Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018
Tải vềCâu I (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức
Đề bài
Câu I (2,0 điểm)
- Tính giá trị của biểu thức A=√5(√20−√5)+1A=√5(√20−√5)+1
- Tìm tham số m để đường thẳng y=(m−1)x+2018y=(m−1)x+2018 có hệ số góc bằng 3.
Câu II (3,0 điểm)
- Giải hệ phương trình {x+4y=82x+5y=13
- Cho biểu thức B=(6a−1+10−2√aa√a−a−√a+1).(√a−1)24√a (với a>0,a≠1)
a) Rút gọn biểu thức B.
b) Đặt C=B.(a−√a+1). So sánh C và 1.
- Cho phương trình x2−(m+2)x+3m−3=0(1), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m=−1.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 sao cho x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu III (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại các điểm M,N(M≠B,N≠C). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
- Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
- Chứng minh BM.BA=BP.BC.
- Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
- Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E,H,F thẳng hàng.
Câu V (0,5 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1 với x>0
Lời giải chi tiết
Câu I.
Phương pháp:
- Sử dụng hằng đẳng thức √A2=|A|
- Hệ số góc của đường thẳng y=ax+b là a.
Cách giải:
- 1. Tính giá trị của biểu thức A=√5(√20−√5)+1
A=√5(√20−√5)+1A=√5(√22.5−√5)+1A=√5(2√5−√5)+1A=√5.√5+1A=5+1A=6
- 2. Tìm tham số m để đường thẳng y=(m−1)x+2018 có hệ số góc bằng 3.
Đường thẳng y=(m−1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 ⇔m−1=3⇔m=4.
Câu II.
Phương pháp:
- Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
- a) Thay m=−1 và giải phương trình bậc hai.
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B.
Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1.
Cách giải:
1. Giải hệ phương trình {x+4y=82x+5y=13
{x+4y=82x+5y=13⇔{2x+8y=162x+5y=13⇔{3y=3x=8−4y⇔{y=1x=4.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(4;1).
2. Cho biểu thức B=(6a−1+10−2√aa√a−a−√a+1).(√a−1)24√a (với a>0,a≠1)
a) Rút gọn biểu thức B.
Với a>0,a≠1 ta có:
B=(6a−1+10−2√aa√a−a−√a+1).(√a−1)24√aB=(6a−1+10−2√aa(√a−1)−(√a−1)).(√a−1)24√aB=(6a−1+10−2√a(√a−1)(a−1)).(√a−1)24√aB=6(√a−1)+10−2√a(√a−1)(a−1).(√a−1)24√aB=6√a−6+10−2√a(√a−1)(a−1).(√a−1)24√aB=4(√a+1)(√a−1)2(√a+1).(√a−1)24√aB=4(√a−1)2.(√a−1)24√aB=1√a
b) Đặt C=B.(a−√a+1). So sánh C và 1.
B=1√a⇒C=B.(a−√a+1)⇒C=1√a(a−√a+1)=√a−1+1√a
Áp dụng BĐT Cauchy ta có √a+1√a≥2√√a.1√a=2⇒√a−1+1√a≥2−1=1
Dấu bằng xảy ra ⇔√a=1√a⇔a=1.
Vậy C≥1 và C=1⇔a=1.
3. Cho phương trình x2−(m+2)x+3m−3=0(1), với x là ẩn, m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m=−1.
Thay m=−1 vào phương trình (1) ta có:
x2−x−6=0⇔x2−3x+2x−6=0⇔x(x−3)+2(x−3)=0⇔(x−3)(x+2)=0⇔[x=3x=−2
Vậy khi m=−1 thì tập nghiệm của phương trình là S={−2;3}.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 sao cho x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Hai nghiệm x1;x2 là hai cạnh của một tam giác vuông nên x1;x2>0
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương x1;x2
⇔{Δ>0S=x1+x2>0P=x1.x2>0(∗)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có {x1+x2=m+2x1x2=3m−3
(∗)⇔{(m+2)2−4(3m−3)>0m+2>03m−3>0⇔{(m−4)2>0m+2>03m−3>0⇔{m≠4m>−2m>1⇔m>1;m≠4
Vì x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
x21+x22=52=25⇔(x1+x2)2−2x1x2=25⇔(m+2)2−2(3m−3)=25⇔m2+4m+4−6m+6=25⇔m2−2m−15=0⇔m2−5m+3m−15=0⇔m(m−5)+3(m−5)=0⇔(m−5)(m+3)=0⇔[m=5(tm)m=−3(ktm)
Vậy m=5 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
- Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x(km/h) (ĐK: x>2)
- Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà.
- Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà.
- Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút =1560=14(h) nên ta có phương trình:
Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường =14.
Cách giải:
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x(km/h) (ĐK: x>2)
Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x−2(km/h).
Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10x(h)
Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là 10x−2(h)
Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút =1560=14(h) nên ta có phương trình:
10x−2−10x=14⇔40x−40(x−2)=x(x−2)⇔40x−40x+80=x2−2x⇔x2−2x−80=0⇔x2−10x+8x−80=0⇔x(x−10)+8(x−10)=0⇔(x−10)(x+8)=0⇔[x=10(tm)x=−8(ktm)
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.
Câu IV.
Phương pháp:
- Chứng minh tứ giác AMHN có tổng hai góc đối bằng 1800 và xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
- Chứng minh tam giác ABP và tam giác CBM đồng dạng.
- Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC.
Tam giác ABC đều ⇒ Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC ⇒AH=23AP. Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.
4. Gọi D=AO∩EF, chứng minh HD⊥AO và EF⊥AO⇒EF≡HD.
Cách giải:
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại các điểm M,N(M≠B,N≠C). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có ^BMC=^BNC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒^AMH=^ANH=900
⇒ Tứ giác AMHN có ^AMH+^ANH=900+900=1800⇒ Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2. Chứng minh BM.BA=BP.BC.
Xét ΔABP và ΔCBM có:
^APB=^CMB=900 ;
^ABC chung;
⇒ΔABP∼ΔCBM(g.g)⇒BABP=BCBM⇒BM.BA=BP.BC
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.
Ta có BN⊥AC;CM⊥AB;BN∩CM=H⇒H là trực tâm tam giác ABC.
ΔABC đều ⇒^ABP=^ABC=600
Xét tam giác vuông ABP có AP=AB.sin600=2a.√32=a√3
Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC⇒AH=23AP=23a√3=2a√33
Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là AH2=a√33.
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là C=2π.a√33=2πa√33.
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E,H,F thẳng hàng.
Gọi D là giao điểm của OA và EF.
H là trực tâm tam giác ABC ⇒AH⊥BC⇒AP⊥BC⇒^APC=900
^BNC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒^ANH=900
Xét ΔAHN và ΔACP có :
^ANH=^APC=900 (cmt)
^PAC chung ;
⇒ΔAHN∼ΔACP(g.g)⇒AHAC=ANAP⇒AH.AP=AN.AC(1)
Xét ΔAFN và ΔACF có :
^FAC chung ;
^AFN=^ACF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).
⇒ΔAFN∼ΔACF(g.g)⇒AFAC=ANAF⇒AN.AC=AF2(2)
Ta có AF⊥OF(gt)⇒ΔOAF vuông tại F.
Có AE=AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; OE=OF(=R)⇒OA là trung trực của EF.
⇒OA⊥EF⇒FD là đường cao của tam giác vuông OAF.
⇒AF2=AD.AO(3) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (1), (2) và (3) ⇒AH.AP=AD.AO⇒AHAO=ADAP
Xét ΔAHD và ΔAOP có:
^OAP chung;
AHAO=ADAP(cmt);
⇒ΔAHD∼ΔAOP(c.g.c).
⇒^ADH=^APO=900⇒HD⊥OA
Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được EF⊥OA (cmt) và HD⊥OA⇒EF≡HD.
Vậy ba điểm E,H,F thẳng hàng.
Câu V.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1 với x>0
Ta có:
P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1P=9x+2025+19x−6√x+8x+1
Ta chứng minh 6√x+8x+1≤9∀x>0.
Giả sử :
6√x+8x+1≤9⇔6√x+8x+1−9x+9x+1≤0⇔6√x+8−9x−9x+1≤0⇔−9x+6√x−1x+1≤0⇔−(3√x−1)2x+1≤0
Ta có x>0⇔x+1>1;(3√x−1)2≥0⇒−(3√x−1)2x+1≤0∀x>0
⇒6√x+8x+1≤9∀x>0⇒−6√x+8x+1≥−9∀x>0
⇒P≥2√9x.19x+2025−9⇔P≥2018
Dấu bằng xảy ra ⇔{9x=19x3√x−1=0⇔{81x2=1√x=13⇔x=19.
Vậy Pmin=2018⇔x=19.


Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com
>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY
Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3