Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long

Đề bài

Bài 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức:

a) \(A = 3\sqrt {18}  + 2\sqrt 8  - \sqrt {72} \)                                              b) \(B = \dfrac{{\sqrt 3  - \sqrt 6 }}{{1 - \sqrt 2 }} + \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \)

Bài 2 (2,0 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\)                                                        b) \(2{x^2} + 5x = 0\)

c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\)                                                      d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).

Bài 3 (2,0 điểm):

a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y =  - \dfrac{1}{2}x + 2\). Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\).

Bài 4 (1,0 điểm): Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 3 giờ đầy bể. Nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể.

Bài 5 (1,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Biết \(AB = 9\,\,cm,\,\,AC = 12\,\,cm\).

a) Tính độ dài \(BC,\,\,AH\) và số đo \(\angle ACB\) (làm tròn đến phút)

b) Phân giác của \(\angle BAC\) cắt \(BC\) tại \(D\). Tính độ dài đoạn thẳng \(BD\).

Bài 6 (2,5 điểm): Từ một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA < 2R\). Vẽ hai tiếp tuyến \(AD,\,\,AE\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(D,\,\,E\) là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(ADOE\) nội tiếp được đường tròn.

b) Lấy điểm \(M\) thuộc cung nhỏ \(DE\) (\(M\) khác \(D\), \(M\) khác \(E\), \(MD < ME\)). Tia \(AM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(N\). Đoạn thẳng \(AO\) cắt cung nhỏ \(DE\) tại \(K\). Chứng minh \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\)

c) Kẻ đường kính \(KQ\) của \(\left( {O;R} \right)\). Tia \(QN\) cắt tia \(ED\) tại \(C\). Chứng minh \(MD.CE = ME.CD\).

Bài 7 (0,5 điểm):

Tìm tất cả các giá trị \(m\) là số nguyên sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {m^2}x - 1\) và \(y =  - x + 2m\) có tọa độ là các số nguyên dương.

Đề bài

Bài 1:

Phương pháp:

Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Thực hiện các phép toán với căn bậc hai

Cách giải:

Bài 2:

Phương pháp:

a) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình hoặc sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số.

b) Phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình về dạng tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\) để giải phương trình.

c) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

d) Phương trình trùng phương nên đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai một ẩn số, giải phương trình này chọn được \(t\) và tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.

Cách giải:

a) \({x^2} - 8x + 15 = 0\)

b) \(2{x^2} + 5x = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {2x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - \dfrac{5}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0; - \dfrac{5}{2}} \right\}\).

c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\5x - 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 2y = 10\\5x - 2y = 8\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 18\\y = 5 - 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5 - 2.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).

d) \(9{x^4} + 8{x^2} - 1 = 0\).

Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành \(9{t^2} + 8t - 1 = 0\) (*)

Ta có \(a - b + c = 9 - 8 - 1 = 0\) nên phương trình (*) có nghiệm \(t =  - 1\,\,\left( {ktm} \right)\) và \(t = \dfrac{1}{9}\,\,\left( {tm} \right)\).

Với \(t = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{1}{9} \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{1}{3}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { \pm \dfrac{1}{3}} \right\}\).

Bài 3:

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\) để vẽ đồ thị của parabol và đường thẳng.

b) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0\)

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét, xác định được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) sau đó thay vào phương trình để tìm tham số \(m\), đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

a) * \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) là parabol nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng và có bảng giá trị như sau:

\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 4;4} \right),\,\,\left( { - 2;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right),\,\,\left( {2;1} \right),\,\,\left( {4;4} \right)\).

* Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y =  - \dfrac{1}{2}x + 2\) có bảng giá trị như sau:

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y =  - \dfrac{1}{2}x + 2\)  đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {4;0} \right)\).

* Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Ta có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 1 - m + 1 = 2 - m\).

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\,\,\left( * \right)\)

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {2^2} - 3.\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 14 = 0\\ \Leftrightarrow 4 - 3m + 3 + {m^2} - 2m + 1 - 14 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 5m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 6\\m =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy chỉ có \(m =  - 1\) thỏa mãn.

