Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam 2023 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023

Câu 1: Cho biểu thức $P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)$ (với $\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)$ 1. Rút gọn biểu thức $P$

Đề bài

Câu 1: Cho biểu thức $P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)$ (với $\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)$

1. Rút gọn biểu thức $P$

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa $x$ để biểu thức $P$ nhận giá trị nguyên.

Câu 2: 1. Giải phương trình ${x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0$.

2. Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.$.

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol $\left( P \right)$ có phương trình $y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right)$ có phương trình $y = 2mx - {m^2} - m - 2$ (với $m$ là tham số).

1. Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $\left( P \right)$ biết điểm $M$ có hoành độ bằng -3 .

2. Tìm điều kiện của $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt. Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ là hai giao điểm của đường thẳng $\left( d \right)$ và parabol $\left( P \right)$, xác định $m$ để ${x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6$.

Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được $15\% $ tiền điện và nhà bác Bình giảm được $10\% $ tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?

Câu 5: Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và một điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua $S$ (không đi qua tâm $O$ ) cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại hai điểm $M$ và $N$ với $M$ nằm giữa $S$ và $N$.

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

2. Chứng minh $S{B^2} = SM$. SN.

3. Cho $SO = R\sqrt 5 $ và $MN = R\sqrt 2 $. Gọi $E$ là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo $R$.

4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn $\left( {O;R} \right)$ cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.

Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức $P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}$.

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thúc $P$ .

Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có: $P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)$

$P = \left( {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)$

$P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}$

$P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x - 1} \right)$

$P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.$

Vậy $P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}$.

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ để biểu thức $P$ nhận giá trị nguyên.

Với $x \ge 0;x \ne 1$, ta có: $P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x + 2 - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$.

Nếu $x \in \mathbb{Z},\sqrt x \notin \mathbb{Z}$ thì $\sqrt x $ là số vô tỉ $ \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}$ là số vô tỉ $ \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow $ Loại.

Nếu $x \in \mathbb{Z},\sqrt x \in \mathbb{Z}$:

Để $P \in \mathbb{Z}$ thì $\sqrt x + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}$.

Mà $\sqrt x + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0$: Thỏa mãn.

Vậy để $P$ nhận giá trị nguyên thì $x = 0$.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

1. phương trình bậc 2.

2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.

Cách giải:

1. Phương trình ${x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0$ .

Xét phương trình: ${x^2} - 4x + 2\sqrt 3 = 0$ có $a = 1,b' = - 2,c = 2\sqrt 3 $.

${\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3 = 4 - 2\sqrt 3 = {(\sqrt 3 - 1)^2} > 0$

$ \Rightarrow $ Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 $

${x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3 + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}$.

2. hệ phuơng trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} - \frac{1}{y} = - 1}\end{array}} \right.$.

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.$.

Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1} = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.$. Hệ phương trình trở thành: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.$.

$a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1} = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2$ : Thỏa mãn.

$b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}$ : Thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $\left( {x;y} \right)$ là $\left( {2;\frac{1}{2}} \right)$.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. Thay vào hàm số.

2. Dùng vi - et.

Cách giải:

1. Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $\left( P \right)$ biết điểm $M$ có hoành độ bằng -3 .

Xét $\left( P \right):y = {x^2}$ : Cho $x = - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9$.

Vậy tọa độ điểm $M$ thỏa mãn là $M\left( { - 3;9} \right)$.

2. Tìm điều kiện của $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt. Gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ là hai giao điểm của đường thẳng $\left( d \right)$ và parabol $\left( P \right)$ , xác định $m$ để ${x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6$ .

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ :

${x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)$

Ta có: ${\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) = - m - 2$.

Để $\left( d \right)$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình $\left( {\rm{*}} \right)$ có 2 nghiệm phân biệt

Theo Vi-et ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.$.

Do $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)$ nên ${y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2$.

