Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2020

Đề bài

Bài 1:

a) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình ${x^2} - 3x + 2 = 0.$

Tính tổng $S = {x_1} + {x_2}$ và $P = {x_1}{x_2}.$

b) Giải phương trình ${x^2} - x + 5 = {x^2} + 2x - 1.$

c) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}4x - 3y =  - 10\\x + 2y = 3\end{array} \right..$

Bài 2:  Cho biểu thức $A = \dfrac{x}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}$ với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để $A > 1$.

Bài 3:

a) Vẽ parabol $\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}$.

b) Cho phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 1 = 0$, ($m$ là tham số).

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 10$.

Bài 4:  Cho $\Delta ABC$ có ba góc nhọn. Hai đường cao của $\Delta ABC$ là $AD,\,\,BE$ cắt nhau tại $H\,\,\,\left( {D \in BC,\,\,\,E \in AC} \right).$

a) Chứng minh $CDHE$ là tứ giác nội tiếp một đường tròn.

b) Chứng minh $HA.HD = HB.HE.$

c) Gọi điểm $I$là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $CDHE.$ Chứng minh $IE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AB.$

Bài 5:  Cho các số thực dương $x,\,\,y > 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \dfrac{{{x^2}}}{{y - 1}} + \dfrac{{{y^2}}}{{x - 1}}$

Lời giải

Bài 1 (2 điểm):

Cách giải:

a) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình ${x^2} - 3x + 2 = 0.$

Tính tổng $S = {x_1} + {x_2}$ và $P = {x_1}{x_2}.$

Phương trình ${x^2} - 3x + 2 = 0$ có: $a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right..$

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = 1 + 2 = 3\\P = {x_1}{x_2} = 1.2 = 2\end{array} \right..$

Vậy $S = 3,\,\,P = 2.$

b) Giải phương trình ${x^2} - x + 5 = {x^2} + 2x - 1.$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - x + 5 = {x^2} + 2x - 1\\ \Leftrightarrow 2x + x = 5 + 1\\ \Leftrightarrow 3x = 6\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ 2 \right\}.$

c) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}4x - 3y =  - 10\\x + 2y = 3\end{array} \right..$

$\left\{ \begin{array}{l}4x - 3y =  - 10\\x + 2y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 3y =  - 10\\4x + 8y = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11y = 22\\x = 3 - 2y\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 3 - 2.\left( { - 2} \right) =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 2\end{array} \right.$

Vậy  hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( { - 1;\,\,2} \right).$

Bài 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho biểu thức $A = \dfrac{x}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}$ với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$.

a) Rút gọn biểu thức A.

Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$ ta có:

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

b) Tìm tất cả các giá trị của x để $A > 1$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A > 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} > 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  - \sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  - 2}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt x  - 2}} > 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x  - 2 > 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x  > 2\\ \Leftrightarrow x > 4\end{array}$

Kết hợp điều kiện xác định ta có $x > 4$ thỏa mãn.

Vậy để $A > 1$ thì $x > 4$.

Bài 3 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Vẽ parabol $\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}$.

Ta có bảng giá trị:

Do đó, parabol $\left( P \right):\,\,\,y = 2{x^2}$ là đường cong đi qua các điểm $\left( { - 2;8} \right)$, $\left( { - 1;2} \right)$, $\left( {0;0} \right)$, $\left( {1;2} \right)$, $\left( {2;8} \right)$ và nhận $Oy$ làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

b) Cho phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 1 = 0$, ($m$ là tham số).

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 = 10$.

Để phương trình  ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 1 = 0$  (*) có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thì:

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

Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 1\end{array} \right.$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 10\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\\ \Leftrightarrow {\left( {2m + 2} \right)^2} - 2\left( {{m^2} + 3m - 1} \right) = 10\\ \Leftrightarrow 4{m^2} + 8m + 4 - 2{m^2} - 6m + 2 = 10\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m + 2m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right) + 2\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - 2\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy $m = 1$ hoặc $m =  - 2$.

