Đề số 25 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Câu 1 

 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 

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 

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 

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.

PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM

PHẦN 2: TỰ LUẬN

Câu 1

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

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

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

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  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)

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