Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020

Đề bài

Câu 1: 

Cho $A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}$ và $B = \left( {\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}$ (với $x > 0,\,\,x \ne 1$).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 9$.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm $x$ để giá trị của A và B trái dấu.

Câu 2: 

Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.$  với $m$ là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi $m = 3.$

b) Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;\,\,y} \right)$ thỏa mãn $\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} =  - 1.$

Câu 3:  

Cho parabol $\left( P \right):\,\,y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}$ ($m$ là tham số).

a) Tìm $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua điểm $A\left( {1; - 9} \right).$

b) Tìm $m$ để $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1};\,\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.$

Câu 4: 

Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến $MA,\,\,MB$ ($A,\,\,B$ là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến $MCD$ không đi qua tâm $O$ ($C$ nằm giữa $M$ và $D$).

a) Chứng minh tứ giác $MAOB$ nội tiếp và $MO \bot AB$.

b) Chứng minh $MA.AD = MD.AC$.

c) Gọi $I$ là trung điểm của dây cung $CD$ và $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $AB$ và $OI$. Tính độ dài đoan thẳng $OE$ theo $R$ khi $OI = \dfrac{R}{3}$.

d) Qua tâm $O$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OM$ cắt đường thẳng $MA,\,\,MB$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Tìm vị trí điểm $M$ để diện tích tam giác $MPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5: 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P =  - 3{x^2} - 4x\sqrt y  + 16x - 2y + 12\sqrt y  + 1998.$ 

Lời giải chi tiết

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho $A = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}$ và $B = \left( {\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}}$ (với $x > 0,\,\,x \ne 1$).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x = 9$.

Thay $x = 9\,\,\left( {TMDK} \right)$ vào biểu thức A ta có:

$A = \dfrac{{\sqrt 9  + 1}}{{\sqrt 9  - 1}} = \dfrac{{3 + 1}}{{3 - 1}} = \dfrac{4}{2} = 2$.

Vậy khi $x = 9$ thì $A = 2$.

b) Rút gọn biểu thức B.

Với $x > 0,\,\,x \ne 1$ thì:

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

Vậy với $x > 0,\,\,x \ne 1$ thì $B = \dfrac{4}{{\sqrt x  + 1}}$.

c) Tìm $x$ để giá trị của A và B trái dấu.

Để giá trị của A và B trái dấu thì $A.B < 0$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}}.\dfrac{4}{{\sqrt x  + 1}} < 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x  - 1}} < 0\end{array}$

Vì $4 > 0$ nên $\dfrac{4}{{\sqrt x  - 1}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x  - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt x  < 1 \Leftrightarrow x < 1$.

Kết hợp điều kiện $x > 0,\,\,x \ne 1$ ta có $0 < x < 1$.

Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì $0 < x < 1$.

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\\2x + y = 3m\end{array} \right.$  với $m$ là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi $m = 3.$

Với $m = 3$ ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 7\\4x + 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 25\\y = 9 - 2x\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 9 - 2.5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y =  - 1\end{array} \right.$

Vậy với $m = 3$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {5; - 1} \right).$

b) Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;\,\,y} \right)$ thỏa mãn $\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} =  - 1.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 4m - 5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + y = 3m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ phương trình $\left( 2 \right)$ ta có: $y = 3m - 2x$

Thế vào phương trình $\left( 1 \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - 2\left( {3m - 2x} \right) = 4m - 5\\ \Leftrightarrow x - 6m + 4x = 4m - 5\\ \Leftrightarrow 5x = 10m - 5\\ \Leftrightarrow x = 2m - 1\\ \Rightarrow y = 3m - 2x\\ \Leftrightarrow y = 3m - 2\left( {2m - 1} \right)\\ \Leftrightarrow y = 3m - 4m + 2\\ \Leftrightarrow y =  - m + 2\end{array}$

$\Rightarrow$ Với mọi $m$ thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2m - 1;\,\, - m + 2} \right).$

