Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán


Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 39 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu I: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)

2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)

Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + 4\sqrt x  + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tìm tất cả các giá trị của x để \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\)

Câu III: (2,0 điểm)

1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) . Tìm \(a,b\) để đường thẳng (d) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 2x + 3\) và đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\)

2. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

\(\sqrt {x_1^2 + 2018}  - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018}  + {x_2}\)

Bài IV: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)

3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Câu V: (1,0 điểm)

Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn: \(a + b + c = 1\) . Chứng minh \(\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge 30.\)

Lời giải chi tiết

Câu I.

1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)

Ta có: \(a - b + c = 1 - 8 + 7 = 0\) nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là \(x =  - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x =  - \dfrac{c}{a} =  - 7\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 7} \right\}\).

2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 6\\5x + y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 20 - 5x\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 20 - 5.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 10\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;10} \right)\)

Câu II.

Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + 4\sqrt x  + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)

1. Rút gọn biểu thức A.

\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + 4\sqrt x  + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\end{array}\)

Vậy với \(x > 0\) thì \(\)

2. Tìm tất cả các giá trị của x để \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\)

\(\begin{array}{l}A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} \ge 0\end{array}\)

Với \(x > 0\) ta có: \(\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) > 0\) khi đó \(\dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}} \ge 0 \) \(\Leftrightarrow 1 - \sqrt x  \ge 0 \Leftrightarrow x \le 1\)

Kết hợp với điều kiện ta được: \(0 < x \le 1\)  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu III.

1.  Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) . Tìm \(a,b\) để đường thẳng (d) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 2x + 3\) và đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\)

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 3\end{array} \right.\)

Khi đó (d) trở thành: \(y = 2x + b\left( {b \ne 3} \right)\)

Đường thẳng (d’) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\) nên ta có:

\( - 1 = 2.1 + b \Leftrightarrow b =  - 3\left( {tm} \right)\)

Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: \(y = 2x - 3\)

2.  Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

\(\sqrt {x_1^2 + 2018}  - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018}  + {x_2}\)

Xét biệt thức \(\Delta  = {\left( {m - 2} \right)^2} + 12 \ge 12 > 0,\forall m\)

Vậy phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Giả sử \({x_1} > {x_2}\)

Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} =  - 3\end{array} \right.\)

Theo đề ra ta có:

 \(\begin{array}{l}\sqrt {x_1^2 + 2018}  - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018}  + {x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {x_1^2 + 2018}  - \sqrt {x_2^2 + 2018}  = {x_1} + {x_2}\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2018 + x_2^2 + 2018 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)}  = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}\\\,\,\left( {Do\,\,{x_1} - {x_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 4036 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)}  = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)}  = 2018 - {x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right) = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow x_1^2x_2^2 + 2018\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {2018^2} = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] =  - 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\end{array}\)

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV.

Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.

            

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(\angle IAM = {90^0}\)

Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \)  Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)

Ta có \(\angle IEA + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

\(\angle NEB + \angle IEB = \angle NEI = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\);

\( \Rightarrow \angle IEA = \angle NEB\)

Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta NEB\) có:

\(\angle IEA = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\);

\(\angle IAE = \angle BAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);

\( \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{IE}}{{IA}} = \dfrac{{NE}}{{NB}}\)

\(\Rightarrow IA.NE = IE.NB\)

\(\Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\)

Do I là trung điểm của OA \( \Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{4}AB \)

\(\Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}IB\) hay \(IB = 3IA\).

\( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\,\,\left( {dpcm} \right)\).

3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

+) Chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi

Xét tứ giác \(BNEI\) có \(\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

\( \Rightarrow \angle NEB = \angle NIB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Ta có \(\angle AMI = \angle AEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;

Mà \(\angle AEI = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \angle AMI = \angle NIB\).

Xét \(\Delta AMI\) và \(\Delta BIN\) có:

\(\begin{array}{l}\angle AMI = \angle NIB\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle MAI = \angle IBN = {90^0}\,\,\left( {gt} \right);\\ \Rightarrow \Delta AMI \sim \Delta BIN\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{BI}} = \dfrac{{AI}}{{BN}}\\ \Rightarrow AM.BN = AI.BI\end{array}\)

Ta có \(AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}.2R = \dfrac{R}{2};\)

\(BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}.2R = \dfrac{{3R}}{2}\) 

\( \Rightarrow AM.BN = \dfrac{R}{2}.\dfrac{{3R}}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} = const\).

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ENI = \angle EBI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)

Do tứ giác \(AMEI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)

\( \Rightarrow \angle ENI = \angle IME = \angle EBI + \angle IAE = {90^0}\) (\(\Delta ABE\) vuông tại E)

\( \Rightarrow \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \Delta IMN\) vuông tại I \( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\)

Đặt \(\angle AIM = \alpha \) \( \Rightarrow \angle BNI = \alpha \,\,\left( {{0^0} < \alpha  < {{90}^0}} \right)\) \(\left( {Do\,\,\Delta AMI \sim \Delta BIN} \right)\).

Xét tam giác vuông AIM có \(\cos \angle AIM = \cos \alpha  = \dfrac{{AI}}{{MI}}\)

\(\Rightarrow MI = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{R}{{2\cos \alpha }}\)

Xét tam giác vuông BIN có : \(\sin \angle BNI = \sin \alpha  = \dfrac{{BI}}{{IN}}\) \( \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3R}}{2}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }}\)

\( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{{2\cos \alpha }}.\dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }} = \dfrac{{3{R^2}}}{{8\sin \alpha \cos \alpha }}\)

Do \({0^0} < \alpha  < {90^0}\) \( \Rightarrow \sin \alpha  > 0,\,\,\cos \alpha  > 0\) và \(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha  = \sin \alpha .\sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \mathop  \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha  + 1 - {{\sin }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow {S_{IMN}} \ge \dfrac{{3{R^2}}}{{8.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }\)

\(  \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha  = 1 \)

\(\Leftrightarrow \sin \alpha  = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha  = {45^0}\)

Vậy \({S_{IMN\,\,\min }} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}\)

Câu V.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{9abc}} + \dfrac{8}{{9abc}}\\ \ge \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}} + \dfrac{8}{{9\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.\dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}}  + 24\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{3\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac} \right)}^2}}}{{27}}}}}  + 24 = 30\end{array}\)

 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