Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2020 — Không quảng cáo

Đề bài

A. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1. Tìm số thực m để hàm số $y = \left( {2 - m} \right)x + 1$ nghịch biến trên ℝ

A. $m > 0$ B. $m < 2$ C. $m \ne 2$ D. $m > 2$

Câu 2. Phương trình ${x^2} - 5x - 6 = 0$ có bao nhiêu nghiệm dương?

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Câu 3. Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $P = \dfrac{{2 + x}}{{\sqrt {x - 3} }} + \sqrt x$ có nghĩa.

A. $x > 3$ B. $x \ge 0$ C. $x \ge 0$ và $x \ne 3$ D. $x \ne 3$

Câu 4. Cho $P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 }  = a + b\sqrt 7$, với $a,b$ là các số nguyên. Tính $a - b$

A. 7 B. 73 C. –7 D. –3

Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và $AB = 3,BC = 5$. Tính $\tan \angle ACB$

A. $\tan \angle ACB = \dfrac{5}{3}$ B. $\tan \angle ACB = \dfrac{3}{5}$ C. $\tan \angle ACB = \dfrac{4}{5}$ D. $\tan \angle ACB = \dfrac{3}{4}$

Câu 6. Tìm thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là $a,2a,3a$

A. $V = 3{a^3}$ B. $V = 6{a^3}$ C. $V = {a^3}$ D. $V = 2{a^3}$

Câu 7. Cho đường tròn $\left( O \right)$ ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng $a\sqrt 2$. Tính diện tích S của hình tròn $\left( O \right)$

A. $S = \dfrac{1}{2}\pi {a^2}$ B. $S = 4\pi {a^2}$ C. $S = \pi {a^2}$ D. $S = 2\pi {a^2}$

Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính $R = 2a$

A. $V = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}$ B. $V = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}$ C. $V = 4\pi {a^3}$ D. $V = 8\pi {a^3}$

B. Tự luận (8 điểm):

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức $A = 7\sqrt {20}  - 3\sqrt {25}$

2) Tính giá trị của biểu thức $B = \sqrt x  + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4$

3) Rút gọn biểu thức $C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}$

Câu II. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình $2{x^2} - 6x + 1 = 0$

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.$

Câu III. (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy , cho hàm số $y = {x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $d:y = 2x - m + 1$(với m là tham số)

1) Vẽ đồ thị $\left( P \right)$

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là ${x_1}$và ${x_2}$ thỏa mãn điều kiện $x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$

Câu IV. (2,0 điểm)

Cho đường tròn $\left( O \right)$ có bán kính $R = 2a$ và điểm A nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$. Kẻ đến $\left( O \right)$ hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm)

1) Chứng minh bốn diểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn $\left( C \right)$. Xác định tâm và bán kính của đường tròn $\left( C \right)$.

2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a , biết rằng $OA = 3a$.

3) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và$\left( O \right)$, P nằm bên ngoài đoạn OA . Tính $\sin \angle MPN.$

Câu V. (0,5 điểm)

Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn$x + y = 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3$.

Lời giải

A. Trắc nghiệm: (2,0 điểm)

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất $y = ax + b$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$  khi $a < 0$ đồng biến khi $a > 0$

Cách giải:

Hàm số đã cho nghịch biến khi $2 - m < 0 \Leftrightarrow m > 2$

Chọn D.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Phương trình bậc hai $a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm trái dấu khi $ac < 0$

Cách giải:

Phương trình đã cho có $ac =  - 6 < 0$ nên có hai nghiệm trái dấu, nên nó có một nghiệm dương

Chọn B.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Biểu thức có nghĩa khi các biểu thức trong căn không âm và biểu thức dưới mẫu khác 0

Cách giải:

Biểu thức đã cho có nghĩa khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\sqrt {x - 3}  \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3$

Chọn A.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Đưa biểu thức trong căn về bình phương

Cách giải:

Ta có $P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 }  = \sqrt {{5^2} - 2.5.2\sqrt 7  + {{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2}}$$= \sqrt {{{\left( {5 - 2\sqrt 7 } \right)}^2}}  = \left| {5 - 2\sqrt 7 } \right| = 2\sqrt 7  - 5$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}a =  - 5\\b = 2\end{array} \right.$$\Rightarrow a - b =  - 7$

Chọn C.