Vậy \(m =  - 1\).

Bài 4:

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình, cụ thể gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ) (ĐK: \(x,y > 0\))

Tính được trong \(1\) giờ mỗi vào chạy được bao nhiêu phần của bể.

Lập được hệ phương trình và giải.

Cách giải:

Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(y\) (giờ)

(ĐK: \(x,y > 0\))

\( \Rightarrow \) Trong 1 giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{x}\) bể và vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{y}\) bể.

Vì 2 vòi cùng chảy thì trong 3 giờ đầy bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Trong \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\) giờ vòi một chảy được \(\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{3x}}\) (bể)

Trong \(30\) phút \( = \dfrac{1}{2}\) giờ tiếp theo vòi hai chảy được \(\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{2y}}\) (bể)

Vì nếu mở vòi một chảy một mình trong 20 phút, rồi khóa lại, mở tiếp vòi hai chảy trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được \(\dfrac{1}{8}\) bể nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{{3x}} + \dfrac{1}{{2y}} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\,\left( * \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{{24x}} + \dfrac{{12}}{{24y}} = \dfrac{3}{{24}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{8}{x} + \dfrac{8}{y} = \dfrac{8}{3}\\\dfrac{8}{x} + \dfrac{{12}}{y} = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{y} = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 12\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là \(4\) (giờ), thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể là \(12\) (giờ).

Chú ý:

Khi giải hệ phương trình (*) học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ như sau:

Đặt \(u = \dfrac{1}{x},\,\,v = \dfrac{1}{y}\), hệ phương trình (*) trở thành

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}u + \dfrac{1}{2}y = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u + v = \dfrac{1}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8u + 8v = \dfrac{8}{3}\\8u + 12v = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4v = \dfrac{1}{3}\\u = \dfrac{1}{3} - v\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = \dfrac{1}{{12}}\\u = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Bài 5:

Phương pháp:

a) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(BC\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), tính \(AH\)

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, tính \(\tan \angle ACB \Rightarrow \angle ACB\)

b) Áp dụng định lí đường phân giác trong tam giác.

Cách giải:

a)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = {9^2} + {12^2}\\ \Rightarrow B{C^2} = 81 + 144\\ \Rightarrow B{C^2} = 225\\ \Rightarrow BC = \sqrt {225}  = 15\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,AH.BC = AB.AC\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có:

\(\tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\)

\( \Rightarrow \angle ACB = \arctan \dfrac{3}{4} \approx {37^0}\).

Vậy \(BC = 15\,\,cm,\,\,AH = 7,2\,\,cm\) và \(\angle ACB \approx {37^0}\).

b)

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{9}{{12}} = \dfrac{3}{4}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{DB + DC}} = \dfrac{3}{{3 + 4}} \Rightarrow \dfrac{{DB}}{{BC}} = \dfrac{3}{7}\\ \Rightarrow DB = \dfrac{3}{7}BC = \dfrac{3}{7}.15 = \dfrac{{45}}{7}\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Vậy \(BD = \dfrac{{45}}{7}\,\,cm\).

Bài 6:

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

b) Vận dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và mối quan hệ của 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.

c) Chứng minh: \(\dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\), \(\dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\), \(AD = AE\) suy ra \(\dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\)

Chứng minh \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\), từ đó chứng minh được \(MD.CE = ME.CD\).

Cách giải:

a) Vì \(AD,\,\,AE\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(D,\,\,E\) nên \(\angle ODA = \angle OEA = {90^0}\) (định nghĩa)

Xét tứ giác \(ADOE\) có: \(\angle ODA + \angle OEA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(ADOE\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OA\) là tia phân giác của \(\angle DOE\).

\( \Rightarrow OK\) cũng là tia phân giác của \(\angle DOE\).

\( \Rightarrow \angle DOK = \angle EOK\).