Bài 4 (3 điểm):

Cách giải:

Cho $\Delta ABC$ có ba góc nhọn. Hai đường cao của $\Delta ABC$ là $AD,\,\,BE$ cắt nhau tại $H\,\,\,\left( {D \in BC,\,\,\,E \in AC} \right).$

a) Chứng minh $CDHE$ là tứ giác nội tiếp một đường tròn.

Ta có: $AD,\,\,BE$ là hai đường cao của $\Delta ABC$ (gt)

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC = \left\{ D \right\}\\BE \bot AC = \left\{ E \right\}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \angle ADC = \angle BEC = {90^0}$

Xét tứ giác $CDHE$ ta có:

$\angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Mà hai góc này là hai góc đối diện

$\Rightarrow \angle CDHE$ là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) Chứng minh $HA.HD = HB.HE.$

Xét $\Delta HAE$ và $\Delta HBD$ ta có:

$\angle AHE = \angle BHD$ (hai góc đối đỉnh)

$\begin{array}{l}\angle AEH = \angle BDH = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta AHE \sim \Delta BHD\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{{HE}}{{HD}} \Rightarrow AH.DH = BH.EH\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}$

c) Gọi điểm $I$là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $CDHE.$ Chứng minh $IE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AB.$

Xét tứ giác $ABDE$ ta có:

$\angle ADB = \angle AEB = {90^0}$

Mà hai đỉnh $D,\,\,E$ là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác

$\Rightarrow \angle ABDE$ là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

Lại có: $\Delta AEB$ vuông tại $E.$

$\Rightarrow A,\,\,B,\,\,D,\,\,E$ cùng thuộc đường tròn tâm $O$ đường kính $AB.$

Ta có: $ABDE$ là tứ giác nội tiếp (cmt)

$\Rightarrow \angle EDC = \angle BAE$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).  (1)

Ta có: $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $CDHE$

$\Rightarrow I$ là trung điểm của $HC.$

$\Delta ECH$ vuông tại $E$  có đường trung tuyến $EI$

$\Rightarrow EI = HI = \dfrac{1}{2}HC$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)

$\Rightarrow \Delta HEI$ cân tại $I$ $\Rightarrow \angle IEH = \angle IHE$ (tính chất tam giác cân)

Hay $IEH = \angle EHC$ (2)

Tứ giác $CDHE$ là tứ giác nội tiếp (cmt)

$\Rightarrow \angle CDE = \angle CHE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$)  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\angle EDC = \angle BAE = \angle HEI$

$\Delta AOE$ cân tại $O\,\,\left( {OA = OE} \right)$ $\Rightarrow \angle OEB = \angle OBE$ (tính chất tam giác cân)

Hay $\angle BAE = \angle OEA$  

Mà $\angle OBE + \angle BAE = {90^0}$

$\Rightarrow \angle OEB + \angle HEI = {90^0}$

Hay $OE \bot EI$

$\Rightarrow EI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính$AB.$ (đpcm)

Bài 5 (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho các số thực dương $x,\,\,y > 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \dfrac{{{x^2}}}{{y - 1}} + \dfrac{{{y^2}}}{{x - 1}}$.

Áp dụng BĐT Cô-si t có:

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

Tương tự ta có: $\dfrac{{{y^2}}}{{x - 1}} \ge \dfrac{{4\left( {y - 1} \right)}}{{x - 1}}$.

Khi đó ta có: 

$\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2}}}{{y - 1}} + \dfrac{{{y^2}}}{{x - 1}}\\\,\,\,\,\, \ge \dfrac{{4\left( {x - 1} \right)}}{{y - 1}} + \dfrac{{4\left( {y - 1} \right)}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, \ge 2\sqrt {\dfrac{{4\left( {x - 1} \right)}}{{y - 1}}.\dfrac{{4\left( {y - 1} \right)}}{{x - 1}}}  = 8\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\y - 1 = 1\\\dfrac{{x - 1}}{{y - 1}} = \dfrac{{y - 1}}{{x - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 2$.

Vậy $\min P = 8 \Leftrightarrow x = y = 2$.