Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019
Tải vềCâu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Đề bài
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức A=√x+2√x+3−5x+√x−6−1√x−2A=√x+2√x+3−5x+√x−6−1√x−2 với x≥0,x≠4x≥0,x≠4
1. Rút gọn biểu thức AA
2. Tính giá trị của biểu thức khi x=6+4√2x=6+4√2
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b(d):y=ax+b. Tìm a,ba,b để đường thẳng (d)(d) song song với đường thẳng (d′):y=5x+6 và đi qua điểm A(2;3).
2. Giải hệ phương trình {3x+2y=11x+2y=5.
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình x2−4x+3=0.
2. Cho phương trình x2−2(m−1)x+2m−5=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
(x21−2mx1−x2+2m−3)(x22−2mx2−x1+2m−3)=19.
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng AB,AC,BC.
1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh ∠MPK=∠MBC.
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca≤1.
Lời giải chi tiết
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0.
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm √x.
Thay giá trị của √x vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức A=√x+2√x+3−5x+√x−6−1√x−2 với x≥0,x≠4
1. Rút gọn biểu thức A
Với x≥0,x≠4 ta có:
A=√x+2√x+3−5x+√x−6−1√x−2=√x+2√x+3−5(√x+3)(√x−2)−1√x−2=(√x+2)(√x−2)(√x+3)(√x−2)−5(√x+3)(√x−2)−√x+3(√x+3)(√x−2)=x−4−5−√x−3(√x+3)(√x−2)=x−√x−12(√x+3)(√x−2)=(√x+3)(√x−4)(√x+3)(√x−2)=√x−4√x−2
2. Tính giá trị của biểu thức khi x=6+4√2
Ta có:
x=6+4√2=4+2.2√2+2=22+2.2.√2+(√2)2=(2+√2)2⇒√x=√(2+√2)2=|2+√2|=2+√2(Do2+√2>0)
Thay √x=2+√2 vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
A=√x−4√x−2=2+√2−42+√2−2=√2−2√2=√2(1−√2)√2=1−√2
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng d:y=a1x+b1,d′:y=a2x+b2 song song với nhau ⇔{a1=a2b1≠b2. Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số (d).
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b. Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d′):y=5x+6 và đi qua điểm A(2;3).
Ta có: (d):y=ax+b song song với đường thẳng (d′):y=5x+6⇒{a=5b≠6⇒(d):y=5x+b(b≠6).
Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;3) nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta được: 3=5.2+b⇔b=−7(tm)
Vậy phương trình đường thẳng (d′):y=5x−7.
2. Giải hệ phương trình {3x+2y=11x+2y=5.
{3x+2y=11x+2y=5⇔{2x=6x+2y=5⇔{x=33+2y=5⇔{x=32y=2⇔{x=3y=1.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(3;1).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức Δ để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (Δ>0 hoặc Δ′>0), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình x2−4x+3=0.
Phương trình x2−4x+3=0 có các hệ số a=1,b=−4,c=3⇒a+b+c=1−4+3=0.
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=1x2=ca=31=3.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S={1;3}.
2. Cho phương trình x2−2(m−1)x+2m−5=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
(x21−2mx1−x2+2m−3)(x22−2mx2−x1+2m−3)=19.
x2−2(m−1)x+2m−5=0 (1).
Ta có
Δ′=(m−1)2−(2m−5)=m2−2m+1−2m+5=m2−4m+6=m2−4m+4+2=(m−2)2+2>0∀m
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m−1)x1x2=2m−5.
