Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1: Biểu thức \(\sqrt {120 - 6x} \) có nghĩa khi

A. \(x \ge 20\)

B. \(x \le 20\)

C. \(x < 20\)

D. \(x > 20\)

Câu 2: Hàm số \(y = \left( {m - 2023} \right)x + 2024\) (với \(m\) là tham số) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi

A. \(m > 2023\)

B. \(m \ge 2024\)

C. \(m \le 2023\)

D. \(m < 2024\)

Câu 3: Phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Khi đó \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right|\) bằng

A. \(\frac{7}{3}\)

B. \( - \frac{1}{3}\)

C. \(\frac{4}{3}\)

D. \(\frac{1}{3}\)

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại \(A\), biết độ dài các cạnh \(AB = 6\;{\rm{cm}},AC = 8\;{\rm{cm}}\). Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng

A. \(10\;{\rm{cm}}\)

B. \(5\sqrt 2 \;{\rm{cm}}\)

C. \(5\;{\rm{cm}}\)

D. \(\sqrt {10} \;{\rm{cm}}\)

Phần II: Tự luận

Câu 5: Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 5}\\{x - 3y = 9}\end{array}} \right.\)

Câu 6: Cho biểu thức \(A = \frac{{x\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\) (với \(\left. {x \ge 0;x \ne 1} \right)\).

a) Rút gọn biểu thức \(A\).

b) Tìm tất cả các số nguyên \(x\) để \(A\) nhận giá trị nguyên.

Câu 7: Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\) (1) với \(m\) là tham số.

a) Giải phương trình (1) khi \(m = 5\).

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 4.\;\)

Câu 8: Một hãng taxi công nghệ cao có giá cước (giá tiền khách hàng phải trả cho mỗi km) được tính theo các mức như sau:

Mức 1: Giá mở cửa cho \(1\;{\rm{km}}\) đầu tiên là 20000 đồng;

Mức 2: Từ trên \(1\;{\rm{km}}\) đến \(25\;{\rm{km}}\);

Mức 3: Từ trên \(25\;{\rm{km}}\).

Biết rằng anh \({\rm{A}}\) đi \(32\;{\rm{km}}\) phải trả tiền taxi là 479500 đồng còn chị \({\rm{B}}\) đi \(41\;{\rm{km}}\) phải trả 592000 đồng. Hỏi giá cước của hãng taxi trên ở mức 2 và mức 3 là bao nhiêu? Nếu khách hàng đi \(24\;{\rm{km}}\) thì phải trả taxi bao nhiêu tiền?

Câu 9: Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và \(BC\) là một dây cung khác đường kính của \(\left( O \right),A\) là điểm di động trên cung lớn \(BC\) sao cho \(AC > AB\left( {A \ne B} \right)\). Gọi \(D\) là chân đường phân giác trong góc \(\widehat {BAC}\) \(\left( {D \in BC} \right)\). Đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(BC\) cắt đường thẳng \(AD\) tại \(E\). Kẻ \(EH,EK\) lần lượt vuông góc với \(AB\) và \(AC\left( {H \in AB,K \in AC} \right)\).

a) Chứng minh \(EHAK\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(F\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh điểm \(E\) thuộc đường tròn \(\left( O \right)\) và \(E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCF\).

c) Gọi \(M,N,I\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AE,BE\) và \(BC\). Chứng minh \(BMDN\) là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm \(A\) để bốn điểm \(H,N,I,K\) thẳng hàng.

Câu 10: Cho các số thực a, b, c sao cho phương trình \(a{x^2} + bx + c + 2023 = 0\) nhận \(x = 1\)là nghiệm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

\(P = \sqrt {3{a^2} - 2ab + 3{b^2}}  + \sqrt {5{b^2} - 6bc + 5{c^2}}  + \sqrt {6{c^2} - 8ca + 6{a^2}} \)

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Biểu thức có nghĩa khi \(120 - 6x \ge 0\).

Cách giải:

Biểu thức \(\sqrt {120 - 6x} \) có nghĩa khi \(120 - 6x \ge 0\) hay \(x \le 20\).

Chọn B.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Hàm số đồng biến khi a > 0.

Cách giải:

Hàm số \(y = \left( {m - 2023} \right)x + 2024\) đồng biến khi \(m - 2023 > 0\) hay \(m > 2023\).

Chọn A.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

Xét hệ số a + b + c để tìm ra 2 nghiệm của phương trình.

Cách giải:

Phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\) có \(3 + ( - 7) + 4 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm là 1 và \(\frac{4}{3}\).

Khi đó \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {1 - \frac{4}{3}} \right| = \frac{1}{3}\)

Chọn D.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Áp dụng định lí pytago tìm độ dài cạnh còn lại của tam giác ABC. Từ đó tìm được bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng một nửa cạnh BC.

Cách giải:

Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) hay \(B{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100\)Suy ra BC = 10 cm

Vì tam giác ABC vuông tại A nên BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5 cm.