\( \Rightarrow sdcDK = sdcEK\) (2 góc ở tâm bằng nhau thì chắn 2 cung bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle DNK = \angle ENK\) (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

Vậy \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\).

c) Xét \(\Delta AMD\) và \(\Delta ADN\) có:

\(\angle DAN\) chung;

\(\angle ADM = \angle AND\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(DM\))

\( \Rightarrow \Delta AMD \sim \Delta ADN\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{AD}}{{AN}}\)   (1)

Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta AEN\) có:

\(\angle EAN\) chung;

\(\angle AEM = \angle ANE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EM\))

\( \Rightarrow \Delta AME \sim AEN\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{NE}} = \dfrac{{AE}}{{AN}}\)    (2)

Mà \(AD = AE\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)    (3)

Từ  (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ND}} = \dfrac{{ME}}{{NE}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{ND}}{{NE}}\) (4).

Vì \(KQ\) là đường kính của \(\left( O \right)\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow \angle KNQ = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(NK \bot NQ\).

Theo ý b ta có \(NK\) là tia phân giác của \(\angle DNE\) \( \Rightarrow NQ\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\) hay \(NC\) là phân giác ngoài của \(\angle DNE\).

Áp dụng định lí đường phân giác ta có \(\dfrac{{ND}}{{NE}} = \dfrac{{CD}}{{CE}}\)  (5)

Từ (4) và (5) \( \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{ME}} = \dfrac{{CD}}{{CE}} \Rightarrow MD.CE = ME.CD\) (đpcm).

Bài 7:

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số, tìm hoành độ giao điểm của hai hàm số đó sau đó tìm điêu kiện nguyên dương.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{m^2}x - 1 =  - x + 2m\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)x = 2m + 1\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}}\,\left( {do\,\,{m^2} + 1 > 0\,\,\forall m} \right)\end{array}\)

Để giao điểm của 2 đồ thị có tọa độ nguyên dương thì \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} \in {\mathbb{Z}^ + }\,\,\left( * \right)\).

Đặt \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = k\,\,\left( {k \in {\mathbb{Z}^ + }} \right)\) ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2m + 1 = \left( {{m^2} + 1} \right)k\\ \Leftrightarrow 2m + 1 = k{m^2} + k\\ \Leftrightarrow k{m^2} - 2m + k - 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Để tồn tại \(m\) thỏa mãn (*) thì phương trình (1) phải có nghiệm.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ' = 1 - k\left( {k - 1} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow  - {k^2} + k + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \le k \le \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array}\)

Mà \(k \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow k = 1\).

Khi đó ta có \(\dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 1}} = 1 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = 2m + 1 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\).

Thử lại: Với \(m = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{0 + 1}}{{{0^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y =  - 1 + 2.0 =  - 1\) (ktm).

              Với \(m = 2\) \( \Rightarrow x = \dfrac{{2.2 + 1}}{{{2^2} + 1}} = 1 \Rightarrow y =  - 1 + 2.2 = 3\) (tm).

Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = 2\).

Đề bài

Bài 1:

Tính giá trị biểu thức:

a)                                         b)

Bài 2:

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) .                                                       b)

b)                                                  d)

Bài 3:

a) Trong mặt phẳng tọa độ cho hàm số có đồ thị Vẽ đồ thị

b) Cho phương trình ( là ẩn số, là tham số). Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

Bài 4: 

Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.

Bài 5: 

Cho tam giác vuông tại , đường cao AH. Biết

a) Tính độ dài đường cao AH và số đo (làm tròn đến độ)

b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC , tính diện tích tam giác

Bài 6: 

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng vuông góc với OA tại M . Trên lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn . Kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng )

a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.

b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh .

c) Gọi H là giao điểm của AC và , F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh

Bài 7:

Cho hai phương trình và ( là ẩn số, là tham số).

Tìm giá trị của tham số để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung .

Lời giải

Bài 1. (1,0 điểm)

Cách giải:

Tính giá trị biểu thức:

a)

Vậy .

b)

Vậy .

Bài 2. (2,0 điểm)

Cách giải:

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) .

