Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2020

Đề bài

Câu 1:

Tính

a) $\sqrt {16}  + 1$                                                          b) $\sqrt 3 .\sqrt {12}$

Câu 2:

Cho biểu thức $P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x  + 1}}$ (với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$).

a) Rút gọn biểu thức $P$.

b) Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $P \le  - 1$.

Câu 3:

a) Xác định hàm số $y = a{x^2}$ biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm $A\left( { - 2;5} \right)$.

b) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,$ với $m \ge \dfrac{3}{2}$. Tìm $m$ để $d$ cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Câu 4:

4.1) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y =  - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..$

4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ $A$ với vận tốc $40\,km/h.$ Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ $A$ với vận tốc $60\,km/h$ đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?

4.3. a) Giải phương trình $2{x^2} - 5x + 3 = 0$.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ sao cho $x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} =  - 3$.

Câu 5:

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn $\left( {AB < AC} \right)$ nội tiếp đường tròn tâm $O.$  Kẻ đường thẳng $d$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $\left( O \right)$. Gọi $d'$ là đường thẳng qua $B$ và song song với $d$; $d'$ cắt các đường thẳng $AO,AC$ lần lượt tại $E,D$. Kẻ $AF$ là đường cao của tam giác $ABC$ ($F$ thuộc $BC$).

a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.

b) Chứng minh rằng $A{B^2} = AD.AC$.

c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng $MN$ vuông góc với $EF$.

Lời giải

Câu 1 (1 điểm)

Cách giải:

Tính

a) $\sqrt {16}  + 1$

Ta có: $\sqrt {16}  + 1$$= 4 + 1 = 5$.

b) $\sqrt 3 .\sqrt {12}$

Ta có $\sqrt 3 .\sqrt {12}  = \sqrt {3.12}  = \sqrt {36}  = 6$.

Câu 2 (1,5 điểm)

Cách giải:

Cho biểu thức $P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x  + 1}}$ (với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$).

a) Rút gọn biểu thức $P$.

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right).\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x  + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{\sqrt x  - 1 - \sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right).\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x  + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}}.\dfrac{{x - 1}}{{2\sqrt x  + 1}}\\ \Leftrightarrow P = \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x  + 1}}\end{array}$

Vậy với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ thì $P =  - \dfrac{2}{{2\sqrt x  + 1}}$.

b) Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $P \le  - 1$.

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,P \le  - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x  + 1}} \le  - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2}}{{2\sqrt x  + 1}} + 1 \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt x  + 1}}{{2\sqrt x  + 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\sqrt x  - 1}}{{2\sqrt x  + 1}} \le 0\end{array}$

Do $2\sqrt x  + 1 \ge 1 > 0\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1$ nên $\dfrac{{2\sqrt x  - 1}}{{2\sqrt x  + 1}} \le 0 \Leftrightarrow 2\sqrt x  - 1 \le 0$$\Leftrightarrow \sqrt x  \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \dfrac{1}{4}$

Kết hợp điều kiện $x \ge 0,\,\,x \ne 1$ ta có: $0 \le x \le \dfrac{1}{4}$.

Vậy với $0 \le x \le \dfrac{1}{4}$ thì $P \le  - 1$.

Câu 3 (1 điểm)

Cách giải:

a) Xác định hàm số $y = a{x^2}$ biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm $A\left( { - 2;5} \right)$.

Vì  đồ thị của hàm số $y = a{x^2}$ đi qua điểm $A\left( { - 2;5} \right)$ nên ta có: $5 = a.{\left( { - 2} \right)^2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{4}$.

Vậy $y = \dfrac{5}{4}{x^2}$.

b) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d:y = \dfrac{{m - 1}}{m}x - m + 1,$ với $m \ge \dfrac{3}{2}$. Tìm $m$ để $d$ cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Với $m \ge \dfrac{3}{2}$ ta có:

Giao điểm của đường thẳng $d$ và trục tung là $A\left( {0;y} \right)$.

Vì $A\left( {0;y} \right) \in d$ nên $y = \dfrac{{m - 1}}{m}.0 - m + 1 = 1 - m$. Suy ra $A\left( {0;1 - m} \right)$.

Giao điểm của đường thẳng $d$ và trục hoành là $B\left( {x;0} \right)$.

Vì $B\left( {x;0} \right) \in d$ nên $0 = \dfrac{{m - 1}}{m}.x - m + 1$$\Leftrightarrow \dfrac{{m - 1}}{m}x = m - 1 \Leftrightarrow x = m$  (vì $m \ge \dfrac{3}{2}$). Suy ra $B\left( {m;0} \right)$.

Với $m \ge \dfrac{3}{2}$ ta có: $A\left( {0;1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \left| {1 - m} \right| = m - 1$. 

                             $B\left( {m;0} \right) \Leftrightarrow OB = \left| m \right| = m$

Xét tam giác $OAB$ vuông tại $O$, theo định lý Pytago ta có:

$A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}$ $= {\left( {m - 1} \right)^2} + {m^2} = 2{m^2} - 2m + 1$$= 2\left( {{m^2} - m + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{1}{2} = 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}$.