Chọn C.

Phần II: Tự luận

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

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

Cách giải:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 5}\\{x - 3y = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 5}\\{3x - 9y = 27}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{11y = {\rm{ \;}} - 22}\\{x = 9 + 3y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\).

Câu 6 (VD):

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức để rút gọn.

b) Tách \(A = 1 + \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}}\) từ đó tìm x để A nhận giá trị nguyên.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức \(A\).

\(A = \frac{{x\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\)

\(A = \frac{{x\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}} - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{x\sqrt x {\rm{ \;}} + 1 - \left( {x\sqrt x {\rm{ \;}} - x - \sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{x\sqrt x {\rm{ \;}} + 1 - x\sqrt x {\rm{ \;}} + x + \sqrt x {\rm{ \;}} - 1}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{x + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} + 1} \right)\left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 1} \right)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}}.\)

Vậy\(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}}\)với \(x \ge 0;x \ne 1\).

b) Tìm tất cả các số nguyên \(x\) để \(A\) nhận giá trị nguyên.

Ta có \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} = \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1 + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}}\)

Với x nguyên để A nguyên thì \(1 + \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} - 1 \in \left\{ { - 1,1} \right\}\)

\(\sqrt x {\rm{ \;}} - 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 2 \Leftrightarrow x = 4\) (thỏa mãn)

\(\sqrt x {\rm{ \;}} - 1 = {\rm{ \;}} - 1 \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) (thỏa mãn)

Vậy \(x \in \left\{ {0,4} \right\}\) thì P nguyên.

Câu 7 (VD):

Phương pháp:

a) Thay m = 5 vào phương trình (1) và thực hiện giải.

b) Áp dụng hệ thức vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

a) Thay m = 5 vào phương trình (1) ta được:

\({x^2} - \left( {2.5 + 1} \right)x + {5^2} - 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 11x + 24 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \)

Ta có \(\Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 11} \right)^2} - 4.1.24 = 25 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{11 + \sqrt {25} }}{2} = 8}\\{x = \frac{{11 - \sqrt {25} }}{2} = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy với m = 5 phương trình (1) có tập nghiệm \(S = \left\{ {3,8} \right\}\)

b) Ta có \(\Delta {\rm{ \;}} = {\left[ { - \left( {2m + 1} \right)} \right]^2} - 4.1.\left( {{m^2} - 1} \right)\)

            \(\begin{array}{*{20}{l}}{ = 4{m^2} + 4m + 1 - 4{m^2} + 4}\\{ = 4m + 5}\end{array}\)

Để phương trình (1) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0 \Leftrightarrow 4m + 5 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge {\rm{ \;}} - \frac{5}{4}\)

Khi đó theo Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 1}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 1}\end{array}} \right.\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \({x_1}^2 - \left( {2m + 1} \right){x_1} + {m^2} - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \)

\( \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2m{x_1} + {m^2} = {x_1} + 1\)

Ta có: \(\left( {{x_1}^2 - 2m{x_1} + {m^2}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 4\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 4}\\{ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 = 4}\\{ \Leftrightarrow {m^2} - 1 + 2m + 1 + 1 = 4}\\{ \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (TM)}\\{m = {\rm{ \;}} - 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (KTM)}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} }\end{array}\)

Vậy \(m = 1\) là giá trị cần tìm.

Câu 8 (VD):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi giá cước của hãng taxi trên ở mức 2 là x (đồng); giá cước của hãng taxi trên ở mức 3 là y (đồng \(\left( {0 \le x,y} \right)\)

Theo đề bài,

Anh A đi 32 km phải trả tiền taxi là 479500 đồng thì anh A phải trả tiền 1 km theo mức 1; trả (25 - 1) = 24 km theo mức 2 và trả (32 – 25) = 7 km theo mức 3 nên ta có phương trình: \(20000{\rm{ }} + {\rm{ }}24x{\rm{ }} + {\rm{ }}7y{\rm{ }} = {\rm{ }}479500 \Leftrightarrow 24x + 7y = 459500\) (1)

Chị B đi 41 km phải trả 592000 đồng thì chị B phải trả tiền 1 km theo mức 1; trả (25 - 1) = 24 km theo mức 2 và trả (41 – 25) = 16 km theo mức 3 nên ta có phương trình:\(20000{\rm{ }} + {\rm{ }}24x{\rm{ }} + {\rm{ }}16y{\rm{ }} = {\rm{ 5920}}00 \Leftrightarrow 24x + 16y = 572000\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}24x + 7y = 459500\\24x + 16y = 572000\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9y = 112500\\24x + 16y = 572000\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 12500\\x = \frac{{572000 - 16.12500}}{{24}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15500\\y = 12500\end{array} \right.\)

Nếu khách hàng đi 24 km thì khách hàng phải trả tiền 1 km theo mức 1; (24 – 1) = 23 km theo mức 2, khi đó số tiền khách hàng phải trả là:

\(20000 + 23.15500 = 376500\)(đồng)

Vậy giá cước của hãng taxi trên ở mức 2 là 15500 đồng, ở mức 3 là 12500 đồng và khách hàng đi 24 km phải trả 376500 đồng.

