Đề số 28 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán


Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 28 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (2 điểm):

Giải phương trình và hệ phương trình:

\(1)\;\;\dfrac{{3x + 1}}{2} - x = 1\)   

\(2)\;\;\left\{ \begin{array}{l}3x = 17 - y\\x - 2y = 1\end{array} \right.\)

Câu 2 (2 điểm):

1) Tìm \(m\) để phương trình \({d_1}:\;y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + 2m - 3\) cắt đường thẳng \(d:\;y = x - 3\) tại điểm \(A\) có hoành độ bằng \( - 1.\)

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

Câu 3 (2 điểm):

1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km. Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long rồi nghỉ ở đó 8 giờ 20 phút, sau đó trở về Hải Dương hết tất cả 12 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc đi, biết vận tốc ô tô lúc về nhanh hơn vận  tốc ô tô lúc đi 10 km/h.

2) Tìm \(m\) để phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0\) (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {x_1^3 - x_2^3} \right| = 10\sqrt 2 .\)

Câu 4 (3 điểm):

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC), gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC.

1) Chứng minh \(A{C^2} = CH.CB.\)

2) Chứng minh tứ giác \(BCNM\) nội tiếp và \(AC.BM + AB.CN = AH.BC.\)

3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE // CF.

Câu 5 (1 điểm):

Cho phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\;\;\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn \(0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(L = \dfrac{{3{a^2} - ab + ac}}{{5{a^2} - 3ab + {b^2}}}.\)

Lời giải chi tiết

Câu 1:

\(\begin{array}{l}1)\;\;\dfrac{{3x + 1}}{2} - x = 1\\ \Leftrightarrow 3x + 1 - 2x = 2\\ \Leftrightarrow x = 1.\end{array}\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: \(x = 1.\)

\(\begin{array}{l}2)\;\;\left\{ \begin{array}{l}3x = 17 - y\\x - 2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 17\\x - 2y = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 17\\3x - 6y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7y = 14\\x = 2y + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 2.2. + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 2\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {5;\;2} \right).\)

Câu 2:

1) Tìm \(m\) để phương trình \({d_1}:\;y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + 2m - 3\) cắt đường thẳng \(d:\;y = x - 3\) tại điểm \(A\) có hoành độ bằng \( - 1.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng đã cho là:

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

Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm \(A\) có hoành độ bằng \( - 1\) thì \(x =  - 1\) là nghiệm của phương trình (*). Khi đó:

\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow  - {m^2} + 2m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = 2.\)

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

Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 1.\)

\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{1}{{x + \sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{x + 2\sqrt x  + 1}} + 1\\\;\;\; = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}} + 1\\\;\;\; = \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 1}} + 1\\\;\;\; =  - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} + 1\\\;\;\; = \dfrac{{ - \sqrt x  - 1 + \sqrt x }}{{\sqrt x }} =  - \dfrac{1}{{\sqrt x }}.\end{array}\)

Câu 3:

1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km. Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long rồi nghỉ ở đó 8 giờ 20 phút, sau đó trở về Hải Dương hết tất cả 12 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc đi, biết vận tốc ô tô lúc về nhanh hơn vận  tốc ô tô lúc đi 10 km/h.

Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là \(x\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)

Khi đó vận tốc lúc về của ô tô là: \(x + 10\;\;\left( {km/h} \right).\)

Thời gian ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long là: \(\dfrac{{100}}{x}\;\;\left( h \right).\)

Thời gian ô tô đi từ Hạ Long về Hải Dương là: \(\dfrac{{100}}{{x + 10}}\;\;\left( h \right).\)

Đổi \(8\) giờ \(20\) phút \( = \dfrac{{25}}{3}\) giờ.