Nhận xét:

Ta có: nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt , .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

b)

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

c)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

d)

Đặt , khi đó phương trình trở thành:

Với .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Bài 3. (2 điểm)

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng tọa độ cho hàm số có đồ thị Vẽ đồ thị

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm

Đồ thị hàm số:

b) Cho phương trình ( là ẩn số, là tham số). Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

Xét phương trình .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Với thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy .

Bài 4. (1,0 điểm)

Cách giải:

Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi.

Gọi vận tốc dự định của người đó là

Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là:

Vận tốc thực tế người đó đi là:

Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:

Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định phút giờ nên ta có phương trình:

Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h.

Bài 5. (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác vuông tại , đường cao AH. Biết

a) Tính độ dài đường cao AH và số đo (làm tròn đến độ)

Xét tam giác vuông tại có đường cao theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

.

Xét tam giác vuông tại ta có: .

Vậy và .

b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC , tính diện tích tam giác

Ta có: .

Vì là trung điểm cạnh nên .

Suy ra .

Diện tích tam giác vuông tại là .

Bài 6. (2,5 điểm)

Cách giải:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng vuông góc với OA tại M . Trên lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn . Kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng )

a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn.

Ta có:

  là tiếp tuyến với   tại   nên

Tứ giác có

Nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng)  (đpcm)

b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh .

Nối với với

Xét và có:

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung )

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

(đpcm)

c) Gọi H là giao điểm của AC và , F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh

Xét và có:

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Mà nên

Xét và có:

(các góc tương ứng)   (1)

Kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn

Do   (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét và có:

(các góc tương ứng)   (2)

Lại có tứ giác   nội tiếp (câu a) nên bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.  (3)

Tứ giác có nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng )

Do đó bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.  (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm   cùng thuộc một đường tròn.

Tứ giác nội tiếp.

(tính chất)  (5)

Từ (1), (2) và (5) suy ra

thằng hàng hay là giao điểm của với nửa đường tròn

Tứ giác nội tiếp

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) (đpcm).

Bài 7. (0,5 điểm)

Cách giải:

Cho hai phương trình và ( là ẩn số, là tham số).

Tìm giá trị của tham số để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung .

Phương trình (1) có hai nghiệm

Phương trình (2) có hai nghiệm

Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là

Giải phương trình (4) ta được:

+) Với ta có:

không thỏa mãn bài toán.

+) Với ta có:

thỏa mãn bài toán.

Vậy thỏa mãn bài toán.

Đề bài

Bài 1 (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức:

a)

b)

Bài 2 (2,0 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)                                 b)

c)                           d)  

Bài 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ cho hàm số   có đồ thị

a) Vẽ đồ thị

b) Tìm giá trị của để đường thẳng (với là tham số) cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ là thỏa mãn

Câu 4 (1,0 điểm) Một công ty vận tải dự định dùng loại xe lớn để vận chuyển 20 tấn hàng hóa theo một hợp đồng. Nhưng khi vào việc công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng những xe nhỏ. Mỗi xe nhỏ vận chuyển được khối lượng ít hơn 1 tấn so với mỗi xe lớn theo dự định. Để đảm bảo thời gian đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi mỗi xe nhỏ vận chuyển bao nhiêu tấn hàng hóa (Biết các xe cùng loại thì có khối lượng vận chuyển như nhau).

Bài 5 (1 điểm): Cho tam giác có

a) Chứng minh tam giác vuông.

b) Tính số đo và độ dài đường cao của

Bài 6 (2,5 điểm)

Cho đường tròn đường kính và điểm bất kì thuộc đường tròn sao cho  . Kẻ tiếp tuyến tại của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia ở . Tiếp tuyến của đường tròn tại cắt ở .

a) Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh song song với .

c) Qua kẻ đường thẳng vuông góc với và cắt đường thẳng tại . Gọi giao điểm của và là . Chứng minh thẳng hàng.

Bài 7 (0,5 điểm)

Cho là các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải

Bài 1 (TH):

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức .

b) Đưa các biểu thức dưới dấu căn về hằng đẳng thức.