Câu 9 (VDC):

Cách giải:

a) Chứng minh EHAK là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác EHAK có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\angle AHE = {{90}^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} EH \bot AB} \right)}\\{\angle AKE = {{90}^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} CEK \bot AC} \right)}\\{ \Rightarrow \angle AHE + \angle AKE = {{90}^0} + {{90}^0} = {{180}^0}}\end{array}\)

Mà hai đỉnh H, K là hai đỉnh đối diện nên EHAK là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Gọi F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh điểm E thuộc đường tròn (O) và E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF.

Chứng minh điểm E thuộc đường tròn (O).

Vì E thuộc phân giác của góc \(\angle BAC\) nên \(EH = EK\) (tính chất).

Vì OE qua O và vuông góc với BC \( \Rightarrow OE\) đi qua trung điểm của BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow EB = EC\) (tính chất).

Xét tam giác vuông EBH và tam giác vuông ECK có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\angle EHB = \angle EKC = {{90}^0}}\\{EB = EC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)}\\{EH = EK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)}\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta EBH = \Delta ECK\) (cạnh góc vuông – cạnh huyền)

\( \Rightarrow \angle EBH = \angle ECK = \angle ACE\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\angle EBH + \angle ABE = {180^0}\) (kề bù)

\( \Rightarrow \angle ACE + \angle ABE = {180^0}\)

Mà B, C là hai đỉnh đối nhau nên ABEC là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Lại có A, B, C cùng thuộc (O) nên ABEC nội tiếp đường tròn (O).

Vậy E thuộc đường tròn (O) (đpcm).

Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF.

Ta có: \(\angle EBF = \angle EBD + \angle DBF\).

Mà \(\angle EBD = \angle EBC = \angle EAC = \angle BAF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC và AE là phân giác của góc A).

\(\angle DBF = \angle ABF\) (do F là tâm đường nội tiếp tam giác ABC nên BF là phân giác của \(\angle ABC\))

\( \Rightarrow \angle EBF = \angle BAF + \angle ABF = \angle EFB\) (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

\( \Rightarrow \Delta EBF\) cân tại E (định nghĩa) \( \Rightarrow EB = EF\) (tính chất).

Mà \(EB = EC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow EB = EC = EF\).

Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF (đpcm).

Xác định vị trí điểm A để bốn điểm H, N, I, K thẳng hàng.

Xét tứ giác BHEI có: \(\angle BHE + \angle BIE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà hai đỉnh H, I đối nhau nên BHEI là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm N đường kính BE (dhnb)

\( \Rightarrow \angle BIH = \angle BEH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH)

Xét tứ giác CEIK có: \(\angle CIE = \angle CKE = {90^0}\)

Mà I, K kề nhau cùng nhìn EC dưới hai góc bằng nhau nên CEIK là tứ giác nội tiếp (dhnb)

\( \Rightarrow \angle KIC = \angle KEC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KC)

Mà \(\Delta EBH = \Delta ECK\) (theo ý b) nên \(\angle BEH = \angle KEC\) (hai góc tương ứng)

\( \Rightarrow \angle BIH = \angle KIC\).

Mà \(\angle BIH + \angle HIC = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle KIC + \angle HIC = {180^0} \Rightarrow \angle HIK = {180^0}\)

=> H, I, K thẳng hàng.

Để H, N, I, K thẳng hàng thì cần H, N, I thẳng hàng.

Vì BHEI là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm N đường kính BE (cmt) nên NH = NI.

Mà H, N, I thẳng hàng => N là trung điểm của HI.

Mà N lại là trung điểm của BE

=> BHEI là hình bình hành (dhnb).

Lại có \(\angle BHE = {90^0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)\) => BHEI là hình chữ nhật (dhnb)

\( \Rightarrow \angle HBI = {90^0} \Rightarrow \angle ABC = {90^0}\).

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại B.

Vậy A nằm trên đường tròn (O) sao cho \(\Delta ABC\) vuông tại B.

Câu 10 (VDC):

Cách giải:

Phương trình \(a{x^2} + bx + c + 2023 = 0\) nhận \(x = 1\) là nghiệm nên ta có: \(a + b + c + 2023 = 0 \Leftrightarrow a + b + c =  - 2023\)

Với mọi \(a,b,c \in \mathbb{R}\) ta có: \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {b - c} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}P = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 2{{\left( {a - b} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {b + c} \right)}^2} + 4{{\left( {b - c} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {c + a} \right)}^2} + 5{{\left( {c - a} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\, \ge \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {b + c} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {c + a} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\, = \left| {a + b} \right| + \left| {b + c} \right| + \left| {c + a} \right|\\\,\,\,\,\, \ge \left| {2\left( {a + b + c} \right)} \right| = 2.2023 = 4046\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{{ - 2023}}{3}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4046 khi \(a = b = c = \frac{{ - 2023}}{3}\).

