Đề số 1 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán


Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 1 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Bài 1 (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức \(A = {\left( {\sqrt 5  - \sqrt 2 } \right)^2} + \sqrt {40} \)

2) Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,\,\,x \ne 1\)

Tính giá trị của B khi \(x = 12 + 8\sqrt 2 \)

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho Parabol \(\left( P \right):\;\;y =  - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;\;y = 2\sqrt 3 x + m + 1\) (m là tham số).

1) Vẽ đồ thị hàm số (P).

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right.\)

2) Cho phương trình: \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\), (m là tham số)

a. Giải phương trình (1) khi m = 3.

b. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1)  có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4  (1,5 điểm)

Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đấy của người đó.

Bài 5  (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính \(R = 3cm\). Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \(OD = 5cm\). Tính diện tích của tam giác BCD.

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \(AB.AP = AQ.AC\)

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

\(\begin{array}{l}1)\,\,A = {\left( {\sqrt 5  - \sqrt 2 } \right)^2} + \sqrt {40} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} - 2\sqrt 5 .\sqrt 2  + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + \sqrt {{2^2}.10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 5 - 2\sqrt {10}  + 2 + 2\sqrt {10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 7.\\2)\,\,B = \left( {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\,\,\,\left( {x > 0,\,\,x \ne 1} \right)\\\;\;\;\;\;\;\; = \left( {\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\\\;\;\;\;\;\;\; = \left( {\sqrt x  - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{x - 1}}{{\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  + 1}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt x  - 1\,\,\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}x = 12 + 8\sqrt 2  = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} + 2.2\sqrt 2 .2 + {2^2} = {\left( {2\sqrt 2  + 2} \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2  + 2} \right)}^2}}  = \left| {2\sqrt 2  + 2} \right| = 2\sqrt 2  + 2\\\left( {Do\,\,2\sqrt 2  + 2 > 0} \right)\end{array}\)

Thay \(\sqrt x  = 2\sqrt 2  + 2\) vào B ta có \(B = \sqrt x  - 1 = 2\sqrt 2  + 2 - 1 = 2\sqrt 2  + 1\).

Vậy khi \(x = 12 + 8\sqrt 2 \) thì \(B = 2\sqrt 2  + 1\)

Bài 2:

1) Vẽ đồ thị hàm số \(\left( P \right):\;\;y =  - {x^2}\):

Ta có bảng giá trị:

\(x\)

-2

-1

0

1

2

\(\;y =  - {x^2}\)

-4

-1

0

-1

-4

Đồ thị hàm số:

                                  

2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \( - {x^2} = 2\sqrt 3 x + m + 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2\sqrt 3 x + m + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} - m - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2 - m > 0\\ \Leftrightarrow m < 2.\end{array}\)

Vậy với \(m < 2\) thì đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 2\left( {11 - 9x} \right) = 9\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 22 - 18x - 9 = 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\)

1)  Cho phương trình: \({x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0\,\,\left( 1 \right)\), ( m là tham số)

a)  Giải phương trình (1) khi m = 3.

Với m = 3 ta có (1) trở thành:

\({x^2} - 10x + 16 = 0\,\,\left( 2 \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 5} \right)^2} - 16 = 9 > 0\)

Khi đó phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: 

\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 5 - 3 = 2\\{x_2} = 5 + 3 = 8\end{array} \right.\)

Vậy với m = 3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {2;8} \right\}\)

b)  Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1)  có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi và chỉ khi \(\Delta ' > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 3m - 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - {m^2} - 3m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow m >  - 6\end{array}\)

+) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 2} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\\\,\,\,\,\, = 2018 + 3{x_1}{x_2} - \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\\\,\,\,\,\, = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\end{array}\)

Thay Viet vào A ta được:

\(\begin{array}{l}A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\\ = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - 4{\left( {m + 2} \right)^2}\\ = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 16m - 16\\ = {m^2} - m + 1992\\ = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{7967}}{4}\,\,\,\,\,\end{array}\)

Ta có: \(A \ge \dfrac{{7967}}{4}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = \dfrac{1}{2}\left( {tm} \right)\)

Vậy \(m = \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Gọi vận tốc ban đầu của người đó là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)

Thời gian dự định người đó đi hết quãn đường là: \(\dfrac{{90}}{x}\;\;\left( h \right).\)

Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là: \(x\;\;\left( {km} \right).\)

Quãng đường còn lại người đó phải tăng tốc là: \(90 - x\;\;\left( {km} \right).\)

Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: \(x + 4\;\;\left( {km/h} \right),\) thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: \(\dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\;\;\left( h \right).\)

Theo đề bài ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{90}}{x} = 1 + \dfrac{9}{{60}} + \dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{90}}{x} = \dfrac{{23}}{{20}} + \dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow 90.20\left( {x + 4} \right) = 23x\left( {x + 4} \right) + 20.\left( {90 - x} \right).x\\ \Leftrightarrow 1800x + 7200 = 23{x^2} + 92x + 1800x - 20{x^2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 92x - 7200 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 36} \right)\left( {3x + 200} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 36 = 0\\3x + 200 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 36\;\;\left( {tm} \right)\\x =  - \dfrac{{200}}{3}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy vận tốc lúc đầu của người đó là \(36\;km/h.\)

Bài 5.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow \widehat {OBD} = \widehat {OCD} = {90^0}\)

Xét tứ giác OBDC có  \(\widehat {OBD} + \widehat {OCD} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow \) tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \(OD = 5cm\). Tính diện tích của tam giác BCD.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có \(BD = \sqrt {O{D^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,\,\left( {cm} \right)\)

Ta có \(OB = OC = R;\,\,DB = DC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow O;\,\,D\) thuộc trung trực của BC \( \Rightarrow OD\) là trung trực của BC \( \Rightarrow OD \bot BC\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có:

\(DM.DO = D{B^2} \) \(\Rightarrow DM = \dfrac{{D{B^2}}}{{DO}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = \dfrac{{16}}{5}\,\,\left( {cm} \right)\)

\(BM.OD = OB.BD\) \( \Rightarrow BM = \dfrac{{OB.BD}}{{OD}} = \dfrac{{3.4}}{5} = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left( {cm} \right)\)

Vậy \({S_{\Delta DBC}} = \dfrac{1}{2}DM.BC = DM.BM \)\(\,= \dfrac{{16}}{5}.\dfrac{{12}}{5} = \dfrac{{192}}{{25}} = 7,68\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \(AB.AP = AQ.AC\)

Ta có \(\widehat {APQ} = \widehat {xAB}\) ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ)

Mà \(\widehat {xAB} = \widehat {ACB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O)).

\( \Rightarrow \widehat {APQ} = \widehat {ACB}\)

Xét tam giác ABC và tam giác AQP có:

\(\widehat {PAQ}\) chung;

\(\widehat {APQ} = \widehat {ACB}\,\,\left( {\,cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta AQP\,\,\left( {g.g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \dfrac{{AC}}{{AP}} \)

\(\Rightarrow AB.AP = AC.AQ\)

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Kéo dài BD cắt D tại F.

Ta có \(\widehat {DBP} = \widehat {ABF}\) (đối đỉnh)

Mà \(\widehat {ABF} = \widehat {ACB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)

\(\widehat {ACB} = \widehat {APD}\) (do )

\( \Rightarrow \widehat {DBP} = \widehat {APD} = \widehat {BPD} \Rightarrow \Delta DBP\) cân tại D \( \Rightarrow DB = DP\)

Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được \(\widehat {DCQ} = \widehat {ACG} = \widehat {ABC} = \widehat {DQC} \Rightarrow \Delta DCQ\) cân tại D \( \Rightarrow DC = DQ\)

Lại có \(DB = DC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow DP = DQ \Rightarrow D\) là trung điểm của PQ.

Ta có: \(\Delta ABC \sim \Delta AQP\,\,\left( {cmt} \right)\)

\(\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{BC}}{{PQ}} = \dfrac{{2MC}}{{2PD}} \)

\(\Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{MC}}{{PD}}\)

Xét tam giác \(AMC\) và tam giác \(ADP\) có

\(\widehat {ACM} = \widehat {APD}\,\,\left( {\widehat {ACB} = \widehat {APQ}\,\,\left( {cmt} \right)} \right)\)

\(\dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{MC}}{{PD}}\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta ADP\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

\(\Rightarrow \widehat {PAD} = \widehat {MAC}\,\,\left( {dpcm} \right)\)

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
4.1 trên 15 phiếu

Các bài liên quan: - ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Toán lớp 9 - Xem ngay

>> Học trực tuyến lớp 9, luyện vào lớp 10, mọi lúc, mọi nơi môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa cùng các Thầy, Cô giáo giỏi nổi tiếng, dạy hay, dễ hiểu, dày dặn kinh nghiệm tại Tuyensinh247.com


Gửi bài