Đề số 36 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1 (2 điểm):

a) Tìm $x$ để biểu thức sau có nghĩa: $P = \sqrt {5x + 3}  + 2018\sqrt[3]{x}.$

b) Cho hàm số $y = \dfrac{1}{2}{x^2}.$ Điểm $D$ có hoành độ $x =  - 2$ thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm $D.$

c) Tìm giá trị của $a$ và $b$ để đường thẳng $d:\;\;y = ax + b - 1$ đi qua hai điểm $A\left( {1;\;1} \right)$ và $B\left( {2;\;3} \right).$

Câu 2 (2,0 điểm):

Cho biểu thức: $P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y$ (với $x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y$).

a) Rút gọn biểu thức $P.$

b) Chứng minh rằng $P \le 1.$

Câu 3 (2,0 điểm):

Cho phương trình ${x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left( 1 \right)$

a) Giải phương trình $\left( 1 \right)$ khi $m = 1.$

b) Chứng minh rằng với mọi $m$ phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm là ${x_1},\;{x_2}$ khi đó tìm $m$ để $x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.$

Câu 4 (3,5 điểm):

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H,  K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD.

a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AD.AN = AB.AM.

c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.

d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.

Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương trình: $3\sqrt 3 \left( {{x^2} + 4x + 2} \right) - \sqrt {x + 8}  = 0.$

Lời giải chi tiết

Câu 1:

a) Tìm $x$ để biểu thức sau có nghĩa: $P = \sqrt {5x + 3}  + 2018\sqrt[3]{x}.$

Biểu thức có nghĩa $\Leftrightarrow 5x + 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - \dfrac{3}{5}.$

Vậy với $x \ge  - \dfrac{3}{5}$ thì biểu thức $P$ có nghĩa.

b) Cho hàm số $y = \dfrac{1}{2}{x^2}.$ Điểm $D$ có hoành độ $x =  - 2$ thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm $D.$

Điểm $D$ thuộc đồ thị hàm số $y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và có hoành độ $x =  - 2 \Rightarrow y = \dfrac{1}{2}.{\left( { - 2} \right)^2} = 2.$

Vậy $D\left( { - 2;\;2} \right).$

c) Tìm giá trị của $a$ và $b$ để đường thẳng $d:\;\;y = ax + b - 1$ đi qua hai điểm $A\left( {1;\;1} \right)$ và $B\left( {2;\;3} \right).$

Đường thẳng $d$ đi qua hai điểm $A\left( {1;\;1} \right)$ và $B\left( {2;\;3} \right)$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}1 = 1.a + b - 1\\3 = 2.a + b - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\2a + b = 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 0\end{array} \right..$

Vậy $a = 2$ và $b = 0.$

Câu 2:

Cho biểu thức: $P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y$ (với $x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y$).

a) Rút gọn biểu thức $P.$

Điều kiện: $x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y.$

$\begin{array}{l}P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{x + 2\sqrt {xy}  + y - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right)}^2}}}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right) - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \sqrt x  + \sqrt y  - y\\\;\;\; = 2\sqrt y  - y.\end{array}$

b) Chứng minh rằng $P \le 1.$

Ta có: $P \le 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt y  - y \le 1\\ \Leftrightarrow 1 - 2\sqrt y  + y \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt y  - 1} \right)^2} \ge 0\;\;\forall y > 0.\end{array}$

Vậy $P \le 1.$

Câu 3:

Cho phương trình ${x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left( 1 \right)$

a) Giải phương trình $\left( 1 \right)$ khi $m = 1.$

Với $m = 1$ ta có phương trình:

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

Có $\Delta ' = 4 - 2 = 2 > 0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2 + \sqrt 2 \\{x_2} = 2 - \sqrt 2 \end{array} \right..$

Vậy với $m = 1$ thì phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ {2 - \sqrt 2 ;\;\;2 + \sqrt 2 } \right\}.$

b) Chứng minh rằng với mọi $m$ phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm là ${x_1},\;{x_2}$ khi đó tìm $m$ để $x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' > 0$

$\Leftrightarrow 4{m^2} - 4{m^2} + 2 > 0 \Leftrightarrow 2 > 0$ (luôn đúng với mọi $m$)

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

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

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$

$\Rightarrow x_1^2 - 4m{x_1} + 4{m^2} - 2 = 0$

$\Leftrightarrow x_1^2 = 4m{x_1} - 4{m^2} + 2.\;$

Theo đề bài ta có: $x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4m{x_1} - 4{m^2} + 2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0\\ \Leftrightarrow 4m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow m.4m = 1\\ \Leftrightarrow {m^2} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow m =  \pm \dfrac{1}{2}.\end{array}$

Vậy $m =  \pm \dfrac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4:

a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp. Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H,  K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD.

