Đề số 26 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Câu 1. (1,5 điểm)

1)  Tìm $x$ , biết $2\sqrt x  = 3.$

2) Giải phương trình: $43{x^2} - 2018x + 1975 = 0.$

3)      Cho hàm số $y = \left( {a + 1} \right){x^2}.$ Tìm a để hàm số nghịch biến khi $x < 0$  và đồng biến khi $x > 0.$

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

1) Tìm m để $x = 2$ là nghiệm của phương trình (1).

2)  Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn điều kiện: $x_1^2 + x_2^2 = 10$

Câu 3. (1,5 điểm):

1) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho các đường thẳng có phương trình: $\left( {{d_1}} \right):\;\;y = x + 2,\;\;\left( {{d_2}} \right):\;\;y =  - 2$  và $\;\left( {{d_3}} \right):\;\;y = \left( {k + 1} \right)x + k.$ Tìm $k$ để các đường thẳng trên đồng quy.

2) Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$A = \left( {\dfrac{1}{{1 - \sqrt x }} + \dfrac{{x + 2}}{{x\sqrt x  - 1}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{3}$ (với $x \ge 0,x \ne 1$).

Câu 4. (3 điểm):

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn và $\widehat {A\;} = {45^0}.$  Gọi $D,\;E$  lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B,\;C$ lên $AC,\;AB;\;H$ là giao điểm của $BD$ và $CE.$

1) Chứng minh tứ giác $BEDC$ nội tiếp.

2) Chứng minh $DE.AB = BC.AD$ và tính tỉ số $\dfrac{{ED}}{{BC}}.$

3) Chứng minh $HE + HD = BE + CD.$

4) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Chứng minh $AI \bot DE.$

Câu 5. (1 điểm):

Cho $n$ là số tự nhiên khác $0.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của:

 $Q = \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{1^2}}} + \dfrac{1}{{{2^2}}}}  + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}}}$$\,+ \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}}  + .....$$\, + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}}  + \dfrac{{101}}{{n + 1}}.$

Lời giải chi tiết

Câu 1.

1)  Tìm $x$ , biết $2\sqrt x  = 3.$

Điều kiện: $x \ge 0$

$2\sqrt x  = 3 \Leftrightarrow \sqrt x  = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{4}\left( {tm} \right)$

Vậy $x = \dfrac{9}{4}$ .

2)  Giải phương trình: $43{x^2} - 2018x + 1975 = 0.$

Ta có: $a + b + c = 43 - 2018 + 1975 = 0$ . Nên phương trình luôn có 1 nghiệm là$x = 1$ và nghiệm còn lại là $x = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{1975}}{{43}}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {1;\dfrac{{1975}}{{43}}} \right\}$

3)  Cho hàm số $y = \left( {a + 1} \right){x^2}.$ Tìm a để hàm số nghịch biến khi $x < 0$  và đồng biến khi $x > 0.$

+) Hàm số nghịch biến khi $x < 0$ là: $a + 1 > 0 \Leftrightarrow a >  - 1$

+) Hàm số đồng biến khi $x > 0.$ là: $a + 1 > 0 \Leftrightarrow a >  - 1$

Vậy với $a >  - 1$ thì hàm số nghịch biến khi $x < 0$  và đồng biến khi $x > 0.$

Câu 2.

${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2 = 0\,\,\left( 1 \right),$

1)   Tìm m để $x = 2$ là nghiệm của phương trình (1).

Thay $x = 2$ vào phương trình  (1) ta có: ${2^2} - 2\left( {m + 1} \right).2 + {m^2} + 2 = 0\,\,$

$\Leftrightarrow {m^2} - 4m + 2 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2 - \sqrt 2 \\m = 2 + \sqrt 2 \end{array} \right.$

Vậy với $x = 2$ thì $m \in \left\{ {2 - \sqrt 2 ;2 + \sqrt 2 } \right\}$

2)  Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn điều kiện: $x_1^2 + x_2^2 = 10$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ khi và chỉ khi: $\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 2 > 0$

$\Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 2 > 0$

$\Leftrightarrow m > \dfrac{1}{2}$

Theo hệ thức Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 2\end{array} \right.$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}\;\;\;\;x_1^2 + x_2^2 = 10 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\\ \Leftrightarrow 4{\left( {m + 1} \right)^2} - 2\left( {{m^2} + 2} \right) = 10\\ \Leftrightarrow 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - {m^2} - 2 = 5\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 4m + 2 - {m^2} - 2 - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 5m - m - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\left( {tm} \right)\\m =  - 5\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3:

1) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho các đường thẳng có phương trình: $\left( {{d_1}} \right):\;\;y = x + 2,\;\;\left( {{d_2}} \right):\;\;y =  - 2$  và $\;\left( {{d_3}} \right):\;\;y = \left( {k + 1} \right)x + k.$ Tìm $k$ để các đường thẳng trên đồng quy.

Tọa độ giao điểm của đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}y = x + 2\\y =  - 2\end{array} \right.$

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

$\Rightarrow$ Ba đường thẳng đã cho đồng quy khi đường thẳng ${d_3}$ phải đi qua điểm $A\left( { - 4; - 2} \right) \Rightarrow  - 2 = \left( {k + 1} \right)\left( { - 4} \right) + k$

$\Leftrightarrow  - 2 =  - 4k - 4 + k$

$\Leftrightarrow 3k =  - 2 \Leftrightarrow k =  - \dfrac{2}{3}.$

Vậy $k =  - \dfrac{2}{3}.$

2) Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$A = \left( {\dfrac{1}{{1 - \sqrt x }} + \dfrac{{x + 2}}{{x\sqrt x  - 1}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{3}$ (với $x \ge 0,\;\;x \ne 1$).