Vì $m \ge \dfrac{3}{2}$ nên ${\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 1$.

$\Rightarrow 2{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} \ge 2.1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}$.

Ta có: $A{B^2}$ nhỏ nhất bằng $\dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}$.

Vậy độ dài $AB$ nhỏ nhất là $\dfrac{{\sqrt {10} }}{2}$ $\Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}$.

Câu 4 (3,5 điểm)

Cách giải:

4.1) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y =  - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right..$

$\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y =  - 4\\ - x + 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = x + 5\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1;\,\,2} \right).$

4.2) Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ $A$ với vận tốc $40\,km/h.$ Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ $A$ với vận tốc $60\,km/h$ đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người gặp nhau vào lúc mấy giờ?

Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là $x\,\,\left( {km} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).$

Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là: $\dfrac{x}{{40}}\,\,\left( h \right).$

Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là: $\dfrac{x}{{60}}\,\,\left( h \right).$

Người thứ hai đi sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{x}{{40}} - \dfrac{x}{{60}} = 2\\ \Leftrightarrow 3x - 2x = 240\\ \Leftrightarrow x = 240\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

$\Rightarrow$ Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là: $\dfrac{{240}}{{40}} = 6\,\,\left( h \right).$

Vậy hai người gặp nhau lúc $8 + 6 = 14$ giờ.

4.3. a) Giải phương trình $2{x^2} - 5x + 3 = 0$.

Ta có: $\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.3 = 1 > 0$, do đó phương trình $2{x^2} - 5x + 3 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{5 + 1}}{{2.2}} = \dfrac{3}{2}\\{x_2} = \dfrac{{5 - 1}}{{2.2}} = 1\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {\dfrac{3}{2};1} \right\}$.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình ${x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 6 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ sao cho $x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} =  - 3$.

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ thì:

$\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 6} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 6 \ge 0\\ \Leftrightarrow  - 2m + 7 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m \le 7\\ \Leftrightarrow m \le \dfrac{7}{2}\end{array}$

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 6\end{array} \right.$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + 4{x_1} + 2{x_2} - 2m{x_1} =  - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2{x_1} + 2{x_2} = {m^2} - 6 - 3\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\,\,\left( * \right)\end{array}$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình đã cho nên $x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + {m^2} - 6 = 0$, do đó 

$\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2.\left( {2m - 2} \right) = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4m - 4 = {m^2} - 9\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {m^2} + m - 5m - 5 = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) - 5\left( {m + 1} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 0\\\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 5\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m =  - 1$.

Câu 5 (3 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn $\left( {AB < AC} \right)$ nội tiếp đường tròn tâm $O.$  Kẻ đường thẳng $d$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $\left( O \right)$. Gọi $d'$ là đường thẳng qua $B$ và song song với $d$; $d'$ cắt các đường thẳng $AO,AC$ lần lượt tại $E,D$. Kẻ $AF$ là đường cao của tam giác $ABC$ ($F$ thuộc $BC$).

a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp.

Ta có: $AF \bot BC \Rightarrow \angle AFB = {90^0}$

$\left\{ \begin{array}{l}OA \bot d\\d'//d\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot d' \Rightarrow \angle AEB = {90^0}$

Tứ giác $ABFE$ có $\angle AFB = \angle AEB = {90^0}$ nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (đpcm).

b) Chứng minh rằng $A{B^2} = AD.AC$.

Ta có:$d//d'$  $\Rightarrow \angle {B_1} = \angle {A_1}$ (so le trong)

Mà $\angle {A_1} = \angle {C_1}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AB$)

 $\Rightarrow \angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)$.

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta ACB$ có:

$\angle A\,\,\,chung$

$\angle {B_1} = \angle {C_1}\,\,\,\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g - g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow A{B^2} = AD.AC$ (đpcm).

c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng $MN$ vuông góc với $EF$.

Gọi $H$ là giao điểm của $EF$ với $AC$.

Ta có: $\angle {E_1} = \angle {E_2}$ (đối đỉnh)

Tứ giác $ABFE$ nội tiếp nên $\angle {E_2} = \angle {A_2}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BF$)

$\Rightarrow \angle {E_1} = \angle {A_2}$ $\left( { = \angle {E_2}} \right)$

Lại có $\Delta ABD \sim \Delta ACB\left( {cmt} \right)$ nên $\angle ADB = \angle ABC$ (góc tương ứng)

$\Rightarrow \angle ADB + \angle {E_1} = \angle ABC + \angle {A_2} = {90^0}$

$\Rightarrow \angle EHD = {180^0} - \left( {\angle ADB + \angle {E_1}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}$

$\Rightarrow FE \bot AC$ (1)

Mà $MN$  là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên $MN//AC$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $EF \bot MN$  (đpcm).