Theo đề bài ta có: $\dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{y} =  - 1\,\,\,\left( * \right)$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\y \ne 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ne 0\\ - m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right..$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} - \dfrac{1}{{ - m + 2}} =  - 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2m - 1}} + \dfrac{1}{{m - 2}} + 1 = 0\\ \Rightarrow \left( {2m - 1} \right)\left( {m - 2} \right) + 2\left( {m - 2} \right) + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 5m + 2 + 2m - 4 + 2m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 3m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) - 3\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{3}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m =  - 1$ và $m = \dfrac{3}{2}$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 3 (2 điểm)

Cách giải:

Cho parabol $\left( P \right):\,\,y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}$ ($m$ là tham số).

a) Tìm $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua điểm $A\left( {1; - 9} \right).$

Đường thẳng $\left( d \right):\,\,\,y = 3mx + 1 - {m^2}$ đi qua điểm $A\left( {1; - 9} \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow  - 9 = 3m.1 + 1 - {m^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 9 - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0\end{array}$

Phương trình có $\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.10 = 49 > 0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {49} }}{2} = 5\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {49} }}{2} =  - 2\end{array} \right..$

Vậy $m =  - 2$ hoặc $m = 5$ thỏa mãn bài toán.

b) Tìm $m$ để $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ ${x_1};\,\,{x_2}$ thỏa mãn ${x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}.$

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:

${x^2} = 3mx + 1 - {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3mx + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\left( * \right)$

Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là ${x_1},\,\,{x_2}$

$\Leftrightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta  > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 4{m^2} + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\end{array}$

$\Rightarrow$ Với mọi $m$ thì $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ là ${x_1},\,{x_2}.$

Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình $\left( * \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 3m = 2\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 2 - 3m = 0\\ \Leftrightarrow 2{m^2} - 3m - 2 = 0\end{array}$

Phương trình có $\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} + 4.2.2 = 25 > 0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{3 + \sqrt {25} }}{{2.2}} = 2\\{m_2} = \dfrac{{3 - \sqrt {25} }}{{2.2}} =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right..$

Vậy $m =  - \dfrac{1}{2}$ và $m = 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (3,5 điểm)

Cách giải:

Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến $MA,\,\,MB$ ($A,\,\,B$ là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến $MCD$ không đi qua tâm $O$ ($C$ nằm giữa $M$ và $D$).

a) Chứng minh tứ giác $MAOB$ nội tiếp và $MO \bot AB$.

Vì $MA,\,\,MB$ là các tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\angle OAM = \angle OBM = {90^0}$.

Xét tứ giác $MAOB$ có: $\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^{}}$.

$\Rightarrow MAOB$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$).

Vì $OA = OB$ $\left( { = R} \right)$ $\Rightarrow O$ thuộc trung trực của $AB$.

     $MA = MB$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow M$ thuộc trung trực của $AB$.

$\Rightarrow MO$ là trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Vậy $MO \bot AB$ (đpcm).

b) Chứng minh $MA.AD = MD.AC$.

Xét $\Delta MAC$ và $\Delta MDA$ có:

$\angle AMD$ chung;

$\angle MAC = \angle MDA$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AC$).

$\Rightarrow \Delta MAC \sim \Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{AC}}{{AD}}$ (hai cạnh tương ứng) $\Rightarrow MA.AD = MD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)$.

c) Gọi $I$ là trung điểm của dây cung $CD$ và $E$ là giao điểm của hai đường thẳng $AB$ và $OI$. Tính độ dài đoan thẳng $OE$ theo $R$ khi $OI = \dfrac{R}{3}$.

Gọi $AB \cap OM = \left\{ H \right\}$, theo ý a) ta có $OM \bot AB$ tại $H$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAM$, đường cao $AH$ ta có: $O{A^2} = OH.OM$.

Mà $OA = OC\,\,\left( { = R} \right)$ nên $O{C^2} = OH.OM \Rightarrow \dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}$.

Xét $\Delta OCH$ và $\Delta OMC$ có: $\angle COM$ chung; $\dfrac{{OC}}{{OH}} = \dfrac{{OM}}{{OC}}$ (cmt).

$\Rightarrow \Delta OCH \sim \Delta OMC\,\,\left( {c.g.c} \right)$ $\Rightarrow \angle OCH = \angle OMC = \angle OMI\,\,\left( 1 \right)$ (hai góc tương ứng).