$\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{1}{{1 - \sqrt x }} + \dfrac{{x + 2}}{{x\sqrt x  - 1}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x  + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  - 1}}{3}\\\;\;\; = \left( {\dfrac{{ - 1}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{{x + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{x + \sqrt x  + 1}}} \right).\dfrac{3}{{\sqrt x  - 1}}\\\;\;\; = \dfrac{{ - \left( {x + \sqrt x  + 1} \right) + x + 2 + \sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}.\dfrac{3}{{\sqrt x  - 1}}\\\;\;\; = \dfrac{{ - x - \sqrt x  - 1 + x + 2 + x - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}.\dfrac{3}{{\sqrt x  - 1}}\\\;\; = \dfrac{{x - 2\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}.\dfrac{3}{{\sqrt x  - 1}}\\\;\; = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}.\dfrac{3}{{\sqrt x  - 1}} \\\;\;= \dfrac{3}{{x + \sqrt x  + 1}}.\end{array}$

Ta có: $A = \dfrac{3}{{x + \sqrt x  + 1}}$  

Ta có: $x \ge 0,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x  \ge 0$

$\Rightarrow x + \sqrt x  + 1 \ge 1$

$\Rightarrow \dfrac{3}{{x + \sqrt x  + 1}} \le 3$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 3. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $x = 0$

Câu 4:

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn và $\widehat {A\;} = {45^0}.$  Gọi $D,\;E$  lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B,\;C$ lên $AC,\;AB;\;H$ là giao điểm của $BD$ và $CE.$

                            

1) Chứng minh tứ giác $BEDC$ nội tiếp.

Xét tứ giác $BEDC$ ta có: $\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = {90^0}\left( {gt} \right)$

Mà hai đỉnh kề nhau D và E cùng nhìn cạnh $BC$ dưới hai góc bằng nhau.

$\Rightarrow BEDC$ là tứ giác nội tiếp. (dấu hiện nhận biết tứ giác nội tiếp).

2) Chứng minh $DE.AB = BC.AD$ và tính tỉ số $\dfrac{{ED}}{{BC}}.$

Vì $BEDC$ là tứ giác nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {ABC}$ (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).

Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$ ta có:

$\begin{array}{l}\widehat {A\;}\;\;chung\\\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADE \sim \Delta ABC\;\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{ED}}{{BC}} \\\Rightarrow AD.BC = AB.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}$

Xét $\Delta ADB$ vuông tại $D$ có $\widehat {BAD} = {45^0} \Rightarrow \Delta ADB$ vuông cân tại $D \Rightarrow AD = BD$

$\Rightarrow AB = AD\sqrt 2 .$

$\Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{ED}}{{BC}} = \dfrac{{AD}}{{AD\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.$

Vậy $\dfrac{{ED}}{{BC}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.$

3) Chứng minh $HE + HD = BE + CD.$

Ta có $\Delta ADB$ vuông cân tại $D \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BAD} = {45^0}.$

$\Rightarrow \Delta BEH$ vuông cân tại $E\;\;\left( {do\;\;\widehat {BEH} = {{90}^0},\;\;\widehat {EBH} = {{45}^0}} \right)$

$\Rightarrow EH = BE$ (tính chất tam giác cân).

$\Delta AEC$ vuông cân tại $E\;\;\left( {do\;\;\widehat {EAC} = {{45}^0}} \right)$

$\Rightarrow \widehat {ACD} = {45^0}.$

$\Rightarrow \Delta HDC$ vuông cân tại $H\;\left( {do\;\;\widehat {HDC} = {{90}^0},\;\;\widehat {DCH} = {{45}^0}} \right)$

$\Rightarrow HD = DC.$ (tính chất tam giác cân).

$\Rightarrow BE + CD = HE + HD\;\;\left( {dpcm} \right).$

4) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Chứng minh $AI \bot DE.$

Kéo dài $AI$ cắt đường tròn tại điểm thứ hai là $F.$

Giả sử $AI \cap DE = \left\{ K \right\}.$

Khi đó ta có: $\widehat {ACF}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\Rightarrow \widehat {ACF} = {90^0}.$

Ta có: $\widehat {ABD} = \widehat {AFC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

Mà $\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\;\;\left( {cmt} \right)$

$\Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {AFC}\;\;\left( { = \widehat {ADE}} \right).$

Xét tứ giác $DKFC$ ta có: $\widehat {ADK} = \widehat {KFC}\;\;\left( {cmt} \right).$

$\Rightarrow DKFC$ là tứ giác nội tiếp (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).

$\Rightarrow \widehat {DCF} + \widehat {DKF} = {180^0}$

$\Leftrightarrow \widehat {DKF} = {180^0} - \widehat {DCF} = {90^0}$  (tổng hai góc đối diện trong tứ giác nội tiếp)

Hay $AI \bot DE\;\;\left( {dpcm} \right).$

HocTot.XYZ