Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Trị năm 2019

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau:

$A = \sqrt {18}  - \sqrt {50}$

$B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt a  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt a  + 2}}} \right).\dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a }}$ với $a > 0,\,a \ne 4$

Câu 2 (2,5 điểm): Cho hàm số $y =  - {x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$.

a) Vẽ $\left( P \right)$

b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x - 3$.

c) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $\left( {{d_2}} \right)$: $y = 2x + m$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1}$ và ${x_2}$ thỏa mãn $\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{2}{5}$.

Câu 3 (1,5 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là $58m$ và diện tích là $190{m^2}$ . Tính chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó.

Câu 4 (3 điểm): Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right),$ kẻ đến $\left( O \right)$ các tiếp tuyến $MP,MQ$ và cát tuyến $MAB$ không đi qua tâm ($A,B,P,Q$  thuộc $\left( O \right)$). Gọi $I$ là trung điểm của $AB,$ $E$ là giao điểm của $PQ$ và $AB.$

a) Chứng minh $MPOQ$ là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh hai tam giác $MPE$ và $MIP$ đồng dạng với nhau.

c) Giả sử $PB = a$ và $A$ là trung điểm của $MB.$ Tính $PA$ theo $a.$

Câu 5 (1 điểm): Giải phương trình $\sqrt {2x - 4}  + \sqrt {6 - 2x}  = 4{x^2} - 20x + 27$

Lời giải

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng công thức: $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..$

Cách giải:

$A = \sqrt {18}  - \sqrt {50}  = \sqrt {9.2}  - \sqrt {25.2}  = 3\sqrt 2  - 5\sqrt 2  =  - 2\sqrt 2$

Với $a > 0,\,\,a \ne 4$ ta có:

$\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt a  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt a  + 2}}} \right).\dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a }} = \left( {\dfrac{{\sqrt a  + 2}}{{a - 4}} + \dfrac{{\sqrt a  - 2}}{{a - 4}}} \right).\dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a }}{{a - 4}}.\dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a }} = 2.\end{array}$

Vậy $A =  - 2\sqrt 2$ và $B = 2$.

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Tìm các điểm đi qua của Parabol và vẽ đồ thị hàm số.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm, giải phương trình tìm $x$ và suy ra $y$. Từ đó kết luận giao điểm.

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác $0$ $\Leftrightarrow \Delta ' > 0$ và $x = 0$ không là nghiệm của phương trình.

Biến đổi điều kiện bài cho làm xuất hiện ${x_1} + {x_2}$ và ${x_1}{x_2}$ rồi áp dụng Vi – et tìm $m$.

Kiểm tra điều kiện của $m$ và kết luận.

Cách giải:

a) Vẽ $\left( P \right)$

Cho $x$ nhận các giá trị $- 2; - 1;0;1;2$ ta có bảng sau:

Do đó đồ thị hàm số đi qua các điểm $A\left( { - 2; - 4} \right),B\left( { - 1; - 1} \right),O\left( {0;0} \right),C\left( {1; - 1} \right),D\left( {2; - 4} \right)$.

Đồ thị:

b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x - 3$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$:

$- {x^2} = 2x - 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.$

Với $x = 1$ thì $y =  - 1$ nên $E\left( {1; - 1} \right)$

Với $x =  - 3$ thì $y =  - 9$ nên $F\left( { - 3; - 9} \right)$

Vậy giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( {{d_1}} \right)$ lần lượt là $E\left( {1; - 1} \right)$ và $F\left( { - 3; - 9} \right)$.

c) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $\left( {{d_2}} \right)$: $y = 2x + m$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1}$ và ${x_2}$ thỏa mãn $\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{2}{5}$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ là:

$- {x^2} = 2x + m \Leftrightarrow {x^2} + 2x + m = 0\,\,\left( 1 \right)$

Để $\left( P \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1$.

Từ yêu cầu bài toán ta suy ra ${x_1},{x_2} \ne 0$ nên  phương trình $\left( 1 \right)$ không nhận $x = 0$ làm nghiệm hay${0^2} + 2.0 + m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0$.

Theo hệ thức Vi – et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.$.

Khi đó:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{2}{5} \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{2}{5}\\ \Rightarrow 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{x_1}{x_2}\\ \Rightarrow 5.\left( { - 2} \right) = 2.m \Leftrightarrow m =  - 5\left( {TM} \right)\end{array}$

Vậy $m =  - 5$ là giá trị cần tìm.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

Bước 1: Lập phương trình

- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số.

- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2. Giải phương trình

Bước 3: Trả lời

Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thoả mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không, rồi kết luận.

Cách giải:

Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là $x\,\left( m \right)$;

        chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là $y\left( m \right)$.

Điều kiện: $y > x > 0$.

Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là : $58:2 = 29\left( m \right)$ nên $x + y = 29$.

Diện tích mảnh đất hình chữ nhật là $190{m^2}$ nên: $x.y = 190$.

Theo bài ra ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 29\\xy = 190\end{array} \right.$

Khi đó $x,y$ là nghiệm của phương trình:

${X^2} - 29X + 190 = 0 \Leftrightarrow \left( {X - 19} \right)\left( {X - 10} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}X = 19\,\,\,(tm)\\X = 10\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\,$

Vì $x < y$ nên : $x = 10;\,y = 19$

Vậy chiều rộng mảnh đất là $10m;$ chiều dài mảnh đất là $19m$ .