Cách giải:

a)

Vậy .

b)

Vậy .

Bài 2 (TH):

Phương pháp:

a, b) Đưa phương trình về dạng tích rồi giải phương trình tích, hoặc dùng công thức nghiệm cho phương trình bậc hai.

c) Đặt , đặt điều kiện và giải phương trình ẩn . Đối chiếu điều kiện rồi tìm .

d) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

a)

Vậy phương trình có tập nghiệm .

b)

Vậy phương trình có tập nghiệm .

c) Đặt .

Khi đó phương trình trở thành

Với .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm .

d)

Vậy hệ đã cho có nghiệm là .

Bài 3 (VD)

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm rồi tìm điều kiện đề phương trình có hai nghiệm phân biệt

Biến đổi giả thiết để xuất hiện tích hai nghiệm rồi sử dụng hệ thức Vi-et

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị

Bảng giá trị của hàm số

Vẽ đường cong đi qua các điểm có tọa độ ta được parabol

Hình vẽ:

b) Tìm giá trị của để đường thẳng (với là tham số) cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ là thỏa mãn

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol , ta có

(*)

Phương trình (*) có

Để đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ là thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

Theo hệ thức Vi-ét ta có

Theo bài ra ta có

Vậy là giá trị cần tìm.

Bài 4 (VD): 

Phương pháp:

Bước 1: Lập phương trình

- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số.

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2. Giải phương trình.

Bước 3: Kết luận

Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thoả mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không, rồi kết luận.

Cách giải:

Gọi số tấn hàng hóa mỗi xe nhỏ vận chuyển được là: (tấn)

 Mỗi xe lớn vận chuyển được số tấn hàng là: (tấn)

Khi đó số xe nhỏ dự định phải dùng để chở hết 20 tấn hàng hóa là: (xe) .

Số xe lớn dự định phải dùng  để chở hết 20 tấn hàng hóa là: (xe)

Vì thực tế số xe nhỏ phải dùng nhiều hơn dự định là 1 xe. Nên ta có phương trình:  

Giải phương trình:

 Vậy mỗi xe nhỏ vận chuyển được  4 tấn hàng hóa.

Bài 5 (VD)

Phương pháp:

a) Áp dụng định lý Pitago đảo để chứng minh tam giác vuông.

b) Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.

Cách giải:

a) Chứng minh tam giác vuông.

Ta có:

vuông tại (định lý Pitago đảo).

b) Tính số đo và độ dài đường cao của

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong ta có:

Áp dụng hệ thức lượng trong vuông tại và có đường cao ta có:

Vậy

Bài 6 (2,5 điểm) (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh tổng hai góc đối của tứ giác bằng .

b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.

c) Chứng minh là trọng tâm tam giác .

Cách giải:

a) Ta có: (tính chất tiếp tuyến)

(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác có , mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác nội tiếp hay bốn điểm cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét (O) Ta có: là tia phân giác trong góc (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

(1)

Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ) (2)

Từ và suy ra

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên (đpcm).

c) Vì

Mà là trung điểm của là đường trung bình của tam giác

là trung điểm của là trung tuyến của tam giác .

Lại có , mà là trung điểm của là đường trung bình của tam giác

là trung điểm của là trung tuyến của tam giác .

Mà là trung tuyến của tam giác .

Mặt khác ta lại có:

Do đó đồng qui tại là trọng tâm của tam giác .

Suy ra thẳng hàng.

Bài 7 (VDC):

Phương pháp:

Thay vào biểu thức và rút gọn.

Đánh giá GTNN của biểu thức thu được và kết luận.

Cách giải:

Ta có: thay vào ta được:

 Dễ thấy .

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có .

Suy ra .

Dấu “=” xảy ra khi .

Vậy khi .