Theo đề bài ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{100}}{x} + \dfrac{{25}}{3} + \dfrac{{100}}{{x + 10}} = 12\\ \Leftrightarrow \dfrac{{100}}{x} + \dfrac{{100}}{{x + 10}} - \dfrac{{11}}{3} = 0\\ \Leftrightarrow 300\left( {x + 10} \right) + 300x - 11x\left( {x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 600x + 3000 - 11{x^2} - 110x = 0\\ \Leftrightarrow 11{x^2} - 490x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 50} \right)\left( {11x + 60} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 50 = 0\\11x + 60 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50\;\;\left( {tm} \right)\\x =  - \dfrac{{60}}{{11}}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi là \(50\;km/h.\)

2) Tìm \(m\) để phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0\) (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {x_1^3 - x_2^3} \right| = 10\sqrt 2 .\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - {m^2} + 2 > 0\; \)\(\Leftrightarrow 2 > 0\;\forall m\)

\( \Rightarrow \) Phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},\;\;{x_2}\) với mọi \(m.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có: \(\left| {x_1^3 - x_2^3} \right| = 10\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {x_1^2 + {x_1}{x_2} + x_2^2} \right)} \right| = 10\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left| {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]} \right| = 10\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {\left| {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]} \right|^2} = 200\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}{\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]^2} = 200\\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right]{\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right]^2} = 200\\ \Leftrightarrow \left[ {4{m^2} - 4\left( {{m^2} - 2} \right)} \right]{\left[ {4{m^2} - {m^2} + 2} \right]^2} = 200\\ \Leftrightarrow 8{\left( {3{m^2} + 2} \right)^2} = 200\\ \Leftrightarrow {\left( {3{m^2} + 2} \right)^2} = 25\\ \Leftrightarrow 3{m^2} + 2 = 5\;\;\;\left( {do\;\;3{m^2} + 2 > 0\;\;\forall m} \right)\\ \Leftrightarrow {m^2} = 1\\ \Leftrightarrow m =  \pm 1.\end{array}\)

Vậy \(m =  \pm 1\) thỏa mãn bài toán.

Câu 4:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC), gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC.

 

1) Chứng minh \(A{C^2} = CH.CB.\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính BC ta có:

\(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0} \Rightarrow \) \(\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)

Xét tam giác \(ABC\) có đường cao ta có:

\(A{C^2} = CH.CB\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông). (đpcm)

2) Chứng minh tứ giác \(BCNM\) nội tiếp và \(AC.BM + AB.CN = AH.BC.\)

+) Ta có \(ANHM\) là hình chữ nhật do có 3 góc vuông.

\( \Rightarrow AN//MH,\;\;AM//HN.\)

\( \Rightarrow \widehat {MAH} = \widehat {AMN}\) (tính chất).

Lại có 

Xét tứ giác \(BCNM\) ta có: \(\widehat {MBC} = \widehat {ANM}\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow BMNC\) là tứ giác nội tiếp (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).

+) Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta AHC\) ta có:

\(\widehat {MBH} = \widehat {HAC}\;\;\)(cùng phụ với \(\widehat {ACH}\))

\(\begin{array}{l}\widehat {BMH} = \widehat {AHC} = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta BMH \sim \Delta AHC\;\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{AH}} = \dfrac{{BH}}{{AC}} \\\Leftrightarrow AC.BM = AH.BH.\end{array}\)

Xét \(\Delta CNH\) và \(\Delta BAH\) ta có:

\(\widehat {NCH} = \widehat {BAH}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABH}\))

\(\begin{array}{l}\widehat {CNH} = \widehat {AHB} = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta CNH \sim \Delta AHB\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{AH}} = \dfrac{{CH}}{{AB}}\\ \Rightarrow AB.CN = AH.CH.\end{array}\)

\(\Rightarrow AC.BM + AB.CN = AH.BH + AH.CH \)\(\,= AH\left( {BH.CH} \right) = AH.BC\;\;\left( {dpcm} \right)\)

3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE // CF.

Ta có :

\(\Delta ANF \sim \Delta EMA\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{ME}} = \dfrac{{NF}}{{AM}} \)\(\;\Rightarrow AN.AM = NF.ME\,\,\left( 1 \right)\)

Lại có : \(\begin{array}{l}\Delta BMH \sim \Delta HNC\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{HN}} = \dfrac{{MH}}{{NC}} \\\Rightarrow BM.NC = MH.HN\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Mặt khác \(AM.AN = MH.NH\,\,\left( {AM = NH;AN = MH} \right)\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1) , (2), (3)  suy ra \(NF.ME = BM.NC \Rightarrow \dfrac{{NF}}{{NC}} = \dfrac{{BM}}{{ME}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{NC}} = \dfrac{{BM}}{{NF}}\)

Mà \(\widehat {BME} = \widehat {CNF} = {90^0}\)

