Đề thi môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 – Số 7
Câu 1. (2.5 điểm)
a) Rút gọn các biểu thức
\(A = \sqrt {12} + \sqrt {27} – \sqrt {48} \)
\(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x – 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne \pm 1\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x – y = 1\end{array} \right.\)
Câu 2. (2 điểm)
Cho phương trình \({x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)\) (m là tham số )
a) Giải phương trình (*) khi \(m = – 3\)
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(9{x_1} + 2{x_2} = 18\)
Câu 3. (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right),\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;y = \left( {2m – 1} \right)x + 5.\)
a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right).\)
c) Đường thẳng \(y = 2\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A,\;B.\) Tìm tọa độ của \(A,\;B\) và tính diện tích tam giác \(OAB.\)
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA.CK = CE.CH
c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.
d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.
Lời giải chi tiết
Câu 1.
a) Rút gọn các biểu thức
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {12} + \sqrt {27} – \sqrt {48} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {{2^2}.3} + \sqrt {{3^2}.3} – \sqrt {{4^2}.3} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 – 4\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 .\end{array}\)
\(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x – 1}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne \pm 1\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} – \dfrac{{\sqrt x – 1}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1 – \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x – 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{x + 1}}\\\;\; = \dfrac{2}{{x + 1}}.\end{array}\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x – y = 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x – y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\y = 3x – 1\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2\left( {3x – 1} \right) = 12\\y = 3x – 1\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 3x – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {2;\;5} \right).\)
Câu 2.
Cho phương trình \({x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)\) (m là tham số )
a) Giải phương trình (*) khi \(m = – 3\)
Thay \(m = – 3\) vào phương trình (*) ta có: \({x^2} + 5x – 3 = 0\)
Ta có: \(a = 1;b = 5;c = – 3;\)
\(\Delta = {b^2} – 4ac = {5^2} + 12 = 37 > 0\)
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ – 5 – \sqrt {37} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{ – 5 + \sqrt {37} }}{2}\end{array} \right.\)
Vậy khi \(m = – 3\) thì phương trình (*) có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {\dfrac{{ – 5 – \sqrt {37} }}{2};\dfrac{{ – 5 + \sqrt {37} }}{2}} \right\}\)
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(9{x_1} + 2{x_2} = 18\,\,\,\left( 3 \right)\)
+) Phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) khi và chỉ khi \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 25 – 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{{25}}{4}\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – 5\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} = m\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – 5\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_1} + 2{x_2} = – 10\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 7{x_1} = – 28\\{x_2} = – 5 – {x_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 4\\{x_2} = – 9\end{array} \right.\)
Thay \({x_1} = 4;{x_2} = – 9\) vào (2) ta được: \(4.\left( { – 9} \right) = m \Leftrightarrow m = – 36\left( {tm} \right)\)
Vậy \(m = – 36\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
Trong mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right),\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;y = \left( {2m – 1} \right)x + 5.\)
a) Vẽ đồ thị của (P).
Ta có bảng giá trị:
|
\(x\) |
\( – 4\) |
\( – 2\) |
\(0\) |
\(2\) |
\(4\) |
|
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) |
\(8\) |
\(2\) |
\(0\) |
\(2\) |
\(8\) |
Đồ thị:
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right) \Rightarrow 12 = \left( {2m – 1} \right).7 + 5\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 12 = 14m – 7 + 5\\ \Leftrightarrow 14m = 14\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
c) Đường thẳng \(y = 2\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A,\;B.\) Tìm tọa độ của \(A,\;B\) và tính diện tích tam giác \(OAB.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = 2\) và parabol \(\left( P \right)\) là:
\(\dfrac{1}{2}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( { – 2;\;2} \right)\\B\left( {2;\;2} \right)\end{array} \right..\)
Đường thẳng \(y = 2\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( { – 2;\;2} \right)\) và \(B\left( {2;\;2} \right).\)
Gọi \(H\) là giao điểm của đường thẳng \(y = 2\) và trục \(Oy \Rightarrow H\left( {0;\;2} \right).\)
Khi đó ta có: \({S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}}.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{AOH}} = \dfrac{1}{2}AH.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\\{S_{BOH}} = \dfrac{1}{2}HB.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_B}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\end{array} \right..\)
\({S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}} = 2 + 2 = 4.\)
Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là \(4\;\left( {dvdt} \right).\)
Câu 4.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\widehat {AKB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {AKE} = {90^0}\).
Xét tứ giác AHEK có \(\widehat {AKE} + \widehat {AHE} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh CA.CK = CE.CH
Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:
\(\widehat {CKE} = \widehat {CHA} = {90^0};\)
\(\widehat {ACH}\) chung;
\( \Rightarrow \Delta CKE \sim \Delta CHA\,\,\left( {g.g} \right) \)
\(\Rightarrow \dfrac{{CK}}{{CH}} = \dfrac{{CE}}{{CA}} \)
\(\Rightarrow CA.CK = CE.CH\) (đpcm).
c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.
Ta có \(d \bot AC;\,\,\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK\)
\(\Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow d//BK\). (từ vuông góc đến song song).
Xét tam giác OMN có
\(OM = ON\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OMN\) cân tại O.
\( \Rightarrow \) Đường cao OH đồng thời là đường phân giác \( \Rightarrow \widehat {MOB} = \widehat {NOB} \Rightarrow \) sđ cung MB = sđ cung NB.
\( \Rightarrow \widehat {MKB} = \widehat {NKB}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Ta có \(\widehat {KFN} = \widehat {MKB}\) (đồng vị);
\(\widehat {KNF} = \widehat {NKB}\) (so le trong);
Mà \(\widehat {MKB} = \widehat {NKB}\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\Rightarrow \widehat {KFN} = \widehat {KNF} \)
\(\Rightarrow \Delta NEK\) cân tại K.
d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.
Ta có \(\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK \Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow \Delta KEC\) vuông tại K.
Lại có KE = KC (gt) \( \Rightarrow \Delta KEC\) vuông cân tại K \( \Rightarrow \widehat {KEC} = {45^0}\) ;
\( \Rightarrow \widehat {HEB} = \widehat {KEC} = {45^0}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \Delta HEB\) vuông cân tại H \( \Rightarrow \widehat {HBE} = {45^0} \Rightarrow \widehat {OBK} = {45^0}\)
Tam giác OBK có \(OB = OK\;\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OBK\) cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OBK} = \widehat {OKB} = {45^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} – {45^0} – {45^0} = {90^0} \Rightarrow \Delta BOK\) vuông cân tại \(O \Rightarrow OK \bot OB\) ;
Lại có \(MN \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow MN \bot OB\).
Vậy MN // OK.
Để lại một bình luận