Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai 2023 có đáp án và lời giải chi tiết — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:

a) $\frac{{\sqrt {81} }}{3}$

b) $\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9$

Câu 2: Giải phương trình sau: $3{x^2} + x - 4 = 0$.

Câu 3: Giải hệ phuơng trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.$

Câu 4: Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.

Câu 5: Cho biểu thức $P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\left( {x \ge 0,x \ne 1} \right)$.

a) Rút gọn biểu thúrc $P$.

b) Tìm các giá trị của $x$ để $P = \frac{1}{3}$.

Câu 6: Cho hàm số $y = mx + 2m - 1$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.

Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại $A$ và $B$ về bán. Biết mỗi sản phẩm loại $A$ nặng $9\;{\rm{kg}}$, mỗi sản phẩm loại B nặng $10\;{\rm{kg}}$ và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là $95\;{\rm{kg}}$. Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.

Câu 8: Cho phương trình: ${x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0$ (1) (m là tham số). Tìm $m$ để phuơng trình (1) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ sao cho biểu thức $P$ đạt giá trị lớn nhất với $P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}$.

Câu 9: Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$, có đường cao $AH$. Biết góc $\angle ABC = 60^\circ$, độ dài $BC = 40{\rm{\;cm}}$.

a) Tính độ dài cạnh $AB$.

b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.

Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn $(BA < BC)$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$. Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ và $C$ cắt nhau tại $I$. Tia BI cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thúr hai là $D$.

a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.

b) Chứng minh $I{C^2} = IB.ID$

c) Gọi $M$  là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $E$. CMR: $MO \bot AE$

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Tính toán với căn bậc hai $\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|$

Cách giải:

a) Ta có: $\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3$.

b) Ta có: $\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1$.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Nhẩm nghiệm phương trình $a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)$:

Nếu $a + b + c = 0$ thì phương trình có nghiệm $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.$

Nếu $a - b + c = 0$ thì phương trình có nghiệm $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.$

Cách giải:

Xét $3{x^2} + x - 4 = 0$.

Ta có: $a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0$

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}$.

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm là $\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)$.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.

Cách giải:

Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: $\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}$.

Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra.

Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: $\left\{ {SS;NN} \right\}$.

Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: $\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5$.

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu).

b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.

Cách giải:

a) Với $x \ge 0,x \ne 1$ ta có:

$\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x  - 1 - \sqrt x  - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x  - 2}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x  - 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}$

Vậy với $x \ge 0,x \ne 1$ thì $P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}$.

b) Để $P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}$

$\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}$

Vậy để $P = \frac{1}{3}$ thì $x = 25$.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y = ax + b(a \ne 0)$ cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;5} \right)$.

Thay ${\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5$ vào hàm số ta được: $5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;$

Vậy $m = 3$.

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.

Cách giải:

Gọi số sản phẩm loại ${\rm{A}}$ đã nhập là ${\rm{x}}$ (sản phẩm). Số sản phẩm loại ${\rm{B}}$ đã nhập là ${\rm{y}}$ (sản phẩm)

(ĐK: $x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10$ ).

Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại ${\rm{A}}$ và ${\rm{B}}$ về bán nên ta có phương trình $x + y = 10$ (1)

Vì mỗi sản phẩm loại $A$ nặng $9\;{\rm{kg}}$, mỗi sản phẩm loại $B$ nặng $10\;{\rm{kg}}$ và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là $95\;{\rm{kg}}$ nên ta có phương trình: $9x + 10y = 95$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.$

Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại ${\rm{A}}$ và 5 sản phẩm loại ${\rm{B}}$.

Câu 8 (VD):

Phương pháp:

Công thức Công thức $\Delta ' = {(b')^2} - ac$ với $b' = \frac{b}{2}$

Phương trình có hai nghiệm khi $\Delta {\rm{ \;}} \ge 0$

Hệ thức Vi-ét $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.$

Cách giải:

Ta có: $\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2$.

Để phương trình (I) có hai nghiệm thì $\Delta ' \ge 0$ hay $- m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2$.

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}$

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.$, khi đó:

$\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}$

Thay $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.$ vào $P$ ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}$

Ta có ${(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m$.

Dấu "=" xảy ra khi ${(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1$

Vậy GTLN của $P$ là -2 , đạt được khi $m = {\rm{ \;}} - 1$.

Câu 9 (VD):

Phương pháp:

Công thức lượng giác trong tam giác vuông.

Hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

a) Xét tam giác ${\rm{ABC}}$ vuông tại ${\rm{A}}$ có:$AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ  = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $AB = 20\left( {cm} \right)$.

b) Xét tam giác vuông ${\rm{ABC}}$ ta có:

$AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ  = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)$

Vì tam giác ${\rm{ABC}}$ vuông tại ${\rm{A}}$ nên: $\angle B + \angle C = 90^\circ  \Rightarrow \angle C = 90^\circ  - \angle B = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ$

Xét tam giác vuông ${\rm{AHC}}$ ta có: $HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ  = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ${\rm{ABC}}$, đường cao ${\rm{AH}}$ ta có:

$AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ${\rm{AHC}}$, đường cao ${\rm{HK}}$ ta có:

$HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).$

Vậy HK = $15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)$.

Câu 10 (VDC):

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ nên nội tiếp.

b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.

c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.

Cách giải:

a) Ta có ${\rm{IA}}$ và ${\rm{IC}}$ là tiếp tuyến của đường tròn nên $OA \bot IA;OC \bot CI$. $\Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ$

Xét tứ giác ${\rm{OAIC}}$ có $\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ$

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ${\rm{OAIC}}$ nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm)

b) Xét  và  có:

$\angle CID$ chung

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

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$

c) Do ${\rm{M}}$ là trung điểm của ${\rm{BD}}$ (gt) nên $OM \bot BD$ (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)

Xét tứ giác ICOM có $\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ$

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb)

Mà tứ giác ${\rm{OAIC}}$ nội tiếp đường tròn $\left( {{\rm{cmt}}} \right)$ nên ${\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \angle IMC = \angle IAC$ (góc nội tiếp cùng chắn cung ${\rm{IC}}$) (1)

Mà $\angle AEC = \angle IAC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2)

và $\angle IMC = \angle EMB$ (đối đỉnh)  (3)

Từ (1),(2), (3) $\Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)$

Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra $AE \bot BD$

Mà $OM \bot BD$ (cmt) $\Rightarrow OM \bot AE$ (đpcm)