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

a) Chỉ ra tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc

c) Chứng minh hai tam giác $MAP$ và $MPB$ đồng dạng từ đó suy ra tỉ lệ cạnh và tính $PA.$

Cách giải:

a) Chứng minh $MPOQ$ là tứ giác nội tiếp

Vì $MP,MQ$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $MP \bot OP;\,MQ \bot OQ \Rightarrow \angle MPO = 90^\circ ;\,\angle MQO = 90^\circ$

Xét tứ giác $MPOQ$ có $\angle MPO + \angle MQO = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ$ mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác $MPOQ$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh hai tam giác $MPE$ và $MIP$ đồng dạng với nhau.

Xét $\left( O \right)$ có $AB$ là dây và $I$ là trung điểm $AB$ nên $OI \bot AB$ tại $I$ (quan hệ giữa đường kính và dây)

Ta có $\angle MPO = 90^\circ ;\,\angle MQO = 90^\circ ;\,\angle MIO = 90^\circ$ nên 5 điểm $M;P;Q;I;O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Suy ra $\angle MIP = \angle MPQ$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $MP$) (1)

Ta lại có $MP = MQ$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $\Delta MPQ$ cân tại $M \Rightarrow \angle MPQ = \angle MQP$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\angle MIP = \angle MPE$

Xét $\Delta MPE$ và $\Delta MIP$ có $\angle PMI$ chung và $\angle MIP = \angle MPE$ (cmt) nên $\Delta MPE \sim \Delta MIP\left( {g - g} \right)$

c) Giả sử $PB = a$ và $A$ là trung điểm của $MB.$ Tính $PA$ theo $a.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\angle MPA = \angle MBP$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AP$)

Xét $\Delta MPA$ và $\Delta MBP$ có $\angle PMB$ chung và $\angle MPA = \angle MBP$ (cmt)

Suy ra $\dfrac{{MA}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MB}} = \dfrac{{AP}}{{PB}}$

$\Rightarrow M{P^2} = MA.MB$ mà $A$ là trung điểm của $MB$ nên $MB = 2MA$

Do đó, $M{P^2} = MA.2MA \Leftrightarrow M{P^2} = 2M{A^2} \Leftrightarrow MP = \sqrt 2 MA \Leftrightarrow \dfrac{{MA}}{{MP}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$

Suy ra $\dfrac{{AP}}{{PB}} = \dfrac{{MA}}{{MP}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow AP = \dfrac{{PB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Vậy $AP = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

- Tìm ĐKXĐ.

- Đặt ẩn phụ $\sqrt {2x - 4}  + \sqrt {6 - 2x}  = t$ và tìm điều kiện.

- Đưa phương trình về phương trình ẩn $t$.

- Giải phương trình ẩn $t$ tìm $t$ và suy ra $x$.

Cách giải:

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 4 \ge 0\\6 - 2x \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 \le x \le 3$

Đặt $\sqrt {2x - 4}  + \sqrt {6 - 2x}  = t\left( {t \ge 0} \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}{t^2} = {\left( {\sqrt {2x - 4}  + \sqrt {6 - 2x} } \right)^2}\\ = 2x - 4 + 6 - 2x + 2\sqrt {\left( {2x - 4} \right)\left( {6 - 2x} \right)} \\ = 2 + 2\sqrt { - 4{x^2} + 20x - 24} \\ \Rightarrow \sqrt { - 4{x^2} + 20x - 24}  = \dfrac{{{t^2} - 2}}{2}.\end{array}$

Điều kiện: $\dfrac{{{t^2} - 2}}{2} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \ge \sqrt 2 \\t \le  - \sqrt 2 \end{array} \right.$, kết hợp $t \ge 0$ ta được $t \ge \sqrt 2$.

Khi đó $- 4{x^2} + 20x - 24 = {\left( {\dfrac{{{t^2} - 2}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow 4{x^2} - 20x + 24 =  - \dfrac{{{t^4} - 4{t^2} + 4}}{4}$

Thay vào phương trình đã cho ta được:

$\begin{array}{l}t =  - \dfrac{{{t^4} - 4{t^2} + 4}}{4} + 3 \Leftrightarrow 4t =  - {t^4} + 4{t^2} - 4 + 12 \Leftrightarrow {t^4} - 4{t^2} + 4t - 8 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2}\left( {{t^2} - 4} \right) + 4\left( {t - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2}\left( {t - 2} \right)\left( {t + 2} \right) + 4\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left[ {{t^2}\left( {t + 2} \right) + 4} \right] = 0\end{array}$

$\Leftrightarrow t - 2 = 0$ (do $t \ge \sqrt 2$ nên ${t^2}\left( {t + 2} \right) + 4 > 0,\forall t$)

$\Leftrightarrow t = 2\left( {TM} \right)$

Suy ra $4{x^2} - 20x + 24 =  - 1 \Leftrightarrow 4{x^2} - 20x + 25 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2}\left( {TM} \right)$

Vậy phương trình có nghiệm $x = \dfrac{5}{2}$.