Câu 5 (TH):

Phương pháp: Áp dụng định lý Pitago, sau đó áp dụng công thức tan bằng đối trên kề

Cách giải

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC ta có

$\begin{array}{l}AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\\ \Rightarrow \tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\end{array}$

Chọn D.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của chúng

Cách giải:

Thể thích của khối hộp đã cho là $V = a.2a.3a = 6{a^3}$

Chọn B.

Câu 7 (VD):

Phương pháp:

Tính bán kính đường tròn, rồi áp dụng công thức diện tích

Cách giải:

Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A , nội tiếp đường tròn ( O )

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên đường tròn ( O ) có đường kính là $BC = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2 .\sqrt 2  = 2a$

Suy ra bán kính của ( O ) là $r = a$ và diện tích là $S = \pi {r^2} = \pi {a^2}$

Chọn C.

Câu 8 (NB):

Phương pháp:

Áp dụng công thức thể tích khối cầu

Cách giải:

Thể tích khối cầu đã cho là $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {2a} \right)^3} = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}$

Chọn B.

B. Tự luận: (8,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm):

Phương pháp:

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

2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức $A = 7\sqrt {20}  - 3\sqrt {25}$

Ta có: $A = 7\sqrt {20}  - 3\sqrt {25}$

$\begin{array}{l} = 7\sqrt {4.5}  - 3\sqrt {25} \\ = 7.\sqrt 4 .\sqrt 5  - 3.5\\ = 7.2.\sqrt 5  - 15\\ = 14\sqrt 5  - 15\end{array}$

Vậy $A = 14\sqrt 5  - 15$ .

2) Tính giá trị của biểu thức $B = \sqrt x  + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4$ khi $x = 9$

Điều kiện: $x > 0$.

Thay $x = 9$ (thỏa mãn điều kiện) vào $B = \sqrt x  + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4$ ta được:

$\begin{array}{l}B = \sqrt 9  + \dfrac{3}{{2\sqrt 9 }} + 4\\ = 3 + \dfrac{3}{{2.3}} + 4\\ = 3 + \dfrac{1}{2} + 4 = \dfrac{{15}}{2}.\end{array}$

Vậy khi $x = 9$ thì $B = \dfrac{{15}}{2}$.

3) Rút gọn biểu thức $C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}$

Ta có: $C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}$$= \dfrac{{ - 5}}{{\sqrt 2  - 1}} - \dfrac{5}{{\sqrt 2  + 1}}$

$\begin{array}{l} = \dfrac{{ - 5\left( {\sqrt 2  + 1} \right) - 5\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{ - 5\sqrt 2  - 5 - 5\sqrt 2  + 5}}{{2 - 1}}\\ = \dfrac{{ - 10\sqrt 2 }}{1} =  - 10\sqrt 2 \end{array}$

Vậy $C =  - 10\sqrt 2$.

Câu II (2,0 điểm) (VD):

Phương pháp:

1) Tính biệt thức và áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai

2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Cách giải:

1) Giải phương trình $2{x^2} - 6x + 1 = 0$ .

Ta có: $\Delta ' = {3^2} - 2.1 = 7 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 + \sqrt 7 }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {\dfrac{{3 \pm \sqrt 7 }}{2}} \right\}$.

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.$ .

$\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 11\\y = 2x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = 2.\dfrac{{11}}{5} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = \dfrac{7}{5}\end{array} \right.$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{11}}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$.

Câu III (1,5 điểm) (VD):

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị

2) Viết phương trình hoành độ giao điểm và hệ thức Vi–ét

Cách giải:

Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số $y = {x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $d:\,\,y = 2x - m + 1$ (với $m$ là tham số).

1) Vẽ đồ thị $\left( P \right)$ .

+ Ta có bảng giá trị:

Do đó, parabol $\left( P \right):\,\,y = {x^2}$ là đường cong đi qua các điểm $\left( { - 2;4} \right)$, $\left( { - 1;1} \right)$, $\left( {0;0} \right)$, $\left( {1;1} \right)$, $\left( {2;4} \right)$ và nhận $Oy$ là trục đối xứng.

+ Đồ thị hàm số:

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ có hoành độ lần lượt là ${x_1}$ và ${x_2}$ thỏa mãn điều kiện $x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$ .

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

Để đường thẳng $\left( d \right)$ cắt đồ thị $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 1 = 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2$.