Xét tứ giác $AHCK$ ta có: $\widehat {AHK} = \widehat {ACK} = {90^0}$

Mà hai đỉnh $H,\;C$ kề nhau cùng nhìn cạnh $AK$ dưới góc ${90^0}.$

$\Rightarrow AHCK$  là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Chứng minh AD.AN = AB.AM.

Ta có: $AM//CD \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {DCN}$ (hai góc đồng vị)

$\widehat {DCN}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung $CD.$

$\widehat {ADB}$ là góc nội tiếp chắn cung $AB.$

Mà cung $AB =$ cung $CD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật.

$\Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {AMN}\left( { = \widehat {DCN}} \right).$

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ANM$ ta có:

$\begin{array}{l}\widehat {A\;\;}\;\;chung\\\widehat {ADB} = \widehat {AMN}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ANM\;\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}} \Rightarrow AB.AM = AD.AN\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}$

c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.

Ta có $E$ là trung điểm của $MN\;\;\left( {gt} \right) \Rightarrow AE = ME = EN$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

$\Rightarrow \widehat {EAN} = \widehat {ENA}$

$\Rightarrow \widehat {AEM} = \widehat {EAN} + \widehat {ANE} = 2\widehat {ENA}$ (góc ngoài của tam giác).

Vì $\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ANC}$ (hai góc tương ứng).

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}$ (hai góc so le trong).

$\Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {ANC}\left( { = \widehat {ABD}} \right) \\\Rightarrow \widehat {HEC} = 2\widehat {ANE} = 2\widehat {BDC} = 2\widehat {ODC}.\;\;\;\left( 1 \right)$

Xét $\Delta OCD$ cân tại $O$ ta có: $\widehat {DOC} + \widehat {OCD} + \widehat {ODC} = {180^0}$

$\Leftrightarrow \widehat {DOC} + 2.\widehat {ODC} = {180^0}.\;\;\;\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}.$

Xét tứ giác $OHEC$ ta có: $\widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}\;\;\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow OHEC$ là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện có tổng bằng ${180^0}$).

$\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {OHE} + \widehat {OCE} = {180^0} \\\Leftrightarrow \widehat {OHE} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\\ \Rightarrow OH \bot HE.\end{array}$

Mà $OE \bot AH\;\;\;\left( {gt} \right)$

$\Rightarrow A,\;H,\;E$ thẳng hàng.

d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$D{B^2} = A{B^2} + A{D^2} = {6^2} + {8^2} = {10^2} \Rightarrow BD = 10cm.$

Vì $\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{BD}}{{MN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{6}{{AN}} = \dfrac{8}{{AM}} = \dfrac{{10}}{{MN}}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = \dfrac{{8MN}}{{10}} = \dfrac{4}{5}MN\\AN = \dfrac{6}{{10}}MN = \dfrac{3}{5}MN\end{array} \right..$

Xét tam giác $\Delta DBC$ và $\Delta CMB$ ta có:

$\widehat {DCB} = \widehat {CBM} = {90^0}$

$\widehat {BDC} = \widehat {BCM}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$)

$\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta DCB \sim CBM\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{DC}}{{BC}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Leftrightarrow \dfrac{6}{8} = \dfrac{8}{{BM}}\\ \Leftrightarrow BM = \dfrac{{32}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow AM = AB + BM = 6 + \dfrac{{32}}{3} = \dfrac{{50}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow MN = \dfrac{5}{4}AM = \dfrac{5}{4}.\dfrac{{50}}{3} = \dfrac{{125}}{6}cm.\end{array}$

Vậy $MN = \dfrac{{125}}{6}cm.$