-----HẾT-----

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong các các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào Câu làm chữ cái in hoa đúng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A)

Câu 1. Biều thức \(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi:

     A. \(x \ge 2021\)                B. \(x > 2021\)                        C. \(x < 2021\)                        D. \(x \le 2021\)

Câu 2. Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\). Giá trị của \(a\) bằng:

     A. \( - 4\)                            B. \(1\)                                    C. \(4\)                                    D. \( - 1\)

Câu 3. Tổng hai nghiệm của phương trình: \(2{x^2} + 7x - 3 = 0\) là:

     A. \(\dfrac{7}{2}\)             B. \( - \dfrac{7}{2}\)              C. \(\dfrac{3}{2}\)                  D. \( - \dfrac{3}{2}\)

Câu 4. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\cos \angle ABC = \dfrac{1}{3};\,BC = 9\,cm\). Độ dài cạnh \(AB\) bằng:

     A. \(27\,cm\)                      B. \(6\sqrt 2 \,cm\)                 C. \(6\,cm\)                             D. \(3\,cm\)

II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 5. (1,25 điểm) Giải phương trình \({x^2} - x - 2 = 0\).

Câu 6. (1,25 điểm) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y =  - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right.\)

Câu 7. (1,0 điểm) Cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - m\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).

Câu 8. (1,0 điểm) Hai đội công nhân A và B làm chung một công việc và dự định hoàn thành trong 12 ngày. Khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo. Hỏi với năng suất ban đầu thì mỗi đội làm một mình sẽ hoàn thành công việc đó trong bao lâu?

Câu 9. (3,0 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn. Qua \(A\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) đến \(\left( O \right)\) (\(B,C\) là các tiếp điểm). Kẻ tia \(Ax\) (nằm giữa hai tia \(AB,AO\)) cắt đường tròn tại \(E\) và \(F\)(\(E\) nằm giữa \(A\) và \(F\)).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AF\) và \(\angle OEF = \angle OHF,\) với \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC.\)

c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(BF\)cắt đường thẳng \(BC\) tại \(K.\) Đường thẳng \(AK\) cắt đường thẳng \(BF\) tại \(M.\) Chứng minh rằng \(MC = 2HF.\)

Câu 10. (1,0 điểm) Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(abc \le 1\). Chứng minh rằng:

\(\dfrac{{a\left( {1 - {b^3}} \right)}}{{{b^3}}} + \dfrac{{b\left( {1 - {c^3}} \right)}}{{{c^3}}} + \dfrac{{c\left( {1 - {a^3}} \right)}}{{{a^3}}} \ge 0\)

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1

Phương pháp:

Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(f\left( x \right) \ge 0\)

Cách giải:

\(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(x - 2021 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2021\)

Chọn A.

Câu 2

Phương pháp:

Thay \(x =  - 1;y = 4\) vào đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\), từ đó tìm được giá trị của \(a\).

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) nên thay \(x =  - 1;y = 4\) vào \(y = a{x^2}\,\), ta được: \(4 = a.{\left( { - 1} \right)^2} \Rightarrow a = 4\)

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được tổng của hai nghiệm.

Cách giải

Ta có: \(\Delta  = {7^2} - 4.\left( { - 3} \right).2 = 73 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = \dfrac{{ - 7}}{2}\)      

Chọn B.

Câu 4

Phương pháp:

Vận dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Cách giải

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cos \angle ABC = \dfrac{{AB}}{{BC}}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow AB = BC.\cos \angle ABC = 9.\dfrac{1}{3} = 3\,\left( {cm} \right)\)

Chọn D.

II. TỰ LUẬN

Câu 5

Phương pháp:

Vận dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh của phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} =  - 1;{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)

Cách giải:

Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x =  - \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;2} \right\}\).

Câu 6

Phương pháp:

Vận dụng phương cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y =  - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x - 3y =  - 12\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x =  - 11\\y = 3x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\end{array} \right.\).

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right) = \left( { - 1,1} \right)\).

Câu 7

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\)

Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\).

Áp dụng định lý Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\)

Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

Thay \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\) và \({y_1}\,;{y_2}\) vào phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình

\({x^2} = 2x - m \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m = 0\,\,\left( * \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = 1 - m\).

Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\).

Khi đó, theo định lý Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).

Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x_1} - m + 2{x_2} - m + {m^2} = 6.2\\ \Leftrightarrow 2.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow 2.2 - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Ta có \({\Delta _m}' = 1 - \left( { - 8} \right) = 9 = {3^2} > 0\) nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1 + 3 = 4\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 1 - 3 =  - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

Vậy \(m =  - 2\) thì đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm thỏa mãn bài toán.

Câu 8

Phương pháp:

Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

Tính được mỗi ngày đội A và đội B làm được bao nhiêu phần của công việc.