Suy ra \(\Delta BME \sim \Delta FNC\left( {c - g - c} \right) \) \(\Rightarrow \widehat {CFN} = \widehat {EBM}\)

Ta lại có \(\widehat {NFA} = \widehat {MEA}\left( {Do\,\,AB\parallel HF} \right)\)

Nên ta có : \(\begin{array}{l}\widehat {CFE} + \widehat {BEF} = \widehat {CFN} + \widehat {NFA} + \widehat {BEF} = \widehat {EBM} + \widehat {MAE} + \widehat {BEF}\\ \Rightarrow \widehat {CFE} + \widehat {BEF} = \widehat {EBA} + \widehat {BAE} + \widehat {BEF} = {180^0}\end{array}\)

(Theo định lý tổng ba góc trong tam giác EBA).

Vậy BE//CF

Câu 5:

Phương trình có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn \(0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  \ge 0\\af\left( 0 \right) \ge 0\\af\left( 2 \right) \ge 0\\\dfrac{S}{2} > 0\\\dfrac{S}{2} < 2\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} - 4ac > 0\\ac \ge 0\\a\left( {4a + 2b + c} \right) \ge 0\\ - \dfrac{b}{{2a}} > 0\\ - \dfrac{b}{{2a}} < 2\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} \ge 4ac\\ac \ge 0\\a\left( {4a + 2b + c} \right) \ge 0\\\dfrac{b}{{2a}} < 0\\\dfrac{{4a + b}}{{2a}} > 0\end{array} \right..\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}L = \dfrac{{3{a^2} - ab + ac}}{{5{a^2} - 3ab + {b^2}}} \\\;\;= \dfrac{{3 - \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}}{{5 - 3.\dfrac{b}{a} + {{\left( {\dfrac{b}{a}} \right)}^2}}}\;\;\left( {do\;\;a \ne 0} \right)\\\;\; = \dfrac{{3 + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}}{{5 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}\;\;\;\left( {L > 0\;\;\forall \;0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2} \right)\\\;\; = \dfrac{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}{{5 + 3{x_1} + 3{x_2} + x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}}}.\\ \Rightarrow \dfrac{1}{L} = \dfrac{{5 + 3{x_1} + 3{x_2} + x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}.\end{array}\)

Vì \(0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 \le 2{x_1}\\x_2^2 \le 2{x_2}\\{x_1} - 2 \le 0\\{x_2} - 2 \le 0\end{array} \right. \) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 \le 2{x_1} + 2{x_2}\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) \ge 0\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{L} \le \dfrac{{5 + 3{x_1} + 3{x_2} + 2{x_1} + 2{x_2} + 2{x_1}{x_2}}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{5 + 5{x_1} + 5{x_2} + 2{x_1}{x_2}}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{3{x_1}{x_2} + 3{x_1} + 3{x_2} + 9 - {x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{x_2} - 4}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{3\left( {3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}} \right) - \left( {{x_2} - 2} \right){x_1} + 2\left( {{x_2} - 2} \right)}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}\\\;\;\;\;\;\;\; = 3 - \dfrac{{\left( {{x_2} - 2} \right)\left( {{x_1} - 2} \right)}}{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}} \le 3\;\;\;\left( {do\;\;\left( {{x_2} - 2} \right)\left( {{x_1} - 2} \right) \ge 0} \right)\\ \Rightarrow 0 \le \dfrac{1}{L} \le 3 \Leftrightarrow 3L \ge 1 \Leftrightarrow L \ge \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow Min\;L = \dfrac{1}{3}.\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 = 2{x_1}\\x_2^2 = 2{x_2}\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1}\left( {{x_1} - 2} \right) = 0\\{x_2}\left( {{x_2} - 2} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}{x_1} - 2 = 0\\{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 0\\{x_1} = 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{x_2} = 0\\{x_2} = 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 0\\{x_2} = 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = 2\end{array} \right.\end{array} \right..\)

Vậy \(Min\;L = \dfrac{1}{3}\) khi \(\left( {{x_1};\;{x_2}} \right) = \left\{ {\left( {0;\;2} \right),\;\left( {2;\;0} \right),\;\left( {2;\;2} \right)} \right\}.\)

Loigiaihay.com

 

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
4.9 trên 7 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