Đề bài

Bài 1 (2.0 điểm):

a) Tính giá trị biểu thức:         b) Rút gọn biểu thức:

Bài 2 (2.0 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)                                                                      b)

c)                                                                     d)

Bài 3 (1.0 điểm):

a)      Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): . Vẽ đồ thị Parabol  (P).

b)      Cho phương trình:   ( với x là ẩn số, m là tham số). Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   thỏa mãn điều kiện: 

Bài 4 (1.0 điểm):

Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai.

Bài 5 (1.0 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AB = 3 cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH và diện tích tam giác ABM.

Bài 6 (2.5 điểm):

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC.

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn.

b) Biết Tính số đo .

c) Chứng minh

Bài 7 (0.5 điểm):    Cho Tính

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải

Bài 1:

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức:   và công thức trục căn thức ở mẫu:

Cách giải:

a) Tính giá trị biểu thức:

Vậy

b) Rút gọn biểu thức:

Vậy B = 4.

Bài 2:

Phương pháp:

a)      Sử dụng công thức tìm nghiệm nhanh của phương trình bậc hai:   thì phương trình luôn có 1 nghiệm là và nghiệm còn lại là: .

b)      Sử dụng hằng đẳng thức để tìm nghiệm của phương trình.

c)      Cách 1:Đặt Sau đó giải phương trình bậc hai ẩn t để tìm nghiệm.

Cách 2: Đặt làm nhân tử chung, đưa phương trình về dạng phương trình tích để tìm x.

d)      Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

Ta có: nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt là:

Vậy tập nghiệm của phương trình là: .

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất:

Bài 3:

Phương pháp:

a)      Lập bảng giá trị x, y tương ứng với các điểm mà đồ thị (P) đi qua.

b)      Bước 1: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt: PT có 2 nghiệm phân biệt

Bước 2: Kết hợp hệ thức Vi-et với điều kiện đề bài để tìm m. Hệ thức Vi-et:

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): . Vẽ đồ thị Parabol  (P).

Bảng giá trị

Khi đó đồ thị hàm số đã cho  là 1 đường cong và đi qua các điểm

b) Cho phương trình:   (với x là ẩn số, m là tham số). Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   thỏa mãn điều kiện:

+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (1) ta có:

Theo đầu bài ta có

Kết hợp với điều kiện   ta có: thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Phương pháp:

Các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

+) Đặt ẩn và tìm điều kiện cho ẩn

+) Biểu thị các đại lượng chưa biết qua ẩn

+) Lập phương trình hoặc hệ phương trình theo ẩn

+) Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện của ẩn sau đó kết luận

Cách giải:

Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai.

Gọi vận tốc của xe thứ hai là

Vận tốc của xe thứ nhất là:

Thời gian  xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là::

Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:

Ta có xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút:

Theo bài ra ta có phương trình:

Vậy xe thứ hai đi với vận tốc là: 40km/h.

Bài 5:

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức đường cao trong tam giác vuông

để tính AH.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC để tính BC.

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác ABM:

Cách giải:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC có

Do M là trung điểm của BC nên ta có:

Xét tam giác ABM có đường cao AH ta có:

Bài 6:

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn.

Ta có: AD, CF lần lượt là các đường cao của tam giác ABC nên:

Nên:

Suy ra tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn đường kính BH với tâm là trung điểm của BH. (tổng 2 góc đối trong 1 tứ giác bằng

b) Biết Tính số đo .

Ta có:

Xét tam giác vuông BEC vuông tại E có EM là trung tuyến nên:

Nên tam giác EMC là tam giác đều khi đó ta có:

Vậy

c) Chứng minh

Xét tứ giác BFEC ta có:

Mà 2 đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông nên tứ giác BFEC nội tiếp.

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

Mà tứ giác BFHD nội tiếp đường tròn (chứng minh câu a)

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD)  (2)

Từ (1) và (2) ta có: .

Mà (tứ giác AFHE nội tiếp)

(tứ giác BFHD nội tiếp)

Từ đó ta có: (do tam giác MEC cân tại M)

Xét tứ giác DFEM ta có: nên tứ giác DFEM nội tiếp.

Vậy ta có:

Bài 7:

Cách giải:

Ta có:

Do đó: