Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ năm 2018

Đề bài

Câu 1 (1,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)                                                                                 b)  \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right.\)

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 }  + \dfrac{1}{{\sqrt 5  - 2}}\)

b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)

Câu 3 (1,5 điểm):

a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)

Câu 4 (2,5 điểm):

Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).

a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.

c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.

Lời giải chi tiết

PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM

PHẦN 2: TỰ LUẬN

Câu 1

Phương pháp:

Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

a) \(2{x^2} - 3x - 2 = 0\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 2} \right) = 25 > 0\)

Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 - 5}}{{2.2}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 + 5}}{{2.2}} = 2\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};2} \right\}\) .

b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\3x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3y = 12\\9x + 3y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 7 - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 7 - 3.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - 2\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 2} \right)\)

Câu 2

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\ - A\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right.\) và trục căn thức ở mẫu.

+) Lập bảng giá trị các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó vẽ đồ thị hàm số.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 }  + \dfrac{1}{{\sqrt 5  - 2}}\)

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 }  + \dfrac{1}{{\sqrt 5  - 2}}\\ = \sqrt {{2^2} - 2.2.\sqrt 5  + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}  + \dfrac{{\sqrt 5  + 2}}{{\left( {\sqrt 5  - 2} \right)\left( {\sqrt 5  + 2} \right)}}\\ = \sqrt {{{\left( {2 - \sqrt 5 } \right)}^2}}  + \dfrac{{\sqrt 5  + 2}}{{5 - 4}}\\ = \left| {2 - \sqrt 5 } \right| + \sqrt 5  + 2\\ = \sqrt 5  - 2 + \sqrt 5  + 2\left( {\,Do\,\,\,2 - \sqrt 5  < 0} \right)\\ = 2\sqrt 5 \end{array}\)

b) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{3}{4}{x^2}.\)

Bảng giá trị

Khi đó đồ thị hàm số đã cho  là 1 đường cong và đi qua các điểm \(A\left( {2;3} \right);B\left( {4;12} \right);C\left( { - 2;3} \right);D\left( { - 4;12} \right);O\left( {0;0} \right)\)

Câu 3

Phương pháp:

a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

b) Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt sau đó áp dụng định lý Vi-ét để làm bài.

Cách giải:

a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đầu đăng ký tham gia của mỗi trường.

Gọi số học sinh trường A đăng ký hoạt động là \(x\) (học sinh), \(\left( {x < 760,\;x \in {N^*}} \right).\)

Gọi số học sinh trường B đăng ký hoạt động là \(y\) (học sinh), \(\left( {y < 760,\;y \in {N^*}} \right).\)

Khi đó tổng số học sinh hai trường đăng kí là: \(x + y = 760.\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\)

Số học sinh hai trường tham gia là: \(760.\dfrac{{85}}{{100}} = 646\) (học sinh).

Số học sinh trường A tham gia là: \(80\% x = \dfrac{4}{5}x\) (học sinh).

Số học sinh trường B tham gia là: \(89,5\% y = \dfrac{{179}}{{200}}y\) (học sinh).

Theo đề bài ta có phương trình: \(\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\;\;\;\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\\dfrac{4}{5}x + \dfrac{{179}}{{200}}y = 646\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 760\\160x + 179y = 129200\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}160x + 160y = 121600\\160x + 179y = 129200\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = 7600\\x = 760 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 400\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = 360\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy ban đầu trường A có 360 học sinh đăng ký, trường B có 400 học sinh đăng ký.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho phương trình \(2{x^2} - \left( {m + 5} \right)x - 3{m^2} + 10m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4.\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta  > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 4.2\left( { - 3{m^2} + 10m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m + 25 + 24{m^2} - 80m + 24 > 0\\ \Leftrightarrow 25{m^2} - 70m + 49 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {5m - 7} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne \dfrac{7}{5}\end{array}\)

Với \(m \ne \dfrac{7}{5}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m + 5}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2}\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right)^2} - \left( {\dfrac{{m + 5}}{2}} \right) - \dfrac{{ - 3{m^2} + 10m - 3}}{2} = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {m + 5} \right) + 2\left( {3{m^2} - 10m + 3} \right) = 16\\ \Leftrightarrow 7{m^2} - 12m + 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {7m - 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7m - 5 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{5}{7}\;\;\left( {tm} \right)\\m = 1\;\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy \(m = \dfrac{5}{7}\) hoặc \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.

Câu 4

Phương pháp:

+) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.

+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng tương ứng sau đó suy ra tỉ lệ cần chứng minh.

Cách giải:

Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và cát tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O).

a) Chứng minh tứ giác PCMO là tứ giác nội tiếp.

Ta có \(M\) là trung điểm của \(AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow OM \bot AB\) (tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \widehat {AMO} = \widehat {PMO} = {90^0}.\)

Có \(PC\) là tiếp tuyến của (O) tại C \( \Rightarrow \widehat {PCO} = {90^0}.\)

Xét tứ giác \(PCMO\) ta có: \(\widehat {PMO} = \widehat {PCO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)

Mà C và M là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh PC dưới 1 góc vuông\( \Rightarrow PCMO\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).

b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE = AC.DO.

Vì tứ giác \(PCMO\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {POC} = \widehat {PMC}\) (cùng chắn cung \(PC\))

Mà \(\widehat {DOE} = \widehat {POC}\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\;\left( { = \widehat {POC}} \right).\)

Xét tam giác: \(\Delta ACM\) và \(\Delta DEO\) ta có:

\(\widehat {DOE} = \widehat {AMC}\;\left( {cmt} \right)\)

\(\widehat {ODE} = \widehat {CAM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn (O))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{DO}} \Rightarrow AC.DO = AM.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.

Ta có: \(\Delta ACM \sim \Delta DEO\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{OD}}{{AM}} = \dfrac{{2OD}}{{2AM}} = \dfrac{{CD}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta ACB\) ta có:

\(\dfrac{{DE}}{{AC}} = \dfrac{{DC}}{{AB}}\;\;\left( {cmt} \right)\)

\(\widehat {EDC} = \widehat {BAC}\)  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\))

\( \Rightarrow \Delta DEC \sim \Delta ACB\;\left( {c - g - c} \right).\)

\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {CBA}\) (hai góc tương ứng).

Lại có: \(\widehat {CBA} = \widehat {PCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CA\))

\( \Rightarrow \widehat {DCE} = \widehat {PCA}\;\;\left( { = \widehat {CBA}} \right).\)

Mặt khác: \(\widehat {PCA} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\) (PC là tiếp tuyến của đường tròn tại C)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {ACO} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {ACE} = {90^0}.\\ \Rightarrow AC \bot CE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)