Khi đó giả sử phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {2^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 2.2\\ \Leftrightarrow 4 - 2\left( {m - 1} \right) = 4\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy $m = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu IV (2,0 điểm) – (VD):

Cách giải:

Cho đường tròn (O) có bán kính $R = 2a$ và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm).

1) Chứng minh bốn điểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn $\left( C \right)$ . Xác định tâm và bán kính của đường tròn $\left( C \right)$ .

Gọi I là trung điểm của OA.

Ta có: $\angle OMA = {90^0}$ (AM là tiếp tuyến với $\left( O \right)$)

$\Rightarrow \Delta AMO$ vuông tại M

Có MI là trung tuyến $\Rightarrow MI = IO = IA$ (1)

$\angle ONA = {90^0}$ (AN là tiếp tuyến của $\left( O \right)$)

$\Rightarrow \Delta ANO$ vuông tại N

Có NI là trung tuyến $\Rightarrow NI = IO = IA$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $IO = IA = IM = IM$ nên 4 điểm A, M, N, O cùng thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm I bán kính $R = \dfrac{{OA}}{2}$. (đpcm)

2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo $a$ , biết rằng $OA = 3a$ .

Gọi E là giao điểm của MN là OA.

Ta có: $OM = ON = R$  và $AM = AN$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow OA$ là đường trung trực của đoạn MN

$\Rightarrow OA \bot MN$ tại trung điểm E của MN.

Tam giác OMA vuông tại M, theo Pitago ta có:

$A{M^2} = O{A^2} - O{M^2} = {\left( {3a} \right)^2} - {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2} \Rightarrow AM = a\sqrt 5$

Tam giác $AMO$ vuông tại M có ME là đường cao nên:

$ME.OA = OM.AM$ $\Rightarrow ME = \dfrac{{OM.AM}}{{OA}} = \dfrac{{2a.a\sqrt 5 }}{{3a}} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3}$

$\Rightarrow MN = 2ME = 2.\dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}$

Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nên

${S_{OMAN}} = \dfrac{1}{2}OA.MN = \dfrac{1}{2}.3a.\dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3} = 2{a^2}\sqrt 5$.

Vậy ${S_{OMAN}} = 2{a^2}\sqrt 5$

3) Gọi $M'$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$ và $P$ là giao điểm của đường thẳng $AO$ và $\left( O \right)$ , $P$ nằm bên ngoài đoạn $OA.$ Tính $\sin \angle MPN$ .

Nối M’ với N ta có $\angle MPN = \angle MM'N$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MN$)

$\Rightarrow \sin \angle MPN = \sin \angle MM'N$

Tam giác MNM’ có $\angle MNM' = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại N.

$\Rightarrow \sin \angle MM'N = \dfrac{{MN}}{{MM'}} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}:4a = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}$

$\Rightarrow \sin \angle MPN = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}$.

Câu V (0,5 điểm) (VDC):

Cách giải:

Cho $x$ và $y$ là hai số thực không âm thỏa mãn $x + y = 4$ . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3$ .

Ta có:

$\begin{array}{l}P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\\P = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left( {x + y} \right)^4} - 4xy{\left( {x + y} \right)^2} + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 256 - 64xy + 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 2{\left( {xy} \right)^2} - 68xy + 259\end{array}$

Đặt $t = xy$, áp dụng BĐT Cô-si ta có: $0 \le xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = 4$ $\Rightarrow 0 \le t \le 4$.

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}P = 2{t^2} - 68t + 259\\P = 2\left( {{t^2} - 34t + {{17}^2}} \right) - 319\\P = 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319\end{array}$

Với $0 \le t \le 4 \Rightarrow  - 17 \le t - 17 \le  - 13$.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {13^2} \le {\left( {t - 17} \right)^2} \le {17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} \le {2.17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} - 319 \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319 \le {2.17^2} - 319\\ \Leftrightarrow 19 \le P \le 259\end{array}$

Vậy ${P_{\min }} = 19 \Leftrightarrow t = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 4\\x + y = 4\end{array} \right.$.

Khi đó $x,\,\,y$ là nghiệm của phương trình ${X^2} - 4X + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {X - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow X = 2$.

$\Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)$.

${P_{\max }} = 259 \Leftrightarrow t = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 0\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0;\,\,y = 4\\y = 0;\,\,x = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {0;4} \right)$ hoặc $\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right)$.