Đề số 6 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán


Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 6 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1. (2.5 điểm)

a)  Rút gọn các biểu thức

\(A = \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - \sqrt {48} \)

\(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\)  với \(x \ge 0\)  và \(x \ne  \pm 1\)

b)  Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.\)

Câu 2. (2 điểm)

Cho phương trình \({x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)\) (m là tham số )

a)  Giải phương trình (*) khi \(m =  - 3\)

b)  Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(9{x_1} + 2{x_2} = 18\)

Câu 3. (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right),\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.\)

a) Vẽ đồ thị của (P).

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right).\)

c) Đường thẳng \(y = 2\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A,\;B.\) Tìm tọa độ của \(A,\;B\) và tính diện tích tam giác \(OAB.\)

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa OB). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm K (K khác A), hai dây MNBK cắt nhau ở E.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

a) Rút gọn các biểu thức

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - \sqrt {48} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {{2^2}.3}  + \sqrt {{3^2}.3}  - \sqrt {{4^2}.3} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  - 4\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 .\end{array}\)

\(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0\)  và \(x \ne  \pm 1\)

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

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2\left( {3x - 1} \right) = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right. \)

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

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

Câu 2.

Cho phương trình \({x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)\) (m là tham số )

a) Giải phương trình (*) khi \(m =  - 3\)

Thay \(m =  - 3\) vào phương trình (*) ta có: \({x^2} + 5x - 3 = 0\)

Ta có: \(a = 1;b = 5;c =  - 3;\)

\(\Delta  = {b^2} - 4ac = {5^2} + 12 = 37 > 0\)

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}\end{array} \right.\)

Vậy khi \(m =  - 3\) thì phương trình (*)  có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {\dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2};\dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}} \right\}\)

b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(9{x_1} + 2{x_2} = 18\,\,\,\left( 3 \right)\)

+) Phương trình (*) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) khi và chỉ khi \(\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 25 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{{25}}{4}\)

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} = m\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_1} + 2{x_2} =  - 10\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 7{x_1} =  - 28\\{x_2} =  - 5 - {x_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 4\\{x_2} =  - 9\end{array} \right.\)

Thay \({x_1} = 4;{x_2} =  - 9\) vào (2) ta được: \(4.\left( { - 9} \right) = m \Leftrightarrow m =  - 36\left( {tm} \right)\)

Vậy \(m =  - 36\)  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxy} \right),\) cho parabol \(\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.\)

a) Vẽ đồ thị của (P).

Ta có bảng giá trị:

\(x\)

\( - 4\)

\( - 2\)

\(0\)

\(2\)

\(4\)

\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)

\(8\)

\(2\)

\(0\)

\(2\)

\(8\)

Đồ thị:

                                          

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right).\)

Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(E\left( {7;\;12} \right) \Rightarrow 12 = \left( {2m - 1} \right).7 + 5\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 12 = 14m - 7 + 5\\ \Leftrightarrow 14m = 14\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)

Vậy \(m = 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

c) Đường thẳng \(y = 2\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm \(A,\;B.\) Tìm tọa độ của \(A,\;B\) và tính diện tích tam giác \(OAB.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = 2\) và parabol \(\left( P \right)\) là:

\(\dfrac{1}{2}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( { - 2;\;2} \right)\\B\left( {2;\;2} \right)\end{array} \right..\)

Đường thẳng \(y = 2\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( { - 2;\;2} \right)\) và \(B\left( {2;\;2} \right).\)

Gọi \(H\) là giao điểm của đường thẳng \(y = 2\) và trục \(Oy \Rightarrow H\left( {0;\;2} \right).\)

Khi đó ta có: \({S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{AOH}} = \dfrac{1}{2}AH.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\\{S_{BOH}} = \dfrac{1}{2}HB.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_B}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\end{array} \right..\)

\({S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}} = 2 + 2 = 4.\)

Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là \(4\;\left( {dvdt} \right).\)

Câu 4.

                     

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

Ta có \(\widehat {AKB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {AKE} = {90^0}\).

Xét tứ giác AHEK có \(\widehat {AKE} + \widehat {AHE} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:

\(\widehat {CKE} = \widehat {CHA} = {90^0};\)

\(\widehat {ACH}\) chung;

\( \Rightarrow \Delta CKE \sim \Delta CHA\,\,\left( {g.g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{CK}}{{CH}} = \dfrac{{CE}}{{CA}} \)

\(\Rightarrow CA.CK = CE.CH\) (đpcm).

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

Ta có \(d \bot AC;\,\,\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK\)

\(\Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow d//BK\). (từ vuông góc đến song song).

Xét tam giác OMN có 

\(OM = ON\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OMN\) cân tại O.

\( \Rightarrow \) Đường cao OH đồng thời là đường phân giác \( \Rightarrow \widehat {MOB} = \widehat {NOB} \Rightarrow \) sđ cung MB = sđ cung NB.

\( \Rightarrow \widehat {MKB} = \widehat {NKB}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Ta có \(\widehat {KFN} = \widehat {MKB}\) (đồng vị);

\(\widehat {KNF} = \widehat {NKB}\) (so le trong);

Mà \(\widehat {MKB} = \widehat {NKB}\,\,\left( {cmt} \right)\)

\(\Rightarrow \widehat {KFN} = \widehat {KNF} \)

\(\Rightarrow \Delta NEK\) cân tại K.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Ta có \(\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK \Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow \Delta KEC\) vuông tại K.

Lại có KE = KC (gt) \( \Rightarrow \Delta KEC\) vuông cân tại K \( \Rightarrow \widehat {KEC} = {45^0}\) ;

\( \Rightarrow \widehat {HEB} = \widehat {KEC} = {45^0}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \Delta HEB\) vuông cân tại H \( \Rightarrow \widehat {HBE} = {45^0} \Rightarrow \widehat {OBK} = {45^0}\)

Tam giác OBK có \(OB = OK\;\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OBK\) cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OBK} = \widehat {OKB} = {45^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} - {45^0} - {45^0} = {90^0} \Rightarrow \Delta BOK\) vuông cân tại \(O \Rightarrow OK \bot OB\) ;

Lại có \(MN \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow MN \bot OB\).

Vậy MN // OK.

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
4.2 trên 6 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