Đề số 18 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1(2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức

$\begin{array}{l}A = 3\sqrt {\frac{1}{3}}  + \frac{1}{2}\sqrt {48}  + \sqrt {75} \\B = 3\sqrt {20}  - 20\sqrt {\frac{1}{5}}  - \frac{4}{{\sqrt 5  + \sqrt 3 }}\end{array}$

Bài 2 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức $A = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 1}}$ và $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{{6\sqrt x  - 4}}{{1 - x}}$$\left( {x \ge 0;\,\,x \ne 1} \right)$.

a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 9$.

b) Rút gọn $B$.

c) Đặt $P = A.B$. So sánh giá trị của $P$ với $2$.

Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số $y = \left( {m - 1} \right)x - 4$ có đồ thị là đường thẳng $\left( d \right)$.

a) Tìm $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 5$.

b) Vẽ đồ thị hàm số trên với $m$ tìm được ở câu a.

c) Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt trục $Ox$ tại $A$,  cắt trục $Oy$ tại $B$. Tìm $m$ để tam giác $OAB$ vuông cân.

Bài 4 (1,0 điểm): Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Bài 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn $\left( O \right)$ và một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Từ $M$ kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ và $B$là hai tiếp điểm). Gọi $I$ là giao điểm của $OM$ và $AB$. Kẻ đường kính $BC$ của $\left( O \right)$.

a) Chứng minh $4$ điểm $M,O,A,B$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $OI.OM = O{A^2}$.

c) Qua $\left( O \right)$ vẽ đường thẳng vuông góc với $MC$ tại $E$ và cắt đường thẳng $BA$ tại $F$. Chứng minh $FC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.

Bài 6 (0,5 điểm): Cho ba số dương $x,y,z$ thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện $x + y + z = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}$.

Lời giải chi tiết

Bài 1 (VD):

Phương pháp

Đưa thừa số ra ngoài dấu căn $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B$.

Trục căn thức ở mẫu $\frac{C}{{\sqrt A  + \sqrt B }} = \frac{{C\left( {\sqrt A  - \sqrt B } \right)}}{{A - B}}$.

Cách giải:

+) Ta có :

$A = 3\sqrt {\frac{1}{3}}  + \frac{1}{2}\sqrt {48}  + \sqrt {75}$$= 3.\frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{1}{2}.4\sqrt 3  + 5\sqrt 3$ $= \sqrt 3  + 2\sqrt 3  + 5\sqrt 3  = 8\sqrt 3$

+) Ta có:

$B = 3\sqrt {20}  - 20\sqrt {\frac{1}{5}}  - \frac{4}{{\sqrt 5  + \sqrt 3 }}$$= 3.2\sqrt 5  - 20.\frac{{\sqrt 5 }}{5} - \frac{{4\left( {\sqrt 5  - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {\sqrt 5  + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 5  - \sqrt 3 } \right)}}$

$B = 6\sqrt 5  - 4\sqrt 5  - \frac{{4\left( {\sqrt 5  - \sqrt 3 } \right)}}{{5 - 3}}$$= 2\sqrt 5  - 2\sqrt 5  + 2\sqrt 3  = 2\sqrt 3$.

Bài 2 (VD):

Phương pháp

a) Thay $x = 9$ vào $A$ và tính giá trị.

b) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.

c) Tính $P = AB$ và xét dấu của hiệu $P - 2$.

Cách giải:

a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 9$.

Điều kiện : $x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.$

Thay $x = 9$ (tmđk) vào biểu thức $A$, ta có : $A = \frac{{2\sqrt 9  - 4}}{{\sqrt 9  - 1}} = \frac{{2.3 - 4}}{{3 - 1}} = \frac{2}{2} = 1$

Vậy với $x = 9$ thì $A = 1.$

b) Rút gọn $B$.

Điều kiện : $x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.$

$\begin{array}{l}B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{{6\sqrt x  - 4}}{{1 - x}}\\\,\,\,\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{{6\sqrt x  - 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right) + 3\left( {\sqrt x  - 1} \right) - 6\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x + \sqrt x  + 3\sqrt x  - 3 - 6\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}.\end{array}$

Vậy $B = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}}$ với $x \ge 0;\,\,x \ne 1$.

c) Đặt $P = A.B$. So sánh giá trị của $P$ với $2$.

Điều kiện : $x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.$

Có $P = A.B = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 1}}.\frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  + 1}}$

Xét  $P - 2 = \frac{{2\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  + 1}} - 2$$= \frac{{2\sqrt x  - 4 - 2\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{ - 6}}{{\sqrt x  + 1}}$

Vì  $- 6 < 0;\,\,\sqrt x  + 1 \ge 0$ với mọi $x \ge 0;\,\,x \ne 1$

$\Rightarrow \frac{{ - 6}}{{\sqrt x  + 1}} < 0$ $\Rightarrow P - 2 < 0 \Rightarrow P < 2$.

Vậy $P < 2$.

Bài 3 (VD):

Phương pháp

a) Đường thẳng $d//d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$.

b) Cho lần lượt $x = 0,y = 0$ tìm tọa độ các điểm đi qua và vẽ đồ thị.

c) Tìm tọa độ $A,B$.