Từ giải thiết: hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta lập được phương trình (1).

Từ giả thiết còn lại ta lập được phương trình (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình.

Giải hệ phương trình bày bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Cách giải:

Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

\( \Rightarrow \) Mỗi ngày đội A làm được \(\dfrac{1}{x}\) phần công việc, mỗi ngày đội B làm được \(\dfrac{1}{y}\) phần công việc.

Vì hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\,\,\left( 1 \right)\).

Khi làm chung được 8 ngày thì 2 đội làm được \(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right)\) phần công việc.

8 ngày tiếp theo đội B làm được \(\dfrac{8}{y}\) phần công việc.

Vì khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo nên ta có phương trình

\(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right) + 8.\dfrac{2}{y} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b > 0} \right)\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = \dfrac{1}{{12}}\\a + 3b = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b = \dfrac{1}{{24}}\\a = \dfrac{1}{{12}} - b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{1}{{48}}\\a = \dfrac{1}{{16}}\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).

Với \(a = \dfrac{1}{{16}} \Rightarrow \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{16}} \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).

Với \(b = \dfrac{1}{{48}} \Rightarrow \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{48}} \Leftrightarrow y = 48\,\,\left( {tm} \right)\).

Vậy thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(16\) ngày và \(48\) ngày.

Câu 9

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: chứng minh \(\angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) + Chứng minh

+ Chứng minh  là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Chứng minh \(HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\) suy ra được \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}}\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\) đồng thời chứng minh \(H\) là trung điểm của \(BC\).

\( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

Vậy \(MC = 2HF\)

Cách giải

a) Ta có: \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(B\) là tiếp điểm nên \(AB \bot BO\) \( \Rightarrow \angle ABO = {90^0}\)

               \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(C\) là tiếp điểm nên \(AC \bot CO\) \( \Rightarrow \angle ACO = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Ta có: \(\angle ABE = \angle BFA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung \(BE\)).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\) ta có:

Góc \(\angle BAE\) chung; \(\angle ABE = \angle BFA\) (cmt)

Do đó \(\Delta ABE\) đồng dạng \(\Delta AFB\) (g.g)

\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)(đpcm)

Ta có \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của \(BC\).

          \(OB = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(BC\).

\( \Rightarrow OA\) là trung trực của \(BC \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(H\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAB\) đường cao \(BH\) ta có \(A{B^2} = AH.AO\).

\( \Rightarrow AE.AF = AH.AO \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\).

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta AOF\) có: \(\angle OAF\) chung; \(\dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \Delta AEH \sim \Delta AOF\,\,\left( {c.g.c} \right)\).

\( \Rightarrow \angle AEH = \angle AOF\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow OHEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng gốc trong tại đỉnh đối diện).

\( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì \(OHEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle AHE = \angle AFO\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Mà \(\angle AFO = \angle OFE = \angle OEF = \angle OHF\) (do tam giác \(OEF\) cân tại \(O\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle AHE = \angle OHF\\ \Rightarrow {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle OHF\\ \Rightarrow \angle EHB = \angle FHB\end{array}\)

\( \Rightarrow HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\).

Mà \(HG \bot HA\) nên \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}} \Rightarrow FM = BF\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\).

Lại có \(OA\) là trung trực của \(BC,\,\,OA \cap BC = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(BC\).

\( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

Vậy \(MC = 2HF.\,\,\left( {dpcm} \right)\)

Câu 10

Phương pháp:

Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

Ta cũng làm tương tự và có được điều phải chứng minh.

Cách giải:

BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \ge a + b + c\).

Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

Tương tự \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right)\).

Lại có \({x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx\) \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge xy + yz + zx\).

Mà \(xy + yz + zx = \dfrac{{xyz}}{z} + \dfrac{{yzx}}{x} + \dfrac{{zxy}}{y} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm)

Câu 1: Cho khối hộp chữ nhật có chiều dài 3 m, chiều rộng 2 m  và chiều cao 1m. Thể tích khối hộp đã cho bằng:

A.                          B.                          C.                          D.   

Câu 2:  Biểu thức có giá trị bằng:

A.                            B.                                  C.                D. 

Câu 3:  Tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng:

A.                                    B.                     C.                                    D.   

Câu 4:  Tìm tất cả các giá trị của để biểu thức xác định.

A.                   B.                   C.               D.   

II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 5 (1 điểm) Giải hệ phương trình:  

Câu 6 (2 điểm)  Cho và đường thẳng ( là ẩn, là tham số).

a) Tìm tọa độ giao điểm của và khi  

b) Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt thỏa mãn

Câu 7 (1 điểm)  Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78 km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về A. Hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36 km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4 km/h và vận tốc của mỗi người trong suổ đoạn đường là không thay đổi.

Câu 8 (3,0 điểm): Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn . Gọi là một điểm di động trên cung nhỏ của đường tròn ( không trình với ). Gọi theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ đến các đường thẳng .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh .

c) Tìm vị trí của điểm để lớn nhất.

