Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2023

Đề bài

Câu 1: Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} - 1} \right)\) (với \(\left. {x \ge 0,x \ne 1} \right)\)

1. Rút gọn biểu thức \(P\)

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên cùa \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

Câu 2: 1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3 {\rm{ \;}} = 0\).

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1} {\rm{ \;}} - \frac{1}{y} = {\rm{ \;}} - 1}\end{array}} \right.\).

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = 2mx - {m^2} - m - 2\) (với \(m\) là tham số).

1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .

2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).

Câu 4: Trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng công 500 nghì đồng tiền điện. Sang tháng 5 năm 2023, do tăng cường thực hiện việc sử dụng điện an toàn, tiết kiệm và hiệu quả; nhà bác An giảm được \(15\% \) tiền điện và nhà bác Bình giảm được \(10\% \) tiền điện; kết quả là cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tồng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023. Hỏi trong tháng 4 năm 2023, mồi hộ gia đình dùng hết bao nhiêu đồng tiền điện?

Câu 5: Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). SN.

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm MN. Tính độ dài đoạn thẳng OE và diện tích tam giác SOM theo \(R\).

4. Tiếp tuyến tại M của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Gọi giao điểm của OQ, OP với AB lần lượt là I và H. Chứng minh ba đường thẳng OM, QH, PI đồng quy.

Câu 6: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức \(P = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }}\).

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Dùng hằng đẳng thức để rút gọn.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thúc \(P\).

Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - 1} \right)\)

\(P = \left( {\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 1}}} \right)\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} \cdot \left( {\sqrt x  - 1} \right)\)

\(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}.\)

Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}\).

2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P\) nhận giá trị nguyên.

Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có: \(P = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{2\sqrt x  + 2 - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = 2 - \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\).

Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x  \notin \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x \) là số vô tỉ \( \Rightarrow 2 - \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\) là số vô tỉ \( \Rightarrow P \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Loại.

 Nếu \(x \in \mathbb{Z},\sqrt x  \in \mathbb{Z}\):

Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì \(\sqrt x  + 1 \in \left\{ { - 1;1} \right\}\).

Mà \(\sqrt x  + 1 \ge 1,\forall x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 1 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x  = 0 \Leftrightarrow x = 0\): Thỏa mãn.

Vậy để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(x = 0\).

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

1. phương trình bậc 2.

2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn và hệ phương trình.

Cách giải:

1. Phương trình \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3  = 0\).

Xét phương trình: \({x^2} - 4x + 2\sqrt 3  = 0\) có \(a = 1,b' =  - 2,c = 2\sqrt 3 \).

\({\rm{\Delta '}} = {b^{{\rm{'}}2}} - ac = {( - 2)^2} - 1.2\sqrt 3  = 4 - 2\sqrt 3  = {(\sqrt 3  - 1)^2} > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - b' + \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 + \sqrt 3  - 1}}{1} = 1 + \sqrt 3 \)

\({x_2} = \frac{{ - b' - \sqrt {{\rm{\Delta '}}} }}{a} = \frac{{2 - \sqrt 3  + 1}}{1} = 3 - \sqrt 3 .\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1 + \sqrt 3 ;3 - \sqrt 3 } \right\}\).

2. hệ phuơng trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x - 1}  + \frac{1}{y} = 4}\\{\sqrt {x - 1}  - \frac{1}{y} =  - 1}\end{array}} \right.\).

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{y \ne 0}\end{array}} \right.\).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1}  = a}\\{\frac{1}{y} = b}\end{array}} \right.\). Hệ phương trình trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 4}\\{a - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = 3}\\{a - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 - b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).

\(a = 1 \Rightarrow \sqrt {x - 1}  = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) : Thỏa mãn.

\(b = 2 \Rightarrow \frac{1}{y} = 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) : Thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là \(\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. Thay vào hàm số.

2. Dùng vi - et.

Cách giải:

1. Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng -3 .

Xét \(\left( P \right):y = {x^2}\) : Cho \(x =  - 3 \Rightarrow y = {( - 3)^2} = 9\).

Vậy tọa độ điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( { - 3;9} \right)\).

2. Tìm điều kiện của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt. Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), xác định \(m\) để \({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) :

\({x^2} = 2mx - {m^2} - m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + {m^2} + m + 2 = 0{\rm{\;}}\left( {\rm{*}} \right)\)

Ta có: \({\rm{\Delta '}} = b{'^2} - ac = {m^2} - \left( {{m^2} + m + 2} \right) =  - m - 2\).

Để \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 2 nghiệm phân biệt

Theo Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = {m^2} + m + 2}\end{array}} \right.\).

Do \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( P \right)\) nên \({y_1} = x_1^2,{y_2} = x_2^2\).

Theo đề bài ta có:

\({x_1}{y_2} + {x_2}{y_1} = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}x_2^2 + {x_2}x_1^2 = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2{m^3} + 6\)

\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m + 2} \right) \cdot 2m = 2{m^3} + 6 \Leftrightarrow 2{m^3} + 2{m^2} + 4m - 2{m^3} - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m - 6 = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m\left( {m + 3} \right) - \left( {m + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 = 0}\\{m - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 3\left( {TM} \right)}\\{m = 1\left( L \right)}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy \(m =  - 3\).

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi số tiền điện nhà bác An và nhà bác Bình dùng hết trong tháng 4 năm 2023 lần lượt là \(x,y\) (nghìn đồng; \(0 < x,y < 500\) ).

Vì trong tháng 4 năm 2023, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng 500 nghìn đồng tiền điện nên ta có phương trình:

\(x + y = 500\left( 1 \right)\)

Vì trong tháng 5 năm 2023, nhà bác An giảm được \(15{\rm{\% }}\) tiền điện, nhà bác Bình giảm được \(10{\rm{\% }}\) tiền điện và cả hai hộ gia đình tiết kiệm được tổng cộng 65 nghìn đồng tiền điện so với tháng 4 năm 2023 nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{*{20}{c}}{15\% x + 10\% y = 65\# \left( 2 \right)}\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{15{\rm{\% }}x + 10{\rm{\% }}y = 65}\end{array}} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,15x + 0,1y = 65}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{1,5x + y = 650}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{0,5x = 150}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{x = 300}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy trong tháng 4 năm 2023, nhà bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện, nhà bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.

Câu 5 (VD):

Cách giải:

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

Tứ giác \(SAOB\) có:

\(\angle OAS = \angle OBS = 90^\circ {\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))

\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).

Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:

\(\angle S\) chung

\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \Delta SMB\backsim \Delta SBN\left( g\cdot g \right)\Rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SN}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác SOM theo \(R\).

Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)

\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \frac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \frac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \frac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\frac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2  = \frac{{{R^2}}}{2}\).

4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.

Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( =  > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).

Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} =  > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\).

Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).

Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).

\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).

\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).

Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = 180^\circ \).

Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).

Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).

\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).

Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).

\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).

Câu 6 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.

Cách giải:

Ta có: \(c + ab = c\left( {a + b + c} \right) + ab = ca + cb + {c^2} + ab = \left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

Tương tự ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right);\frac{1}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

Suy ra: \(P \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right) + \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right) + \frac{{ca}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\left( {\frac{{bc + ca}}{{a + b}} + \frac{{ab + ca}}{{b + c}} + \frac{{ab + bc}}{{c + a}}} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\)

\(\; = \frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\) khi \(a = b = c = \frac{1}{3}\).