Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2019 — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1 (2 điểm): Rút gọn biểu thức

$a)\,A = \sqrt {45}  - 2\sqrt {20}$                           $b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5  - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3  - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}}$

Câu 2 (2,0 điểm):

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 4 = 5\end{array} \right.$

b) Cho hàm số $y = 3{x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right):y = 2x + 1$ . Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng phép tính.

Câu 3 (3,0 điểm)

Cho phương trình ${x^2} - 2mx - 4m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)$ ($m$ là tham số)

a) Giải phương trình khi $m =  - 2$.

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của $m$.

c) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm $m$ để: $\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019$.

Câu 4 (3,0 điểm) Trên nửa đường tròn, đường kính $AB$, lấy hai điểm $I,\,\,Q$ sao cho $I$ thuộc cung $AQ$. Gọi $C$ là giao điểm hai tia $AI$ và $BQ$; $H$ là giao điểm hai dây $AQ$ và $BI$.

a) Chứng minh tứ giác $CIHQ$ nội tiếp.

b) Chứng minh $CI.AI = HI.BI$.

c) Biết $AB = 2R$. Tính giá trị của biểu thức $M = AI.AC + BQ.BC$ theo $R$.

Lời giải

Câu 1:

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..$

Cách giải:

$a)\,A = \sqrt {45}  - 2\sqrt {20}  = \sqrt {{3^2}.5}  - 2\sqrt {{2^2}.5}  = \,3\sqrt 5  - 2.2\sqrt 5  = 3\sqrt 5  - 4\sqrt 5  = \, - \sqrt 5$

$\begin{array}{l}b)\,B = \dfrac{{3\sqrt 5  - \sqrt {27} }}{{\sqrt 3  - \sqrt 5 }} - \sqrt {{{\left( {3 - \sqrt {12} } \right)}^2}}  = \dfrac{{3\sqrt 5  - 3\sqrt 3 }}{{\sqrt 3  - \sqrt 5 }} - \left| {3 - \sqrt {12} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt 5  - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 3  - \sqrt 5 }} - \left( { - 3 + \sqrt {12} } \right)\,\,\left( {do\,\,{3^2} < 12\,\, \Rightarrow 3 < \sqrt {12} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\, =  - 3 + 3 - \sqrt {12} \, =  - \sqrt {12} \, =  - 2\sqrt 3 \end{array}$

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

b) Số giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ chính bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$. Từ đó ta tìm được giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$.

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 9\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$

b) Cho hàm số $y = 3{x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right):y = 2x + 1$ . Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng phép tính.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:  $3{x^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x - 1 = 0\,\,\left( * \right)$

Phương trình $\left( * \right)$ có hệ số: $a = 3;\,\,\,b =  - 2;\,\,\,c =  - 1 \Rightarrow a + b + c = 3 - 2 - 1 = 0$.

$\Rightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.$

Với $x = 1 \Rightarrow y = 3{x^2} = {3.1^2} = 3\,\, \Rightarrow A\left( {1;3} \right)$

Với $x = \dfrac{{ - 1}}{3} \Rightarrow y = 3{x^2} = 3.{\left( {\dfrac{{ - 1}}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\,\dfrac{1}{3}} \right)$

Vậy tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$là $A\left( {1;3} \right)$ và $\left( {\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{1}{3}} \right)$

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Thay $m =  - 2$ vào phương trình và giải phương trình bậc hai.

b) Chứng minh $\Delta  > 0\,\,\forall m$, sử dụng hằng đẳng thức.

c) Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

a) Thay $m =  - 2$ vào phương trình (1) ta có: ${x^2} + 4x + 3 = 0$.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x + x + 3 = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) + \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}$

Vậy khi $m =  - 2$ thì phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ { - 3; - 1} \right\}$.

b) Ta có $\Delta ' = {m^2} - \left( { - 4m - 5} \right) = {m^2} + 4m + 5 = {\left( {m + 2} \right)^2} + 1 > 0\,\,\forall m$.

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của $m$.

c) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình (1). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} =  - 4m - 5\end{array} \right.$

Theo bài ra ta có:  $\dfrac{1}{2}x_1^2 - \left( {m - 1} \right){x_1} + {x_2} - 2m + \dfrac{{33}}{2} = 762019$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2{x_2} - 4m + 33 = 1524038\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000\end{array}$

Do ${x_1}$ là nghiệm của phương trình $\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - 2m{x_1} - 4m - 5 = 0$.

$\Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1524000 \Leftrightarrow 2.2m = 1524000 \Leftrightarrow m = 381000$.

Vậy $m = 381000$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VD):

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác $CIHQ$ nội tiếp.

Ta có $\angle AIB = \angle AQB = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \angle CIH = \angle CQH = {90^0}$.

Xét tứ giác $CIHQ$ có: $\angle CIH + \angle CQH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác $CIHQ$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ⁰ ).

b) Chứng minh $CI.AI = HI.BI$ .

Xét tam giác $AHI$ và tam giác $BCI$ có:

$\angle AIH = \angle BIH = {90^0};$

$\angle IAH = \angle IBC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IQ$);

c) Biết $AB = 2R$ . Tính giá trị của biểu thức $M = AI.AC + BQ.BC$ theo $R$ .

Ta có:

$\begin{array}{l}M = AI.AC + BQ.BC\\\,\,\,\,\,\,\, = AC\left( {AC - IC} \right) + BQ\left( {BQ + QC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = A{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{Q^2} + Q{C^2} - AC.IC + B{Q^2} + BQ.QC\\\,\,\,\,\,\,\, = \left( {A{Q^2} + B{Q^2}} \right) + QC\left( {QC + BQ} \right) - AC.IC\\\,\,\,\,\,\,\, = A{B^2} + QC.BC - AC.IC\end{array}$

Tứ giác $AIQB$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $\left( O \right) \Rightarrow \angle CIQ = \angle CBA$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét tam giác $CIQ$ và tam giác $CBA$ có:

$\angle ACB$ chung;

$\angle CIQ = \angle CBA\,\,\left( {cmt} \right);$

Vậy $M = AI.AC + BQ.BC = A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}$.