Để $\Delta OAB$ vuông cân tại$O$$\Rightarrow OA = OB$

Cách giải:

a) Tìm $m$ để đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 5$.

Đường thẳng $\left( d \right)$ song song với đường thẳng $y = 2x + 5$

 $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 2\\ - 4 \ne 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3$.

Vậy $m = 3$ thì thỏa mãn bài toán.

b) Vẽ đồ thị hàm số trên với $m$ tìm được ở câu a.

Với $m = 3$, ta có : $\left( d \right):\,\,y = 2x - 4$.

Cho $x = 0$ ta được $y = 2.0 - 4 =  - 4$ nên $M\left( {0; - 4} \right)$.

Cho $y = 0 \Rightarrow 0 = 2x - 4 \Leftrightarrow x = 2$ nên $N\left( {2;0} \right)$.

Đồ thị hàm số là đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua hai điểm $\left( {0; - 4} \right)$ và $\left( {2;0} \right)$

 

c) Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt trục $Ox$ tại $A$,  cắt trục $Oy$ tại $B$. Tìm $m$ để tam giác $OAB$ vuông cân.

$\left( d \right)$ cắt hai trục $Ox;Oy$ tại $A,\,\,B$ thì $m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1$.

Cho $x = 0 \Rightarrow y =  - 4$$\Rightarrow B\left( {0; - 4} \right) \Rightarrow OB = \left| { - 4} \right| = 4$.

Cho $y = 0 \Rightarrow x = \frac{4}{{m - 1}}$$\Rightarrow A\left( {\frac{4}{{m - 1}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{4}{{\left| {m - 1} \right|}}$

Để $\Delta OAB$ vuông cân tại$O$$\Rightarrow OA = OB$

$\Leftrightarrow \frac{4}{{\left| {m - 1} \right|}} = 4 \Leftrightarrow \left| {m - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)$

Vậy $m \in \left\{ {0;2} \right\}$.

Bài 4 (TH): Phương pháp

Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông để giải tam giác.

Cách giải:

Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Chiều cao của cây là : $h = 1,7 + 20.\tan 35^\circ  \approx 15,7m$.

Bài 5(VD):

Phương pháp

a) Gọi $K$ là trung điểm $OM$, chứng minh $KO = KM = KA = KB$ dựa vào tính chất tam giác vuông.

b) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông $OAM$.

c) Chứng minh $\Delta OCE \sim \Delta OFC\left( {c.g.c} \right)$ suy ra $\widehat {OCF} = \widehat {OEC} = 90^\circ$.

Cách giải:

Cho đường tròn $\left( O \right)$ và một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Từ $M$ kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ và $B$là hai tiếp điểm). Gọi $I$ là giao điểm của $OM$ và $AB$. Kẻ đường kính $BC$ của $\left( O \right)$.

 

a) Chứng minh $4$ điểm $M,O,A,B$ cùng thuộc một đường tròn.

Gọi $K$ là trung điểm của $OM$$\Rightarrow OK = KM$.

Tam giác $OAM$ vuông tại $A$ nên $AK = KM = KO = \frac{1}{2}OM$(tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Tam giác $OBM$ vuông tại $B$ nên $BK = KM = KO = \frac{1}{2}OM$(tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Do đó $OK = KM = KA = KB$.

Suy ra $4$ điểm $O,A,M,B$ nằm trên đường tròn tâm $K$, đường kính $OM$.

b) Chứng minh $OI.OM = O{A^2}$.

Ta có : $OA = OB$ (bán kính)

$MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow OM$ là trung trực của $AB$$\Rightarrow OM \bot AB$ tại $I$.

$\Delta OAM$ vuông tại $A$ đường cao $AI$ $\Rightarrow OI.OM = O{A^2}$ (hệ thức giữa cạnh và đường cao).

c) Qua $\left( O \right)$ vẽ đường thẳng vuông góc với $MC$ tại $E$ và cắt đường thẳng $BA$ tại $F$.

Xét $\Delta OFI$ và $\Delta OME$ có :

$\begin{array}{l}\angle O\,\,\,chung\\\angle OIF = \angle OEM = {90^0}\end{array}$  

 (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\begin{array}{l} \Rightarrow OF.OE = OI.OM = O{A^2} = O{C^2}\\ \Rightarrow \frac{{OF}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OE}}.\end{array}$

Có $\Delta OCE$ và $\Delta OFC$  

Nên $\angle OCF = \angle OEC = {90^0}$ (góc tương ứng)

$\Rightarrow FC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ (đpcm).

Bài 6 (VDC):

Phương pháp

Nhận xét : $P = 3 - \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)$

Sử dụng bất đẳng thức $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}$ để đánh giá.

Cách giải:

Cho ba số dương $x,y,z$ thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện $x + y + z = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}$.

Ta có : $P = 3 - \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)$

Mà $\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}} \ge \frac{9}{{x + y + z + 3}} = \frac{9}{4}$

$\Rightarrow P \le 3 - \frac{9}{4} = \frac{3}{4}$

Dấu  xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.

Vạy $\max P = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3}$.

HocTot.XYZ