Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Bài 1. a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)

b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .

Bài 2. 

a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)   

b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\)

Bài 3. 

Vẽ đồ thị của các hàm số \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\)  và \(y = x - 4\)  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ (đơn vị đo trên các tọa độ là centimet).

Bài 4 Cho  phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) 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 hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)

Bài 5

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Bài 6

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

b) AH.AK = HB.MK.

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Bài 1.

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)

\(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }} \)

\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\)

\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} \)

\(\;\;\;= 2 + \sqrt 3 \)

b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .

Với: \(a \ge 0,a \ne 4.\)

\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a  - 2} \right)\left( {\sqrt a  + 2} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \dfrac{2}{{\sqrt a  + 2}}\\ = 1 = VP\end{array}\)

Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {6;4} \right)\).

b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\) (1)

Điều kiện: \(x \ne 1\)

\(\begin{array}{l}4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 1}} = \dfrac{{11\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 3 = 11x - 11\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 15x + 14 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 15} \right)^2} - 4.4.14 = 1 > 0\)

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{15 - 1}}{8} = \dfrac{7}{4}\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{15 + 1}}{8} = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {2;\dfrac{7}{4}} \right\}\)

Bài 3.

+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\)

Khi đó đồ thị hàm số \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hình dạng là 1 Parabol và đi qua các điểm \(\left( { - 4; - 8} \right);\left( { - 2; - 2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2; - 2} \right);\left( {4; - 8} \right)\)

+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = x - 4\)

Khi đó đồ thị hàm số \(y = x - 4\) là một đường thẳng và đi qua các điểm \(\left( {0; - 4} \right);\left( {4;0} \right)\)

+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y = x - 4\) là:

\( - \dfrac{1}{2}{x^2} = x - 4 \\\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 4\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y =  - 2 \Rightarrow A\left( {2; - 2} \right)\\x =  - 4 \Rightarrow y =  - 8 \Rightarrow B\left( { - 4; - 8} \right)\end{array}\)

Xét tam giác OAE ta có: \(OD = DE = \dfrac{1}{2}OE = 2cm;AD = 2cm\) nên tam giác OAE vuông tại A.

Khi đó ta có: \(OA \bot AB\) nên tam giác OAB vuông tại A.

Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB  là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn \( = \dfrac{1}{2}OB\)

Ta có: Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OBC có: \(O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80 \) \(\Rightarrow OB = 4\sqrt 5 \)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là \(\dfrac{1}{2}OB = 2\sqrt 5 \)

Bài 4:

Cho  phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) 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 hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)

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

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0.\end{array}\)

Vì \({\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\;\;\forall m \Rightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\;\forall \;m \Rightarrow \Delta ' > 0\;\forall m.\)

Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\)  với mọi \(m.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.\)

Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 =  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 =  - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\\ \Leftrightarrow  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left( { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right) - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow  - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) + 22\left( {m - 1} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 3\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m =  - 3\) hoặc \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.

Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là \(x\;\left( {cm} \right),\;\left( {7 < x < 17} \right).\)

Khi đó độ cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: \(x - 7\;\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^2} + {\left( {x - 7} \right)^2} = {17^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x + 49 = 289\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x - 240 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - 15} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 15 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\;\;\left( {tm} \right)\\x =  - 8\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

\( \Rightarrow \) độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: \(15 - 7 = \;8cm.\)

Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: \(S = \dfrac{1}{2}.8.15 = 60\;c{m^2}.\)

Bài 6:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác \(AHKM\) ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\)

Mà hai góc này là góc kề cạnh \(HK\) và cùng nhìn đoạn \(AM.\)

\( \Rightarrow AHKM\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Hay bốn điểm \(A,H,\;K,\;M\) cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

b) AH.AK = HB.MK.

Ta có :

Mà

Mà \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = {90^0}\) (tam giác ABH vuông tại H).

\( \Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}\).

Xét tam giác AMK và tam giác BAH có :

\(\begin{array}{l}\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = {90^0}\\\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HB}} = \dfrac{{MK}}{{AH}}\\ \Rightarrow AH.AK = HB.MK\end{array}\)

c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.

Kéo dài HK cắt AB tại E.

Ta có \(\widehat {MAK} = \widehat {MHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).

Lại có \(\widehat {MHK} = \widehat {EHB}\) (đối đỉnh)

\( \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}\)

Do \(\Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {cmt} \right) \)

\(\Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}\)

\( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH} \) \(\Rightarrow \Delta EHB\) cân tại E.

\( \Rightarrow EH = EB\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có \(\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = {90^0}\) (Tam giác ABH vuông tại H)

\(\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {EAH} = \widehat {EHA} \Rightarrow \Delta EAH\) cân tại E \( \Rightarrow EA = EH\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow EA = EB \Rightarrow E\) là trung điểm của AB. Do A, B cố định \( \Rightarrow E\) cố định.

Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì HK luôn đi qua trung điểm của AB (đpcm).