Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Thuận năm 2020 — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1:

a) Tìm $x$ để biểu thức $A = \sqrt {2x - 3}$ có nghĩa

b) Giải phương trình ${x^2} + 5x + 3 = 0$

Câu 2:

Cho hàm số $y = 2x - 5$ có đồ thị là đường thẳng $\left( d \right)$

a) Gọi $A$,$B$ lần lượt là giao điểm của $\left( d \right)$ với các trục tọa độ $Ox,Oy$. Tìm tọa độ các điểm A, B và vẽ đường thẳng $\left( d \right)$ trong mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

b) Tính diện tích tam giác $OAB.$

Câu 3:

a) Rút gọn biểu thức: $P = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}.\left( {\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + 1} \right)$  (với $x \ge 0$ và $x \ne 1$)

b) Cho $a > 0,b > 0.$ Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$

Câu 4:

Cho đường tròn tâm O đường kính $AB = 2R.$ Vẽ dây cung $CD$ vuông góc với $AB$ tại $I$ ($I$ nằm giữa $A$ và $O$). Lấy điểm $E$ trên cung nhỏ $BC$ ($E$ khác $B$ và $C$), $AE$ cắt $CD$ tại $F.$

a) Chứng minh tứ giác $BEFI$ nội tiếp trong một đường tròn

b) Tính độ dài cạnh $AC$ theo $R$ và $\angle ACD$ khi $\angle BAC = {60^0}.$

c) Chứng minh khi điểm $E$ chạy trên cung nhỏ $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải

Câu 1 (2 điểm)

Cách giải:

a) Tìm $x$ để biểu thức $A = \sqrt {2x - 3}$ có nghĩa

Ta có biểu thức $A = \sqrt {2x - 3}$ có nghĩa khi $2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge 3 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{3}{2}$

Vậy với $x \ge \dfrac{3}{2}$ thì biểu thức $A = \sqrt {2x - 3}$ có nghĩa

b) Giải phương trình ${x^2} + 5x + 3 = 0$

Ta có: $\Delta  = {5^2} - 4.1.3 = 13 > 0$

Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2};{x_2} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {13} }}{2}$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {13} }}{2};{x_2} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {13} }}{2}$

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

Cho hàm số $y = 2x - 5$ có đồ thị là đường thẳng $\left( d \right)$

a) Gọi $A$ , $B$ lần lượt là giao điểm của $\left( d \right)$ với các trục tọa độ $Ox,Oy$ . Tìm tọa độ các điểm A, B và vẽ đường thẳng $\left( d \right)$ trong mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

Vì A là giao điểm của $\left( d \right)$ và trục $Ox$ nên $A\left( {x;0} \right)$

Ta có $A\left( {x;0} \right) \in \left( d \right)$ nên $0 = 2x - 5 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow A\left( {\dfrac{5}{2};0} \right)$

Vì B là giao điểm của $\left( d \right)$ và trục $Oy$ nên $B\left( {0;y} \right)$

Ta có $B\left( {0;y} \right) \in \left( d \right)$ nên $y = 2.0 - 5 \Leftrightarrow y =  - 5 \Rightarrow B\left( {0; - 5} \right)$

Vậy $A\left( {\dfrac{5}{2};0} \right),B\left( {0; - 5} \right)$

+) Vẽ đường thẳng $\left( d \right):y = 2x - 5$

Với $x = 0 \Rightarrow y =  - 5$ suy ra $B\left( {0; - 5} \right)$

Với $y = 0 \Rightarrow x = \dfrac{5}{2}$ suy ra $A\left( {\dfrac{5}{2};0} \right)$

Đường thẳng đi qua hai điểm $A\left( {\dfrac{5}{2};0} \right),B\left( {0; - 5} \right)$ là đồ thị hàm số $y = 2x - 5.$

b) Tính diện tích tam giác $OAB.$

Theo câu a) ta có: $A\left( {\dfrac{5}{2};0} \right),B\left( {0; - 5} \right)$ nên $OA = \left| {\dfrac{5}{2}} \right| = \dfrac{5}{2};OB = \left| { - 5} \right| = 5$

Tam giác $OAB$ vuông tại $O$ nên diện tích tam giác $OAB$ là: ${S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB$ $= \dfrac{1}{2}.\dfrac{5}{2}.5 = \dfrac{{25}}{4}$ (đvdt)

Câu 3 (2 điểm)

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức: $P = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}.\left( {\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + 1} \right)$ (với $x \ge 0$ và $x \ne 1$ )

Ta có: $P = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}.\left( {\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + 1} \right)$

$= \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 1}}.\left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}} + 1} \right)$

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

Vậy $P = x - 1$ với $x \ge 0$ và $x \ne 1$

b) Cho $a > 0,b > 0.$ Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$

Ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{a + b}}{{ab}} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{a + b}}{{ab}} - \dfrac{4}{{a + b}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4ab}}{{ab\left( {a + b} \right)}} \ge 0\end{array}$

$\Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} - 4ab \ge 0$ (do $a > 0,b > 0 \Rightarrow ab\left( {a + b} \right) > 0$)

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2ab - 4ab \ge 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2ab \ge 0\end{array}$

$\Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ (luôn đúng với mọi $a,b$)

Suy ra  $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$ với  $a > 0,b > 0.$

Câu 4 (4 điểm)

Cách giải:

Cho đường tròn tâm O đường kính $AB = 2R.$ Vẽ dây cung $CD$ vuông góc với $AB$ tại $I$ ( $I$ nằm giữa $A$ và $O$ ). Lấy điểm $E$ trên cung nhỏ $BC$ ( $E$ khác $B$ và $C$ ), $AE$ cắt $CD$ tại $F.$

a) Chứng minh tứ giác $BEFI$ nội tiếp trong một đường tròn

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\angle AEB = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có $\angle FIB = {90^0}$ (do $CD \bot AB$ tại $I$)

Xét tứ giác $BEFI$ có: $\angle FEB + \angle FIB = {90^0} + {90^0} = {180^0}$ mà hai góc $\angle FEB,\angle FIB$ đối nhau nên tứ giác $BEFI$ nội tiếp (dhnb).

b) Tính độ dài cạnh $AC$ theo $R$ và $\angle ACD$ khi $\angle BAC = {60^0}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\angle ACB = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có: $\angle ABC = {90^0} - \angle BAC = {90^0} - {60^0} = {30^0}$

Ta có: $\cos \angle BAC = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Leftrightarrow AC = AB.\cos \angle BAC$ $= 2R.\cos {60^0} = 2R.\dfrac{1}{2} = R.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $AB \bot CD$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của dây $CD$ (quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Hay $AB$ là đường trung trực của đoạn $CD$ , suy ra $AC = AD$

Do đó cung $AC =$ cung $AD$ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\angle ACD = \angle ABC = {30^0}$ (hai góc  nội tiếp chắn hai cung bằng nhau $AC$ và $AD$)

Nên $\angle ACD = {30^0}.$

Vậy $AC = R,\angle ACD = {30^0}$ khi $\angle BAC = {60^0}.$

c) Chứng minh khi điểm $E$ chạy trên cung nhỏ $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\angle CEA = \angle ACD$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau $CA$ và $AD$)

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ có $\angle CEF = \angle ACF$

Mà $\angle CEF$ là góc nội tiếp chắn cung $CF$

Suy ra $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$

Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$, suy ta $JC \bot AC$ tại $C$ (do $AC$ là tiếp tuyến)

Lại có $\angle ACB = {90^0}$ (cmt) hay $AC \bot BC$

Suy ra $J \in BC$

Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEF$ luôn thuộc đường thẳng $BC$ cố định.