Câu 9 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương . Chứng minh:

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm)

Câu 1

Phương pháp:

Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước là:

Cách giải:

Thể tích hình hộp chữ nhật cần tính là:

Chọn B.

Câu 2

Phương pháp:

Sử dụng các công thức:

Cách giải:

Chọn D.

Câu 3

Phương pháp:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

Cách giải:

Tổng hai nghiệm của phương trình là:

Chọn A.

Câu 4

Phương pháp:

Biểu thức: xác định  

Cách giải:

Biểu thức xác định

Chọn C.

II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 5

Phương pháp:

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

Cách giải:

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  

Câu 6

Phương pháp:

a) Thay và phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.

Giải phương trình rồi kết luận.

b) Đường thẳng cắt tại hai điểm phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

a) Tìm tọa độ giao điểm của và khi  

Với

+) Với

+) Với

Vậy với thì cắt tại hai điểm phân biệt  

b) Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt thỏa mãn

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình

cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

Đường thẳng cắt tại hai điểm phân biệt và

là hai nghiệm của phương trình

Áp dụng định lý Vi-et ta có:

Theo đề bài ta có:

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 7

Phương pháp:

Gọi vận tốc của người thứ nhất là

Khi đó vận tốc của người thứ hai là:

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo và các đại lượng đã biết.

Dựa vào các giả thiết bài toán để lập phương trình.

Giải phương trình tìm đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Gọi vận tốc của người thứ nhất là

Khi đó vận tốc của người thứ hai là:

Quãng đường người thứ nhất đi được cho đến  khi gặp người thứ hai là:

Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp được người thứ hai là: (giờ).

Thời gian người thứ hai đi đến khi gặp người thứ nhất là: (giờ).

Theo đề bài ta có: Người thức hai xuất phát sau người thứ nhất một giờ nên ta có phương trình:

Vậy vận tốc của người thứ nhất là và vận tốc của người thứ hai là:

Câu 8

Phương pháp:

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

b) Chứng minh hai tam giác và đồng dạng suy ra các tỉ số tưng ứng.

c) Chứng minh thẳng hàng. Từ đó đánh giá GTLN của .

Cách giải:

a) Ta có:

.

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

b) Dễ thấy tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh và góc trong đỉnh đối diện)

Xét và có:

(cạnh tưng ứng) (đpcm).

c) Nối với , với .

Xét tứ giác có .

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên là tứ giác nội tiếp

(cùng chắn cung ) (1)

Xét tứ giác có nên tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau)

(cùng chắn cung ) (2)

Mà (góc tương ứng) (3)

Từ , và suy ra suy ra thẳng hàng hay .

Ta có: (cùng chắn cung )

(cùng chắn cung )

Xét và có:

(cạnh tương tứng)

Mà cố định.

Dấu “=” xảy ra khi hay hay

hay nằm trên đường tròn đường kính .

Kẻ đường kính của đường tròn tâm thì .

Vậy khi .

Câu 9

Phương pháp:

Đánh giá bằng cách sử dụng phối hợp các bất đẳng thức:

+ Bất đẳng thức Cô – si .

+ Bất đẳng thức phụ: .

Cách giải:

Ta có:

Mà (BĐT Cô – si)

.

Ta chứng minh .

Thật vậy,

(luôn đúng).

Do đó , suy ra điều phải chứng minh.

Dấu “=” xảy ra khi .

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức là

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 2. Cặp số là nghiệm của phương trình nào sau đây?

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 3. Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình ?

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 4. Cho phương trình bậc hai có hai nghiệm . Giá trị bằng

A. .

B. .

C. .

D. .

Câu 5. Thống kê điểm kiểm tra học kỳ 2 của lớp 9A thu được bảng như sau:

Theo bảng số liệu trên, lớp 9A có bao nhiêu học sinh đạt điểm 7?

A. 10.

B. 8.

C. 9.

D. 7.

Câu 6. Người ta thống kê lại chiều cao một loại cây sau một năm tuổi cho ở bảng ghép nhóm như sau:

Giá trị đại diện của nhóm bằng

A. 50.

B. 52,5.

C. 55.

D. 18.

Câu 7. Bóng của một cái cây do ánh nắng mặt trời chiếu xuống mặt đất dài 20 m. Biết rằng các tia sáng của ánh nắng mặt trời song song với nhau và tạo với mặt đất một góc (tham khảo hình vẽ bên). Chiều cao của cái cây đó là

A. m.

B. 10 m.

C. 20 m.

D. m.

Câu 8. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 5 dm và chiều cao bằng 6 dm. Thể tích của khối trụ đó là

A. dm.

B. dm.

C. dm.

D. dm.

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 1: (1 điểm) Trong một hộp kín đựng 10 tấm thẻ được đánh số tự nhiên từ 1 đến 10, không có hai thẻ nào được đánh số giống nhau. Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp đã cho. Tính xác suất của biến cố A: "Lấy được thẻ ghi số chẵn".

