Đề số 36 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán


Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 36 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (2 điểm):

a) Tìm \(x\) để biểu thức sau có nghĩa: \(P = \sqrt {5x + 3}  + 2018\sqrt[3]{x}.\)

b) Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}.\) Điểm \(D\) có hoành độ \(x =  - 2\) thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm \(D.\)

c) Tìm giá trị của \(a\) và \(b\) để đường thẳng \(d:\;\;y = ax + b - 1\) đi qua hai điểm \(A\left( {1;\;1} \right)\) và \(B\left( {2;\;3} \right).\)

Câu 2 (2,0 điểm):

Cho biểu thức: \(P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\) (với \(x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y\)).

a) Rút gọn biểu thức \(P.\)               

b) Chứng minh rằng \(P \le 1.\)

Câu 3 (2,0 điểm):

Cho phương trình \({x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left( 1 \right)\)

a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 1.\)

b) Chứng minh rằng với mọi \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm là \({x_1},\;{x_2}\) khi đó tìm \(m\) để \(x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.\)

Câu 4 (3,5 điểm):

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng ABAD  theo thứ tự tại M, N. Dựng AH  vuông góc với BD tại điểm H,  K  là giao điểm của hai đường thẳng MN  và BD.

a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AD.AN = AB.AM.

c) Gọi E  là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.

d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.

Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương trình: \(3\sqrt 3 \left( {{x^2} + 4x + 2} \right) - \sqrt {x + 8}  = 0.\)

Lời giải chi tiết

Câu 1:

a) Tìm \(x\) để biểu thức sau có nghĩa: \(P = \sqrt {5x + 3}  + 2018\sqrt[3]{x}.\)

Biểu thức có nghĩa \( \Leftrightarrow 5x + 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - \dfrac{3}{5}.\)

Vậy với \(x \ge  - \dfrac{3}{5}\) thì biểu thức \(P\) có nghĩa.

b) Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}.\) Điểm \(D\) có hoành độ \(x =  - 2\) thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm \(D.\)

Điểm \(D\) thuộc đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và có hoành độ \(x =  - 2 \Rightarrow y = \dfrac{1}{2}.{\left( { - 2} \right)^2} = 2.\)

Vậy \(D\left( { - 2;\;2} \right).\)

c) Tìm giá trị của \(a\) và \(b\) để đường thẳng \(d:\;\;y = ax + b - 1\) đi qua hai điểm \(A\left( {1;\;1} \right)\) và \(B\left( {2;\;3} \right).\)

Đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(A\left( {1;\;1} \right)\) và \(B\left( {2;\;3} \right)\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 = 1.a + b - 1\\3 = 2.a + b - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\2a + b = 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 0\end{array} \right..\)

Vậy \(a = 2\) và \(b = 0.\)

Câu 2:

Cho biểu thức: \(P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\) (với \(x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y\)).

a) Rút gọn biểu thức \(P.\)

Điều kiện: \(x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y.\)

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x\sqrt y  + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt {xy} \left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)}}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{x + 2\sqrt {xy}  + y - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right)}^2}}}{{\sqrt x  - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \left( {\sqrt x  - \sqrt y } \right) - y\\\;\;\; = \sqrt x  + \sqrt y  - \sqrt x  + \sqrt y  - y\\\;\;\; = 2\sqrt y  - y.\end{array}\)

b) Chứng minh rằng \(P \le 1.\)

Ta có: \(P \le 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt y  - y \le 1\\ \Leftrightarrow 1 - 2\sqrt y  + y \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt y  - 1} \right)^2} \ge 0\;\;\forall y > 0.\end{array}\)

Vậy \(P \le 1.\)

Câu 3:

Cho phương trình \({x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left( 1 \right)\)

a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 1.\)

Với \(m = 1\) ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 2 = 0\end{array}\)

Có \(\Delta ' = 4 - 2 = 2 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2 + \sqrt 2 \\{x_2} = 2 - \sqrt 2 \end{array} \right..\)

Vậy với \(m = 1\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {2 - \sqrt 2 ;\;\;2 + \sqrt 2 } \right\}.\)

b) Chứng minh rằng với mọi \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Giả sử hai nghiệm là \({x_1},\;{x_2}\) khi đó tìm \(m\) để \(x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)

\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4{m^2} + 2 > 0 \Leftrightarrow 2 > 0\) (luôn đúng với mọi \(m\))