Vì $I$ là trung điểm của $CD\,\,\left( {gt} \right)$ nên $OI \bot CD$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

$\Rightarrow \Delta OMI$ vuông tại $I$ $\Rightarrow \angle OMI + \angle MOI = {90^0}$.

Lại có: $\angle OEH + \angle EOH = {90^0}$ (do tam giác $OEH$ vuông tại $H$).

Mà $\angle MOI = \angle EOH$ nên $\angle OMI = \angle OEH\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle OCH = \angle OEH$ $\left( { = \angle OMI} \right)$.

$\Rightarrow$ Tứ giác $OECH$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).

$\Rightarrow \angle OCE = \angle OHE = {90^0}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $OE$).

$\Rightarrow \Delta OCE$ vuông tại $C$, có đường cao $CI$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OCE$ ta có:

$O{C^2} = OI.OE \Rightarrow OE = \dfrac{{O{C^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\dfrac{R}{3}}} = 3R$.

Vậy khi $OI = \dfrac{R}{3}$ thì $OE = 3R$.

d) Qua tâm $O$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OM$ cắt đường thẳng $MA,\,\,MB$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Tìm vị trí điểm $M$ để diện tích tam giác $MPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất.

 Đặt $OM = x\,\,\left( {x > R} \right)$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OMP$, đường cao $OA$ ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{R^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{{R^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} - {R^2}}}{{{x^2}{R^2}}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{{xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}\end{array}$

Xét tam giác $MPQ$ có đường cao $MO$ đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên $\Delta MPQ$ là tam giác cân tại $M$, do đó đường cao $MO$ cũng đồng thời là đường trung tuyến.

$\Rightarrow PQ = 2OP = \dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}$.

Khi đó ${S_{\Delta MPQ}} = \dfrac{1}{2}MO.PQ = \dfrac{1}{2}.x.\dfrac{{2xR}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = R.\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}$.

Ta có: $\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \dfrac{{{x^2} - {R^2} + {R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} = \sqrt {{x^2} - {R^2}}  + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}$.

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương $\sqrt {{x^2} - {R^2}}$ và $\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}$ ta có:

$\sqrt {{x^2} - {R^2}}  + \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - {R^2}} .\dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}}  = 2R$.

Khi đó ${S_{\Delta MPQ}} \ge R.2R = 2{R^2}$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {R^2}}  = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt {{x^2} - {R^2}} }}$ $\Leftrightarrow {x^2} - {R^2} = {R^2} \Leftrightarrow {x^2} = 2{R^2} \Leftrightarrow x = R\sqrt 2 \,\,\left( {tm} \right)$.

Vậy diện tích tam giác $MPQ$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2{R^2}$ khi và chỉ khi $M$ cách tâm $O$ một khoảng bằng $R\sqrt 2$.

Câu 5 (0,5 điểm)

Cách giải:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P =  - 3{x^2} - 4x\sqrt y  + 16x - 2y + 12\sqrt y  + 1998.$

Điều kiện: $y \ge 0.$

$\begin{array}{l}P =  - 3{x^2} - 4x\sqrt y  + 16x - 2y + 12\sqrt y  + 1998\\\,\,\,\,\, = \left( { - 2{x^2} - 4x\sqrt y  - 2y + 12x + 12\sqrt y } \right) - {x^2} + 4x + 1998\\\,\,\,\,\, =  - 2\left( {{x^2} + 2x\sqrt y  + y - 6x - 6\sqrt y  + 9} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 18 + 4 + 1998\\\,\,\,\,\, =  - 2{\left( {x + \sqrt y  - 3} \right)^2} - {\left( {x - 2} \right)^2} + 2020\end{array}$

Vì $\left\{ \begin{array}{l} - 2{\left( {x + \sqrt y  - 3} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x,\,\,y \ge 0\\ - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\,\forall x\end{array} \right.$ $\Rightarrow P \le 2020\,\,\forall x,\,\,y \ge 0$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt y  - 3 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\\sqrt y  = 3 - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

Vậy $Max\,\,P = 2020$ khi $x = 2$ và $y = 1.$