Đề số 1 – Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1 (1,5 điểm)

1 ) Rút gọn biểu thức \ ( A = { \ left ( { \ sqrt 5 – \ sqrt 2 } \ right ) ^ 2 } + \ sqrt { 40 } \ )

2) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{x – \sqrt x }}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)

Tính giá trị của B khi \ ( x = 12 + 8 \ sqrt 2 \ )

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho Parabol \ ( \ left ( P \ right ) : \ ; \ ; y = – { x ^ 2 } \ ) và đường thẳng \ ( \ left ( d \ right ) : \ ; \ ; y = 2 \ sqrt 3 x + m + 1 \ ) ( m là tham số ) .
1 ) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) .
2 ) Tìm tổng thể những giá trị của tham số m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt .

Bài 3 (2,0 điểm)

1 ) Giải hệ phương trình : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } 9 x + y = 11 \ \ 5 x + 2 y = 9 \ end { array } \ right. \ )
2 ) Cho phương trình : \ ( { x ^ 2 } – 2 \ left ( { m + 2 } \ right ) x + { m ^ 2 } + 3 m – 2 = 0 \, \, \ left ( 1 \ right ) \ ), ( m là tham số )
a. Giải phương trình ( 1 ) khi m = 3 .
b. Tìm những giá trị của tham số m để phương trình ( 1 ) có hai nghiệm phân biệt \ ( { x_1 }, { x_2 } \ ) sao cho biểu thức \ ( A = 2018 + 3 { x_1 } { x_2 } – x_1 ^ 2 – x_2 ^ 2 \ ) đạt giá trị nhỏ nhất .

Bài 4  (1,5 điểm)

Một người dự tính đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời hạn đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng tốc độ thêm 4 km / h. Tính tốc độ lúc đấy của người đó .

Bài 5  (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn ( O ) có nửa đường kính \ ( R = 3 cm \ ). Các tiếp tuyến với ( O ) tại B và C cắt nhau tại D .
1 ) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn .
2 ) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \ ( OD = 5 cm \ ). Tính diện tích quy hoạnh của tam giác BCD .
3 ) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với ( O ) tại A, d cắt những đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \ ( AB.AP = AQ.AC \ )
4 ) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

\(\begin{array}{l}1)\,\,A = {\left( {\sqrt 5  – \sqrt 2 } \right)^2} + \sqrt {40} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} – 2\sqrt 5 .\sqrt 2  + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + \sqrt {{2^2}.10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 5 – 2\sqrt {10}  + 2 + 2\sqrt {10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 7.\\2)\,\,B = \left( {\dfrac{{x – \sqrt x }}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\,\,\,\left( {x > 0,\,\,x \ne 1} \right)\\\;\;\;\;\;\;\; = \left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  – 1} \right)}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\\\;\;\;\;\;\;\; = \left( {\sqrt x  – \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{x – 1}}{{\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt x  – 1\,\,\end{array}\)

Ta có\ ( \ begin { array } { l } x = 12 + 8 \ sqrt 2 = { \ left ( { 2 \ sqrt 2 } \ right ) ^ 2 } + 2.2 \ sqrt 2. 2 + { 2 ^ 2 } = { \ left ( { 2 \ sqrt 2 + 2 } \ right ) ^ 2 } \ \ \ Rightarrow \ sqrt x = \ sqrt { { { \ left ( { 2 \ sqrt 2 + 2 } \ right ) } ^ 2 } } = \ left | { 2 \ sqrt 2 + 2 } \ right | = 2 \ sqrt 2 + 2 \ \ \ left ( { Do \, \, 2 \ sqrt 2 + 2 > 0 } \ right ) \ end { array } \ )Thay \ ( \ sqrt x = 2 \ sqrt 2 + 2 \ ) vào B ta có \ ( B = \ sqrt x – 1 = 2 \ sqrt 2 + 2 – 1 = 2 \ sqrt 2 + 1 \ ) .Vậy khi \ ( x = 12 + 8 \ sqrt 2 \ ) thì \ ( B = 2 \ sqrt 2 + 1 \ )

Bài 2:

1 ) Vẽ đồ thị hàm số \ ( \ left ( P \ right ) : \ ; \ ; y = – { x ^ 2 } \ ) :Ta có bảng giá trị :

\ ( x \ ) – 2 – 1 0 1 2
\ ( \ ; y = – { x ^ 2 } \ ) – 4 – 1 0 – 1 – 4

Đồ thị hàm số :

                                  

2 ) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là : \ ( – { x ^ 2 } = 2 \ sqrt 3 x + m + 1 \ )\ ( \ Leftrightarrow { x ^ 2 } + 2 \ sqrt 3 x + m + 1 = 0 \ ; \ ; \ ; \ left ( * \ right ) \ )Để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình ( * ) phải có hai nghiệm phân biệt \ ( \ Leftrightarrow \ Delta ‘ > 0 \ )\ ( \ begin { array } { l } \ Leftrightarrow { \ left ( { \ sqrt 3 } \ right ) ^ 2 } – m – 1 > 0 \ \ \ Leftrightarrow 2 – m > 0 \ \ \ Leftrightarrow m < 2. \ end { array } \ )Vậy với \ ( m < 2 \ ) thì đường thẳng \ ( \ left ( d \ right ) \ ) cắt đồ thị hàm số \ ( \ left ( P \ right ) \ ) tại hai điểm phân biệt .

Bài 3

Ta có :\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } 9 x + y = 11 \ \ 5 x + 2 y = 9 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 11 – 9 x \ \ 5 x + 2 y = 9 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 11 – 9 x \ \ 5 x + 2 \ left ( { 11 – 9 x } \ right ) = 9 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 11 – 9 x \ \ 5 x + 22 – 18 x – 9 = 0 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 11 – 9 x \ \ x = 1 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 2 \ \ x = 1 \ end { array } \ right. \ )

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất \ ( \ left ( { x ; y } \ right ) = \ left ( { 1 ; 2 } \ right ) \ )1 ) Cho phương trình : \ ( { x ^ 2 } – 2 \ left ( { m + 2 } \ right ) x + { m ^ 2 } + 3 m – 2 = 0 \, \, \ left ( 1 \ right ) \ ), ( m là tham số )a ) Giải phương trình ( 1 ) khi m = 3 .Với m = 3 ta có ( 1 ) trở thành :\ ( { x ^ 2 } – 10 x + 16 = 0 \, \, \ left ( 2 \ right ) \ )Ta có : \ ( \ Delta ‘ = { \ left ( { – 5 } \ right ) ^ 2 } – 16 = 9 > 0 \ )Khi đó phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt là :

\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 5 – 3 = 2\\{x_2} = 5 + 3 = 8\end{array} \right.\)

Vậy với m = 3 thì phương trình ( 1 ) có tập nghiệm là : \ ( S = \ left \ { { 2 ; 8 } \ right \ } \ )b ) Tìm những giá trị của tham số m để phương trình ( 1 ) có hai nghiệm phân biệt \ ( { x_1 }, { x_2 } \ ) sao cho biểu thức \ ( A = 2018 + 3 { x_1 } { x_2 } – x_1 ^ 2 – x_2 ^ 2 \ ) đạt giá trị nhỏ nhất .+ ) Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm phân biệt \ ( { x_1 }, { x_2 } \ ) khi và chỉ khi \ ( \ Delta ‘ > 0 \ )\ ( \ begin { array } { l } \ Leftrightarrow { \ left [ { – \ left ( { m + 2 } \ right ) } \ right ] ^ 2 } – \ left ( { { m ^ 2 } + 3 m – 2 } \ right ) > 0 \ \ \ Leftrightarrow { m ^ 2 } + 4 m + 4 – { m ^ 2 } – 3 m + 2 > 0 \ \ \ Leftrightarrow m > – 6 \ end { array } \ )

+ ) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình ( 1 ) ta có : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { x_1 } + { x_2 } = 2 \ left ( { m + 2 } \ right ) \ \ { x_1 } { x_2 } = { m ^ 2 } + 3 m – 2 \ end { array } \ right. \ )Ta có :\ ( \ begin { array } { l } A = 2018 + 3 { x_1 } { x_2 } – x_1 ^ 2 – x_2 ^ 2 \ \ \, \, \, \, \, = 2018 + 3 { x_1 } { x_2 } – \ left [ { { { \ left ( { { x_1 } + { x_2 } } \ right ) } ^ 2 } – 2 { x_1 } { x_2 } } \ right ] \ \ \, \, \, \, \, = 2018 + 5 { x_1 } { x_2 } – { \ left ( { { x_1 } + { x_2 } } \ right ) ^ 2 } \ end { array } \ )Thay Viet vào A ta được :\ ( \ begin { array } { l } A = 2018 + 5 { x_1 } { x_2 } – { \ left ( { { x_1 } + { x_2 } } \ right ) ^ 2 } \ \ = 2018 + 5 \ left ( { { m ^ 2 } + 3 m – 2 } \ right ) – 4 { \ left ( { m + 2 } \ right ) ^ 2 } \ \ = 2018 + 5 { m ^ 2 } + 15 m – 10 – 4 { m ^ 2 } – 16 m – 16 \ \ = { m ^ 2 } – m + 1992 \ \ = { \ left ( { m – \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) ^ 2 } + \ dfrac { { 7967 } } { 4 } \, \, \, \, \, \ end { array } \ )Ta có : \ ( A \ ge \ dfrac { { 7967 } } { 4 } \ ). Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi \ ( m = \ dfrac { 1 } { 2 } \ left ( { tm } \ right ) \ )Vậy \ ( m = \ dfrac { 1 } { 2 } \ ) thỏa mãn nhu cầu nhu yếu bài toán .

Bài 4:

Gọi tốc độ bắt đầu của người đó là \ ( x \ ; \ ; \ left ( { km / h } \ right ), \ ; \ ; \ left ( { x > 0 } \ right ). \ )

Thời gian dự tính người đó đi hết quãn đường là : \ ( \ dfrac { { 90 } } { x } \ ; \ ; \ left ( h \ right ). \ )Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là : \ ( x \ ; \ ; \ left ( { km } \ right ). \ )Quãng đường còn lại người đó phải tăng cường là : \ ( 90 – x \ ; \ ; \ left ( { km } \ right ). \ )Vận tốc của người đó sau khi tăng cường là : \ ( x + 4 \ ; \ ; \ left ( { km / h } \ right ), \ ) thời hạn người đó đi hết quãng đường còn lại là : \ ( \ dfrac { { 90 – x } } { { x + 4 } } \ ; \ ; \ left ( h \ right ). \ )Theo đề bài ta có phương trình :\ ( \ begin { array } { l } \ dfrac { { 90 } } { x } = 1 + \ dfrac { 9 } { { 60 } } + \ dfrac { { 90 – x } } { { x + 4 } } \ \ \ Leftrightarrow \ dfrac { { 90 } } { x } = \ dfrac { { 23 } } { { 20 } } + \ dfrac { { 90 – x } } { { x + 4 } } \ \ \ Leftrightarrow 90.20 \ left ( { x + 4 } \ right ) = 23 x \ left ( { x + 4 } \ right ) + 20. \ left ( { 90 – x } \ right ). x \ \ \ Leftrightarrow 1800 x + 7200 = 23 { x ^ 2 } + 92 x + 1800 x – 20 { x ^ 2 } \ \ \ Leftrightarrow 3 { x ^ 2 } + 92 x – 7200 = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left ( { x – 36 } \ right ) \ left ( { 3 x + 200 } \ right ) = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left [ \ begin { array } { l } x – 36 = 0 \ \ 3 x + 200 = 0 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow \ left [ \ begin { array } { l } x = 36 \ ; \ ; \ left ( { tm } \ right ) \ \ x = – \ dfrac { { 200 } } { 3 } \ ; \ ; \ left ( { ktm } \ right ) \ end { array } \ right .. \ end { array } \ )

Vậy tốc độ lúc đầu của người đó là \ ( 36 \ ; km / h. \ )

Bài 5.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

Do DB, DC là những tiếp tuyến của đường tròn ( O ) \ ( \ Rightarrow \ widehat { OBD } = \ widehat { OCD } = { 90 ^ 0 } \ )Xét tứ giác OBDC có \ ( \ widehat { OBD } + \ widehat { OCD } = { 90 ^ 0 } + { 90 ^ 0 } = { 180 ^ 0 } \ ) \ ( \ Rightarrow \ ) tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp ( Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \(OD = 5cm\). Tính diện tích của tam giác BCD.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có \ ( BD = \ sqrt { O { D ^ 2 } – O { B ^ 2 } } = \ sqrt { { 5 ^ 2 } – { 3 ^ 2 } } = 4 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )Ta có \ ( OB = OC = R ; \, \, DB = DC \ ) ( đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau )\ ( \ Rightarrow O ; \, \, D \ ) thuộc trung trực của BC \ ( \ Rightarrow OD \ ) là trung trực của BC \ ( \ Rightarrow OD \ bot BC \ ) .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có :\ ( DM.DO = D { B ^ 2 } \ ) \ ( \ Rightarrow DM = \ dfrac { { D { B ^ 2 } } } { { DO } } = \ dfrac { { { 4 ^ 2 } } } { 5 } = \ dfrac { { 16 } } { 5 } \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )\ ( BM.OD = OB.BD \ ) \ ( \ Rightarrow BM = \ dfrac { { OB.BD } } { { OD } } = \ dfrac { { 3.4 } } { 5 } = \ dfrac { { 12 } } { 5 } \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Vậy \ ( { S_ { \ Delta DBC } } = \ dfrac { 1 } { 2 } DM.BC = DM.BM \ ) \ ( \, = \ dfrac { { 16 } } { 5 }. \ dfrac { { 12 } } { 5 } = \ dfrac { { 192 } } { { 25 } } = 7,68 \, \, \ left ( { c { m ^ 2 } } \ right ) \ )

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \(AB.AP = AQ.AC\)

Ta có \ ( \ widehat { APQ } = \ widehat { xAB } \ ) ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax / / PQ )Mà \ ( \ widehat { xAB } = \ widehat { ACB } \ ) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của ( O ) ) .\ ( \ Rightarrow \ widehat { APQ } = \ widehat { ACB } \ )Xét tam giác ABC và tam giác AQP có :\ ( \ widehat { PAQ } \ ) chung ;\ ( \ widehat { APQ } = \ widehat { ACB } \, \, \ left ( { \, cmt } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ Delta ABC \ sim \ Delta AQP \, \, \ left ( { g. g } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { AB } } { { AQ } } = \ dfrac { { AC } } { { AP } } \ )\ ( \ Rightarrow AB.AP = AC.AQ \ )

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Kéo dài BD cắt D tại F .Ta có \ ( \ widehat { DBP } = \ widehat { ABF } \ ) ( đối đỉnh )Mà \ ( \ widehat { ABF } = \ widehat { ACB } \ ) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB )

\ ( \ widehat { ACB } = \ widehat { APD } \ ) ( do )\ ( \ Rightarrow \ widehat { DBP } = \ widehat { APD } = \ widehat { BPD } \ Rightarrow \ Delta DBP \ ) cân tại D \ ( \ Rightarrow DB = DP \ )Tương tự lê dài DC cắt d tại G, ta chứng tỏ được \ ( \ widehat { DCQ } = \ widehat { ACG } = \ widehat { ABC } = \ widehat { DQC } \ Rightarrow \ Delta DCQ \ ) cân tại D \ ( \ Rightarrow DC = DQ \ )Lại có \ ( DB = DC \ ) ( đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ) \ ( \ Rightarrow DP = DQ \ Rightarrow D \ ) là trung điểm của PQ .Ta có : \ ( \ Delta ABC \ sim \ Delta AQP \, \, \ left ( { cmt } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { AB } } { { AQ } } = \ dfrac { { AC } } { { AP } } = \ dfrac { { BC } } { { PQ } } = \ dfrac { { 2MC } } { { 2PD } } \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { AC } } { { AP } } = \ dfrac { { MC } } { { PD } } \ )Xét tam giác \ ( AMC \ ) và tam giác \ ( ADP \ ) có\ ( \ widehat { ACM } = \ widehat { APD } \, \, \ left ( { \ widehat { ACB } = \ widehat { APQ } \, \, \ left ( { cmt } \ right ) } \ right ) \ )\ ( \ dfrac { { AC } } { { AP } } = \ dfrac { { MC } } { { PD } } \, \, \ left ( { cmt } \ right ) \ )

\( \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta ADP\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

\ ( \ Rightarrow \ widehat { PAD } = \ widehat { MAC } \, \, \ left ( { dpcm } \ right ) \ )

Loigiaihay.com

Source: https://ta-ogilvy.vn
Category: Hỏi Đáp