Câu 2: (1 điểm) Cho biểu thức (với điều kiện , ).

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tìm tất cả các giá trị thực của để .

Câu 3: (1 điểm) Một cái cổng được thiết kế dạng parabol có phương trình biểu diễn trong hệ trục toạ độ Oxy là (với a là hằng số khác 0). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là AB = 6m, chiều cao từ điểm chính giữa cổng đến mặt đấy là OI = 4,5m (tham khảo hình vẽ sau).

a) Tìm hệ số a dựa vào dữ kiện đã cho.

b) Một xe tải có chiều rộng bằng 2m, chiều cao bằng 3,2m (tham khảo hình vẽ trên) đi vào chính giữa cổng trên. Hỏi xe tải này có thể đi qua được cổng đó mà không chạm vào cổng hay không? Giải thích lý do.

Câu 4: (1 điểm) Bác Vĩnh và bác Phúc cùng gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng với tổng số tiền là 900 triệu đồng. Bác Vĩnh gửi vào ngân hàng A với lãi suất 7% một năm, bác Phúc gửi vào ngân hàng B với lãi suất 6% một năm. Sau khi gửi được đúng một năm, tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là 60 triệu đồng. Hỏi ban đầu mỗi bác gửi tiết kiệm bao nhiêu tiền?

Câu 5: (3 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB, có tâm là điểm O. Đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với đường kính AB cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm C. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D (D không trùng với C), kẻ CH vuông góc với đường thẳng BD tại điểm H.

a) Chứng minh tứ giác OBHC nội tiếp.

b) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng HO và BC. Chứng minh HO là tia phân giác của và .

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại điểm K (K không trùng với C). Chứng minh .

Câu 6: (1 điểm) Cho là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

-------- Hết --------

Lời giải

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức là

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Điều kiện xác định của căn thức bậc hai là .

Lời giải:

Điều kiện xác định của biểu thức là , suy ra .

Đáp án: D

Câu 2. Cặp số là nghiệm của phương trình nào sau đây?

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Thay vào các phương trình để tính.

Lời giải:

Thay vào các phương trình, ta được:

nên là nghiệm của phương trình .

Đáp án: B

Câu 3. Cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình ?

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Đối với bài tập trắc nghiệm, sử dụng máy tính cầm tay để bấm nghiệm.

Lời giải:

Sử dụng máy tính cầm tay, ta tính được:.

Đáp án: A

Câu 4. Cho phương trình bậc hai có hai nghiệm . Giá trị bằng

A. .

B. .

C. .

D. .

Phương pháp:

Đối với bài tập trắc nghiệm, sử dụng máy tính cầm tay để bấm nghiệm.

Lời giải:

Sử dụng máy tính cầm tay, ta tính được phương trình có hai nghiệm .

Suy ra .

Đáp án: D

Câu 5. Thống kê điểm kiểm tra học kỳ 2 của lớp 9A thu được bảng như sau:

Theo bảng số liệu trên, lớp 9A có bao nhiêu học sinh đạt điểm 7?

A. 10.

B. 8.

C. 9.

D. 7.

Phương pháp:

Quan sát bảng số liệu để xác định.

Lời giải:

Lớp 9A có 9 học sinh đạt điểm 7.

Đáp án: C

Câu 6. Người ta thống kê lại chiều cao một loại cây sau một năm tuổi cho ở bảng ghép nhóm như sau:

Giá trị đại diện của nhóm bằng

A. 50.

B. 52,5.

C. 55.

D. 18.

Phương pháp:

Giá trị đại diện của nhóm là .

Lời giải:

Giá trị đại diện của nhóm bằng .

Đáp án: B

Câu 7. Bóng của một cái cây do ánh nắng mặt trời chiếu xuống mặt đất dài 20 m. Biết rằng các tia sáng của ánh nắng mặt trời song song với nhau và tạo với mặt đất một góc (tham khảo hình vẽ bên). Chiều cao của cái cây đó là

A. m.

B. 10 m.

C. 20 m.

D. m.

Phương pháp:

Xác định hệ thức lượng tương ứng rồi tính chiều cao cây.

Lời giải:

Chiều cao của cái cây đó là:

Đáp án: C

Câu 8. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 5 dm và chiều cao bằng 6 dm. Thể tích của khối trụ đó là

A. dm.

B. dm.

C. dm.

D. dm.

Phương pháp:

Thể tích khối trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao.

Lời giải:

Thể tích của khối trụ đó là: .

Đáp án: A

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 1: (1 điểm) Trong một hộp kín đựng 10 tấm thẻ được đánh số tự nhiên từ 1 đến 10, không có hai thẻ nào được đánh số giống nhau. Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ trong hộp đã cho. Tính xác suất của biến cố A: "Lấy được thẻ ghi số chẵn".