Do x1,x2 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: {x21−2(m−1)x1+2m−5=0x22−2(m−1)x2+2m−5=0⇔{x21−2mx1+2x1+2m−5=0x22−2mx2+2x2+2m−5=0⇔{x21−2mx1+2m−3+2x1−2=0x22−2mx2+2m−3+2x2−2=0⇔{x21−2mx1+2m−3=−2x1+2x22−2mx2+2m−3=−2x2+2
Theo bài ra ta có:
(x21−2mx1−x2+2m−3)(x22−2mx2−x1+2m−3)=19⇔(−2x1+2−x2)(−2x2+2−x1)=19⇔(−2x1−x2+2)(−x1−2x2+2)=19⇔(−2x1−x2)(−x1−2x2)+2(−2x1−x2)+2(−x1−2x2)+4=19⇔2x21+4x1x2+x1x2+2x22+2(−3x1−3x2)=15⇔2(x21+x22)+5x1x2−6(x1+x2)=15⇔2[(x1+x2)2−2x1x2]+5x1x2−6(x1+x2)=15⇔2(x1+x2)2+x1x2−6(x1+x2)=15⇔2.4(m−1)2+2m−5−12(m−1)=15⇔8m2−16m+8+2m−5−12m+12=15⇔8m2−26m=0⇔2m(4m−13)=0⇔[m=04m−13=0⇔[m=0m=134
Vậy m=0 hoặc m=134.
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh MI.MK=MP2, từ đo suy ra MI.MK.MP=MP3. Đánh giá và tìm GTLN của MP.
Cách giải:
a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: {MI⊥AB={I}⇒∠AIM=900MK⊥AC={K}⇒∠AKM=900
⇒∠AIM+∠AKM=900+900=1800.
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
⇒AIMK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800). (đpcm)
b) Kẻ MP⊥BC(P∈BC). Chứng minh rằng ∠MPK=∠MBC.
Ta có: MP⊥BC={P}⇒∠MPC=900.
⇒∠MKC+∠MPC=900+900=1800
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
⇒MPCK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).
⇒∠MPK=∠MCK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
Xét đường tròn (O) ta có: ∠MBC=∠MCK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)
⇒∠MBC=∠MPK(=∠MCK) (đpcm).
c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Nối I với P
Xét tứ giác PBIM ta có :
∠BPM=900(MP⊥BC)∠BIM=900(MI⊥BA)}⇒∠BPM+∠BIM=1800
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác PBIM là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
⇒∠MIP=∠MBP (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MP)
Mà ∠MBP=∠MPK(cmt)⇒∠MIP=∠MPK
Ta có : ∠PMI+∠PBI=1800;∠PMK+∠PCK=1800
Mà ∠ABC=∠ACB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay ∠IBP=∠PCK⇒∠PMK=∠PMI.
Xét ΔMIP và ΔMPK có :
∠PMK=∠PMI(cmt)∠MIP=∠MPK(cmt)}⇒ΔMIP∼ΔMPK(g.g)
⇒MIMP=MPMK (cạnh tương ứng) ⇒MI.MK=MP2⇒MI.MK.MP=MP3
⇒MI.MK.MP lớn nhất khi MP lớn nhất.
Gọi P′ là trung điểm của BC và M′ là giao điểm của OP′ với đường tròn (M′ thuộc cung nhỏ BC).
Khi đó M′ là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.
Dễ thấy MP≤M′P′ không đổi nên MP lớn nhất khi M≡M′ là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.
Câu V:
Ta có:
a4+b4+ab=a4+b4+2a2b2−2a2b2+ab=(a2+b2)2−2a2b2+ab≥(2ab)2−2a2b2+ab=2a2b2+ab⇒ab2a2b2+ab≤12ab+1=c2+c=1−2c+2
CMTT ta có: bcb4+c4+bc≤1−2a+2;cac4+a4+ca≤1−2b+2.
⇒aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca≤3−2(1a+2+1b+2+1c+2).
Ta cần chứng minh 3−2(1a+2+1b+2+1c+2)≤1⇔1a+2+1b+2+1c+2≥1.
Ta có : 1a+2+1b+2+1c+2≥9(a+b+c)+6.
Vì a,b,c>0,abc=1⇔{a≤1b≤1c≤1⇔a+b+c≤3
Do đó (a+b+c)+6≤3+6=9⇔9(a+b+c)+6≥1⇒1a+2+1b+2+1c+2≥9(a+b+c)+6≥1.
Dấu "=" xảy ra ⇔{a=bb=cc=aabc=1a+2=b+2=c+2a=b=c=1⇔a=b=c=1.
Vậy aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca≤1 khi a=b=c=1.


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