Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán — Không quảng cáo

Đề bài

Bài 1. (1,5 điểm)

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}$

b) Cho $a \ge 0,a \ne 4.$ Chứng minh $\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1$ .

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.$

b) Giải phương trình $4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11$

Bài 3. (1,5 điểm)

Vẽ đồ thị của các hàm số $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}$  và $y = x - 4$  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ (đơn vị đo trên các tọa độ là centimet).

Bài 4 (1 điểm):

Cho  phương trình ${x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,$ với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;{x_2}$ thỏa mãn hệ thức $2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.$

Bài 5 (1 điểm):

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Bài 6 (3 điểm):

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

b) AH.AK = HB.MK.

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}$

$A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}$

$\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}$

$\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}$

$\;\;\;= 2 + \sqrt 3$

b) Cho $a \ge 0,a \ne 4.$ Chứng minh $\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1$ .

Với: $a \ge 0,a \ne 4.$

$\begin{array}{l}VT = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a  - 2} \right)\left( {\sqrt a  + 2} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{2}{{\sqrt a  + 2}}\\ = 1 = VP\end{array}$

Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left( {x;y} \right) = \left( {6;4} \right)$.

b) Giải phương trình $4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11$ (1)

Điều kiện: $x \ne 1$

$\begin{array}{l}4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 1}} = \dfrac{{11\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 3 = 11x - 11\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 15x + 14 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array}$

Ta có: $\Delta  = {\left( { - 15} \right)^2} - 4.4.14 = 1 > 0$

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{15 - 1}}{8} = \dfrac{7}{4}\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{15 + 1}}{8} = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: $S = \left\{ {2;\dfrac{7}{4}} \right\}$

Bài 3.

+) Vẽ đồ thị hàm số: $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}$

x	$- 4$	$- 2$	0	2	4
y	$- 8$	$- 2$	0	$- 2$	$- 8$

Khi đó đồ thị hàm số $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}$ có hình dạng là 1 Parabol và đi qua các điểm $\left( { - 4; - 8} \right);\left( { - 2; - 2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2; - 2} \right);\left( {4; - 8} \right)$

+) Vẽ đồ thị hàm số: $y = x - 4$

x	0	4
y	$- 4$	0

Khi đó đồ thị hàm số $y = x - 4$ là một đường thẳng và đi qua các điểm $\left( {0; - 4} \right);\left( {4;0} \right)$

+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}$ và $y = x - 4$ là:

$- \dfrac{1}{2}{x^2} = x - 4 \\\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 4\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y =  - 2 \Rightarrow A\left( {2; - 2} \right)\\x =  - 4 \Rightarrow y =  - 8 \Rightarrow B\left( { - 4; - 8} \right)\end{array}$

Xét tam giác OAE ta có: $OD = DE = \dfrac{1}{2}OE = 2cm;AD = 2cm$ nên tam giác OAE vuông tại A.

Khi đó ta có: $OA \bot AB$ nên tam giác OAB vuông tại A.

Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB  là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn $= \dfrac{1}{2}OB$

Ta có: Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OBC có: $O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80$ $\Rightarrow OB = 4\sqrt 5$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là $\dfrac{1}{2}OB = 2\sqrt 5$

Bài 4:

Cho  phương trình ${x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,$ với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;{x_2}$ thỏa mãn hệ thức $2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0.\end{array}$

Vì ${\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\;\;\forall m \Rightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\;\forall \;m \Rightarrow \Delta ' > 0\;\forall m.$

Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;\;{x_2}$  với mọi $m.$

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.$

Vì ${x_1};\,\,{x_2}$ là nghiệm của phương trình ${x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 =  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 =  - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\\ \Leftrightarrow  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left( { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right) - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow  - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) + 22\left( {m - 1} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 3\\m = 2\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m =  - 3$ hoặc $m = 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là $x\;\left( {cm} \right),\;\left( {7 < x < 17} \right).$

Khi đó độ cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: $x - 7\;\left( {cm} \right)$

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^2} + {\left( {x - 7} \right)^2} = {17^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x + 49 = 289\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x - 240 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - 15} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 15 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\;\;\left( {tm} \right)\\x =  - 8\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}$

$\Rightarrow$ độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: $15 - 7 = \;8cm.$

Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: $S = \dfrac{1}{2}.8.15 = 60\;c{m^2}.$

Bài 6:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác $AHKM$ ta có: $\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)$

Mà hai góc này là góc kề cạnh $HK$ và cùng nhìn đoạn $AM.$

$\Rightarrow AHKM$ là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Hay bốn điểm $A,H,\;K,\;M$ cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

b) AH.AK = HB.MK.

Ta có :

Mà

Mà $\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = {90^0}$ (tam giác ABH vuông tại H).

$\Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}$.

Xét tam giác AMK và tam giác BAH có :

$\begin{array}{l}\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = {90^0}\\\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HB}} = \dfrac{{MK}}{{AH}}\\ \Rightarrow AH.AK = HB.MK\end{array}$

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Kéo dài HK cắt AB tại E.

Ta có $\widehat {MAK} = \widehat {MHK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).

Lại có $\widehat {MHK} = \widehat {EHB}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}$

Do $\Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}$

$\Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH}$ $\Rightarrow \Delta EHB$ cân tại E.

$\Rightarrow EH = EB\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có $\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = {90^0}$ (Tam giác ABH vuông tại H)

$\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = {90^0}$

$\Rightarrow \widehat {EAH} = \widehat {EHA} \Rightarrow \Delta EAH$ cân tại E $\Rightarrow EA = EH\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow EA = EB \Rightarrow E$ là trung điểm của AB. Do A, B cố định $\Rightarrow E$ cố định.

Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì HK luôn đi qua trung điểm của AB (đpcm).