Đề số 6 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Câu 1. (2.5 điểm)

a)  Rút gọn các biểu thức

$A = \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - \sqrt {48}$

$B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}$  với $x \ge 0$  và $x \ne  \pm 1$

b)  Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.$

Câu 2. (2 điểm)

Cho phương trình ${x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)$ (m là tham số )

a)  Giải phương trình (*) khi $m =  - 3$

b)  Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $9{x_1} + 2{x_2} = 18$

Câu 3. (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right),$ cho parabol $\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.$

a) Vẽ đồ thị của (P).

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right).$

c) Đường thẳng $y = 2$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm $A,\;B.$ Tìm tọa độ của $A,\;B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm $\left( {O;R} \right)$ có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn $\left( {O;R} \right)$ sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

a) Rút gọn các biểu thức

$\begin{array}{l}A = \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - \sqrt {48} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {{2^2}.3}  + \sqrt {{3^2}.3}  - \sqrt {{4^2}.3} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  - 4\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 .\end{array}$

$B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}$ với $x \ge 0$  và $x \ne  \pm 1$

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

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2\left( {3x - 1} \right) = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 3x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;\;y} \right) = \left( {2;\;5} \right).$

Câu 2.

Cho phương trình ${x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)$ (m là tham số )

a) Giải phương trình (*) khi $m =  - 3$

Thay $m =  - 3$ vào phương trình (*) ta có: ${x^2} + 5x - 3 = 0$

Ta có: $a = 1;b = 5;c =  - 3;$

$\Delta  = {b^2} - 4ac = {5^2} + 12 = 37 > 0$

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}\end{array} \right.$

Vậy khi $m =  - 3$ thì phương trình (*)  có tập nghiệm là: $S = \left\{ {\dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2};\dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}} \right\}$

b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $9{x_1} + 2{x_2} = 18\,\,\,\left( 3 \right)$

+) Phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ khi và chỉ khi $\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow 25 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{{25}}{4}$

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} = m\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_1} + 2{x_2} =  - 10\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 7{x_1} =  - 28\\{x_2} =  - 5 - {x_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 4\\{x_2} =  - 9\end{array} \right.$

Thay ${x_1} = 4;{x_2} =  - 9$ vào (2) ta được: $4.\left( { - 9} \right) = m \Leftrightarrow m =  - 36\left( {tm} \right)$

Vậy $m =  - 36$  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right),$ cho parabol $\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.$

a) Vẽ đồ thị của (P).

Ta có bảng giá trị:

$x$	$- 4$	$- 2$	$0$	$2$	$4$
$y = \dfrac{1}{2}{x^2}$	$8$	$2$	$0$	$2$	$8$

Đồ thị:

                                          

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right).$

Đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right) \Rightarrow 12 = \left( {2m - 1} \right).7 + 5$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 12 = 14m - 7 + 5\\ \Leftrightarrow 14m = 14\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}$

Vậy $m = 1$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

c) Đường thẳng $y = 2$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm $A,\;B.$ Tìm tọa độ của $A,\;B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = 2$ và parabol $\left( P \right)$ là:

$\dfrac{1}{2}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = 4$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( { - 2;\;2} \right)\\B\left( {2;\;2} \right)\end{array} \right..$

Đường thẳng $y = 2$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( { - 2;\;2} \right)$ và $B\left( {2;\;2} \right).$

Gọi $H$ là giao điểm của đường thẳng $y = 2$ và trục $Oy \Rightarrow H\left( {0;\;2} \right).$

Khi đó ta có: ${S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}}.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{S_{AOH}} = \dfrac{1}{2}AH.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\\{S_{BOH}} = \dfrac{1}{2}HB.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_B}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\end{array} \right..$

${S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}} = 2 + 2 = 4.$

Vậy diện tích tam giác $OAB$ là $4\;\left( {dvdt} \right).$

Câu 4.

                     

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

Ta có $\widehat {AKB} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat {AKE} = {90^0}$.

Xét tứ giác AHEK có $\widehat {AKE} + \widehat {AHE} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) Chứng minh CA.CK = CE.CH

Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:

$\widehat {CKE} = \widehat {CHA} = {90^0};$

$\widehat {ACH}$ chung;

$\Rightarrow \Delta CKE \sim \Delta CHA\,\,\left( {g.g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{CK}}{{CH}} = \dfrac{{CE}}{{CA}}$

$\Rightarrow CA.CK = CE.CH$ (đpcm).

c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.

Ta có $d \bot AC;\,\,\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK$

$\Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow d//BK$. (từ vuông góc đến song song).

Xét tam giác OMN có 

$OM = ON\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OMN$ cân tại O.

$\Rightarrow$ Đường cao OH đồng thời là đường phân giác $\Rightarrow \widehat {MOB} = \widehat {NOB} \Rightarrow$ sđ cung MB = sđ cung NB.

$\Rightarrow \widehat {MKB} = \widehat {NKB}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Ta có $\widehat {KFN} = \widehat {MKB}$ (đồng vị);

$\widehat {KNF} = \widehat {NKB}$ (so le trong);

Mà $\widehat {MKB} = \widehat {NKB}\,\,\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \widehat {KFN} = \widehat {KNF}$

$\Rightarrow \Delta NEK$ cân tại K.

d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.

Ta có $\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK \Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow \Delta KEC$ vuông tại K.

Lại có KE = KC (gt) $\Rightarrow \Delta KEC$ vuông cân tại K $\Rightarrow \widehat {KEC} = {45^0}$ ;

$\Rightarrow \widehat {HEB} = \widehat {KEC} = {45^0}$ (đối đỉnh) $\Rightarrow \Delta HEB$ vuông cân tại H $\Rightarrow \widehat {HBE} = {45^0} \Rightarrow \widehat {OBK} = {45^0}$

Tam giác OBK có $OB = OK\;\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OBK$ cân tại O $\Rightarrow \widehat {OBK} = \widehat {OKB} = {45^0}$

$\Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} - {45^0} - {45^0} = {90^0} \Rightarrow \Delta BOK$ vuông cân tại $O \Rightarrow OK \bot OB$ ;

Lại có $MN \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow MN \bot OB$.

Vậy MN // OK.

Loigiaihay.com