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 + 8sqrt 2 )

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho Parabol (left( P right):;;y = - {x^2}) và đường thẳng (left( d right):;;y = 2sqrt 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 = 115x + 2y = 9end{array} right.)

2) Cho phương trình: ({x^2} - 2left( {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} - 2sqrt 5 .sqrt 2 + {left( {sqrt 2 } right)^2} + sqrt {{2^2}.10} ,,,,,;;; = 5 - 2sqrt {10} + 2 + 2sqrt {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 + 8sqrt 2 = {left( {2sqrt 2 } right)^2} + 2.2sqrt 2 .2 + {2^2} = {left( {2sqrt 2 + 2} right)^2} Rightarrow sqrt x = sqrt {{{left( {2sqrt 2 + 2} right)}^2}} = left| {2sqrt 2 + 2} right| = 2sqrt 2 + 2left( {Do,,2sqrt 2 + 2 > 0} right)end{array})

Thay (sqrt x = 2sqrt 2 + 2) vào B ta có (B = sqrt x - 1 = 2sqrt 2 + 2 - 1 = 2sqrt 2 + 1).

Vậy khi (x = 12 + 8sqrt 2 ) thì (B = 2sqrt 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} = 2sqrt 3 x + m + 1)

( Leftrightarrow {x^2} + 2sqrt 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 = 115x + 2y = 9end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 11 - 9x5x + 2y = 9end{array} right. )

(Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 11 - 9x5x + 2left( {11 - 9x} right) = 9end{array} right. )

(Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 11 - 9x5x + 22 - 18x - 9 = 0end{array} right. )

(Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 11 - 9xx = 1end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 2x = 1end{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} - 2left( {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 = 8end{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 > - 6end{array})

+) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: (left{ begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2left( {m + 2} right){x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2end{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 + 5left( {{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 90.20left( {x + 4} right) = 23xleft( {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 = 03x + 200 = 0end{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))

Loigiaihay.com