Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2020

Đề bài

Câu 1: 

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}$

b) Tìm $x$ biết $\sqrt {4x}  + \sqrt {9x}  = 15$ 

Câu 2:

Cho hàm số bậc nhất $y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020$

a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên $R$? Vì sao?

b) Tính giá trị của $y$ khi $x = 7 + \sqrt {18}$ 

Câu 3:

Cho hàm số $y = 2{x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$

a) Vẽ $\left( P \right)$

b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc $\left( P \right)$ có tung độ bằng $2.$

Câu 4: 

a) Giải phương trình: ${x^2} + 5x - 7 = 0$

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.$

c) Tìm các giá trị của tham số $m$ để phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

Câu 5: 

Với giá trị nào của tham số $m$ thì đồ thị của hai hàm số $y = x + \left( {5 + m} \right)$ và $y = 2x + \left( {7 - m} \right)$ cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.

Câu 6: 

Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH ($H \in AC$), biết $AB = 6cm,AC = 10cm$. Tính độ dài các đoạn thẳng $BC,BH$.

Câu 7:

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho $\angle AOB = {65^0}$ và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung $AmB,ACB$ và số đo $\angle ACB$.

 Câu 8:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H ($E \in AC,F \in AB$)

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

b) Chứng minh $AH \bot BC$.

c) Gọi $P,G$ là hai giao điểm của đường thẳng $EF$ và đường tròn $\left( O \right)$ sao cho điểm $E$ nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh $AO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $PG$.

Lời giải

Câu 1 (1 điểm)

Cách giải:

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức $\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }}$

Ta có: $\dfrac{{18}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 .\sqrt 3 }} = \dfrac{{18\sqrt 3 }}{3} = 6\sqrt 3$

b) Tìm $x$ biết $\sqrt {4x}  + \sqrt {9x}  = 15$

Điều kiện: $x \ge 0$

Ta có:

$\begin{array}{l}\sqrt {4x}  + \sqrt {9x}  = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt 4 .\sqrt x  + \sqrt 9 .\sqrt x  = 15\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x  + 3\sqrt x  = 15\\ \Leftrightarrow 5\sqrt x  = 15\\ \Leftrightarrow \sqrt x  = 3\\ \Leftrightarrow x = 9\left( {tm} \right)\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x = 9.$

Câu 2 (1 điểm)

Cách giải:

Cho hàm số bậc nhất $y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020$

a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên $R$? Vì sao?

Hàm số $y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020$ có $a = 7 - \sqrt {18}$

Ta có: $7 = \sqrt {49}  > \sqrt {18}  \Leftrightarrow 7 - \sqrt {18}  > 0 \Leftrightarrow a > 0$ nên hàm số đã cho đồng biến trên $R.$

b) Tính giá trị của $y$ khi $x = 7 + \sqrt {18}$

Thay $x = 7 + \sqrt {18}$ vào hàm số $y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)x + 2020$ ta được:

$y = \left( {7 - \sqrt {18} } \right)\left( {7 + \sqrt {18} } \right) + 2020$ $= {7^2} - 18 + 2020 = 2051$

Vậy với $x = 7 + \sqrt {18}$ thì $y = 2051$.

Câu 3 (1 điểm)

Cách giải:

Cho hàm số $y = 2{x^2}$ có đồ thị $\left( P \right)$

a) Vