Đề thi môn Toán tuyển sinh vào lớp 10
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 tất cả các 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: \(\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right.\)
2) Cho phương trình: \({x^2} – 2\left( {m + 2} \right)x + {m^2} + 3m – 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\), (m là tham số)
a. Giải phương trình (1) khi m = 3.
b. Tìm các 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 định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian 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 vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc 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 bán kính \(R = 3cm\). 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 \(OD = 5cm\). Tính diện tích 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 các 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:
\(\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 – 9x\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 – 9x\\5x + 2\left( {11 – 9x} \right) = 9\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 – 9x\\5x + 22 – 18x – 9 = 0\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 – 9x\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\)
1) Cho phương trình: \({x^2} – 2\left( {m + 2} \right)x + {m^2} + 3m – 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\), ( m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 3.
Với m = 3 ta có (1) trở thành:
\({x^2} – 10x + 16 = 0\,\,\left( 2 \right)\)
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 các 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 \(\Delta ‘ > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left[ { – \left( {m + 2} \right)} \right]^2} – \left( {{m^2} + 3m – 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 – {m^2} – 3m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow m > – 6\end{array}\)
+) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m – 2\end{array} \right.\)
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:
\(\begin{array}{l}A = 2018 + 5{x_1}{x_2} – {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\\ = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m – 2} \right) – 4{\left( {m + 2} \right)^2}\\ = 2018 + 5{m^2} + 15m – 10 – 4{m^2} – 16m – 16\\ = {m^2} – m + 1992\\ = {\left( {m – \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{7967}}{4}\,\,\,\,\,\end{array}\)
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 yêu cầu bài toán.
Bài 4:
Gọi vận tốc ban đầu của người đó là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Thời gian dự định 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 tốc là: \(90 – x\;\;\left( {km} \right).\)
Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: \(x + 4\;\;\left( {km/h} \right),\) thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: \(\dfrac{{90 – x}}{{x + 4}}\;\;\left( h \right).\)
Theo đề bài ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{90}}{x} = 1 + \dfrac{9}{{60}} + \dfrac{{90 – x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{90}}{x} = \dfrac{{23}}{{20}} + \dfrac{{90 – x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow 90.20\left( {x + 4} \right) = 23x\left( {x + 4} \right) + 20.\left( {90 – x} \right).x\\ \Leftrightarrow 1800x + 7200 = 23{x^2} + 92x + 1800x – 20{x^2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 92x – 7200 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 36} \right)\left( {3x + 200} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 36 = 0\\3x + 200 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 36\;\;\left( {tm} \right)\\x = – \dfrac{{200}}{3}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc 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 các 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 \(OB = OC = R;\,\,DB = DC\) (tính chất 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 kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được \(\widehat {DCQ} = \widehat {ACG} = \widehat {ABC} = \widehat {DQC} \Rightarrow \Delta DCQ\) cân tại D \( \Rightarrow DC = DQ\)
Lại có \(DB = DC\) (tính chất 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
\(\widehat {ACM} = \widehat {APD}\,\,\left( {\widehat {ACB} = \widehat {APQ}\,\,\left( {cmt} \right)} \right)\)
\(\dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{MC}}{{PD}}\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta ADP\,\,\left( {c.g.c} \right)\)
\(\Rightarrow \widehat {PAD} = \widehat {MAC}\,\,\left( {dpcm} \right)\)
Để lại phản hồi