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) với mọi \(m.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4m\\{x_1}{x_2} = 4{m^2} - 2\end{array} \right..\)

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)

\(\Rightarrow x_1^2 - 4m{x_1} + 4{m^2} - 2 = 0\)

\(\Leftrightarrow x_1^2 = 4m{x_1} - 4{m^2} + 2.\;\)

Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4m{x_1} - 4{m^2} + 2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0\\ \Leftrightarrow 4m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow m.4m = 1\\ \Leftrightarrow {m^2} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow m =  \pm \dfrac{1}{2}.\end{array}\)

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

Câu 4:


a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp.
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng ABAD  theo thứ tự tại M, N. Dựng AH  vuông góc với BD tại điểm H,  K  là giao điểm của hai đường thẳng MN  và BD.

Xét tứ giác \(AHCK\) ta có: \(\widehat {AHK} = \widehat {ACK} = {90^0}\)

Mà hai đỉnh \(H,\;C\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(AK\) dưới góc \({90^0}.\)

\( \Rightarrow AHCK\)  là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Chứng minh AD.AN = AB.AM.

Ta có: \(AM//CD \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {DCN}\) (hai góc đồng vị)

\(\widehat {DCN}\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CD.\)

\(\widehat {ADB}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AB.\)

Mà cung \(AB = \) cung \(CD\) do \(ABCD\) là hình chữ nhật.

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {AMN}\left( { = \widehat {DCN}} \right).\)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ANM\) ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat {A\;\;}\;\;chung\\\widehat {ADB} = \widehat {AMN}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ANM\;\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}} \Rightarrow AB.AM = AD.AN\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

c) Gọi E  là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.

Ta có \(E\) là trung điểm của \(MN\;\;\left( {gt} \right) \Rightarrow AE = ME = EN\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

\( \Rightarrow \widehat {EAN} = \widehat {ENA}\)

\(\Rightarrow \widehat {AEM} = \widehat {EAN} + \widehat {ANE} = 2\widehat {ENA}\) (góc ngoài của tam giác).

Vì \(\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ANC}\) (hai góc tương ứng).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (hai góc so le trong).

\( \Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {ANC}\left( { = \widehat {ABD}} \right) \\\Rightarrow \widehat {HEC} = 2\widehat {ANE} = 2\widehat {BDC} = 2\widehat {ODC}.\;\;\;\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) ta có: \(\widehat {DOC} + \widehat {OCD} + \widehat {ODC} = {180^0} \)

\(\Leftrightarrow \widehat {DOC} + 2.\widehat {ODC} = {180^0}.\;\;\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}.\)

Xét tứ giác \(OHEC\) ta có: \(\widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow OHEC\) là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện có tổng bằng \({180^0}\)).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {OHE} + \widehat {OCE} = {180^0} \\\Leftrightarrow \widehat {OHE} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\\ \Rightarrow OH \bot HE.\end{array}\)

Mà \(OE \bot AH\;\;\;\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow A,\;H,\;E\) thẳng hàng.

d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(D{B^2} = A{B^2} + A{D^2} = {6^2} + {8^2} = {10^2} \Rightarrow BD = 10cm.\)

Vì \(\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left( {cmt} \right)\)

\(\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{BD}}{{MN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{6}{{AN}} = \dfrac{8}{{AM}} = \dfrac{{10}}{{MN}}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = \dfrac{{8MN}}{{10}} = \dfrac{4}{5}MN\\AN = \dfrac{6}{{10}}MN = \dfrac{3}{5}MN\end{array} \right..\)

Xét tam giác \(\Delta DBC\) và \(\Delta CMB\) ta có:

\(\widehat {DCB} = \widehat {CBM} = {90^0}\)

\(\widehat {BDC} = \widehat {BCM}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta DCB \sim CBM\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{DC}}{{BC}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Leftrightarrow \dfrac{6}{8} = \dfrac{8}{{BM}}\\ \Leftrightarrow BM = \dfrac{{32}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow AM = AB + BM = 6 + \dfrac{{32}}{3} = \dfrac{{50}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow MN = \dfrac{5}{4}AM = \dfrac{5}{4}.\dfrac{{50}}{3} = \dfrac{{125}}{6}cm.\end{array}\)

Vậy \(MN = \dfrac{{125}}{6}cm.\)

 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