Lời giải:

Không gian mẫu của phép thử là: gồm 10 phần tử

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A là 2; 4; 6; 8; 10

Vậy xác suất của biến cố A là

Câu 2: (1 điểm) Cho biểu thức (với điều kiện , ).

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tìm tất cả các giá trị thực của để .

Lời giải:

a) (với điều kiện , )

.

Vậy với điều kiện , .

b) (với điều kiện , )

(*)

Đặt . Khi đó phương trình (*) trở thành:

(**)

Ta có .

Do đó, phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt:

(TM);

(loại).

Với thì , suy ra (thỏa mãn).

Vậy để thì .

Câu 3: (1 điểm) Một cái cổng được thiết kế dạng parabol có phương trình biểu diễn trong hệ trục toạ độ Oxy là (với a là hằng số khác 0). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là AB = 6m, chiều cao từ điểm chính giữa cổng đến mặt đấy là OI = 4,5m (tham khảo hình vẽ sau).

a) Tìm hệ số a dựa vào dữ kiện đã cho.

b) Một xe tải có chiều rộng bằng 2m, chiều cao bằng 3,2m (tham khảo hình vẽ trên) đi vào chính giữa cổng trên. Hỏi xe tải này có thể đi qua được cổng đó mà không chạm vào cổng hay không? Giải thích lý do.

Lời giải:

a) Vì parabol đi qua điểm A(-3; - 4,5) nên ta có:

Vậy hệ số .

b)

Chiếc xe tải có chiều rộng bằng 2m nên khoảng cách EI = IF = .

Với thì nên chiều cao tối đa của chiếc xe có thể đi qua cổng là:

Vậy xe tải này có thể đi qua được cổng đó mà không chạm vào cổng.

Câu 4: (1 điểm) Bác Vĩnh và bác Phúc cùng gửi tiền tiết kiệm vào ngân hàng với tổng số tiền là 900 triệu đồng. Bác Vĩnh gửi vào ngân hàng A với lãi suất 7% một năm, bác Phúc gửi vào ngân hàng B với lãi suất 6% một năm. Sau khi gửi được đúng một năm, tổng số tiền lãi mà hai bác nhận được là 60 triệu đồng. Hỏi ban đầu mỗi bác gửi tiết kiệm bao nhiêu tiền?

Lời giải:

Gọi số tiền bác Vĩnh gửi là (triệu đồng),

Số tiền bác Phúc gửi là (triệu đồng)

Bác Vĩnh gửi với lãi suất 7% một năm, tức là số tiền lãi: (triệu đồng)

Bác Phúc gửi với lãi suất 6% một năm, tức là số tiền lãi: (triệu đồng)

Tổng số tiền lãi cả hai bác nhận được là: (triệu đồng)

Vì tổng số tiền lãi cả hai bác nhận được là 60 triệu đồng nên ta có phương trình:

Vậy số tiền ban đầu bác Vĩnh gửi là 600 triệu đồng, số tiền bác Phúc gửi là 300 triệu đồng.

Câu 5: (3 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB, có tâm là điểm O. Đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với đường kính AB cắt nửa đường tròn đã cho tại điểm C. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D (D không trùng với C), kẻ CH vuông góc với đường thẳng BD tại điểm H.

a) Chứng minh tứ giác OBHC nội tiếp.

b) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng HO và BC. Chứng minh HO là tia phân giác của và .

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại điểm K (K không trùng với C). Chứng minh .

Lời giải:

a)

Do tại O nên vuông tại O nên C, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính CB

Có tại H nên vuông tại H nên C, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính CB

Vậy C, H, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính CB hay tứ giác OBHC nội tiếp.

b) Ta có (cùng bằng bán kính của ) nên vuông cân tại O

Khi đó

Do OBHC nội tiếp nên (cùng chắn cung CO)

                và (cùng chắn cung OB)

Suy ra hay OH là phân giác của .

Do OH là phân giác của nên (tính chất đường phân giác)

Do nên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tại C

Suy ra

Mà nên (cùng cộng bằng )

Kết hợp suy ra

Suy ra .

Mà nên hay

c)

Kẻ đường kính CM của . Do nên

Lại có thuộc đường tròn đường kính CD nên hay

Suy ra thẳng hàng

Gọi E’ là giao điểm của CB và DM.

Do CM là đường kính nên nên

Mà nên

Khi đó (Thalès). Mà nên

Vậy suy ra là phân giác của

Mà HE là phân giác của nên hay D, E, K, M thẳng hàng.

Ta có (do cùng cộng với bằng )

Kết hợp . Khi đó  

Suy ra hay

Lại có nên

Suy ra hay

Dấu “=” xảy ra khi K là trung điểm của DE hay K phải thoả mãn , mà nên (vô lý)

Vậy (đpcm)

Câu 6: (1 điểm) Cho là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Lời giải:

Vì nên ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:

Suy ra:

Do đó:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi suy ra

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2 khi

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)