Theo đề bài ta có:

${x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6$

$ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0$

$ \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0$

$ \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.$

Vậy $m = - 3$.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là $x,y$ (nghìn đồng; $0 < x,y < 500$ ).

Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:

$x + y = 500\left( 1 \right)$

Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được $15{\rm{\% }}$ tiền điện, nhà bác Bình giảm được $10{\rm{\% }}$ tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:

$\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.$.

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)$

Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.

Câu 5 (VD):

Cách giải:

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

Tứ giác $SAOB$ có:

$\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}$(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))

$ \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ $.

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

$ \Rightarrow $ Tứ giác $SAOB$ nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

2. Chứng minh: $S{B^2} = SM.SN$ .

Xét $\Delta SMB$ và $\Delta SBN$ có:

$\angle S$ chung

$\angle SBM = \angle SNB$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

3. Cho $SO = R\sqrt 5 $ và $MN = R\sqrt 2 $ . Gọi $E$ là trung điểm của $MN$ . Tính độ dài đoạn thẳng $OE$ và diện tích tam giác SOM theo $R$ .

Do $E$ là trung điểm của $MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}$ và $OE \bot MN$ tại $E$ (tính chất đường kính và dây cung)

$ \Rightarrow \Delta OEM$ vuông tại $E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}$.

Lại có: $\Delta SOE$ vuông tại ${\rm{E}}$

$ \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}$.

Ta có: $SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 $.

Diện tích tam giác $SOM$ là: $\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \frac{{{R^2}}}{2}$.

4. Tiếp tuyến tại $M$ của đuờng tròn $\left( {O;R} \right)$ cắt $SA,SB$ lần lượt tại $P,Q$ . Gọi giao điểm của $OQ,OP$ với $AB$ lần luột là $I$ và $H$ . Chứng minh ba đường thẳng $OM,QH,PI$ đồng quy.

Vì ${\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)$ nên ${\rm{O}}$ thuộc trung trực của ${\rm{AM}}$.

Vì ${\rm{PA}} = {\rm{PM}}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ = > {\rm{P}}$ thuộc trung trực của ${\rm{AM}}$.

$ \Rightarrow {\rm{OP}}$ là trung trực của ${\rm{AM}}$.

Mà ${\rm{H}}$ thuộc ${\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}$.

Xét $\Delta HAP$ và $\Delta HMP$ có: ${\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}$ chung, ${\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)$

$ \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP($ c.c.c $) \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP$ (2 góc tương ứng).

Mà ${\rm{SA}} = {\rm{SB}}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow $ Tam giác ${\rm{SAB}}$ cân tại ${\rm{S}}$.

$ \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ$.

$ \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ$.

Mà $\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }$ (kề bù) $ \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ $.

Mà 2 đinh ${\rm{B}},{\rm{M}}$ đối nhau nên ${\rm{HBQM}}$ là tứ giác nội tiếp (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ${\rm{HM}}$ ).

Mà $\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung ${\rm{AM}}$ ).

$ \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP$. Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên ${\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)$.

Ta có: ${\rm{OP}}$ là trung trực của ${\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM$.

$ \Rightarrow OP \bot HQ$ (từ vuông góc đến song song).

$ \Rightarrow {\rm{HQ}}$ là đường cao của tam giác ${\rm{OPQ}}$.

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được ${\rm{PI}}$ là đường cao của tam giác ${\rm{OPQ}}$.

Theo giả thiết: $OM \bot PQ \Rightarrow OM$ là đường cao của tam giác ${\rm{OPQ}}$.

Vậy ${\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}$ là ba đường cao của tam giác ${\rm{OPQ}}$ nên chúng đồng quy (đpen).

Câu 6 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.

Cách giải:

Ta có: $c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)$

Tương tự ta có: $\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)$

Suy ra: $P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)$

$\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)$

$\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)$

$\; = \frac{1}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Vậy giá trị lớn nhất của P là $\frac{1}{2}$ khi $a = b = c = \frac{1}{3}$.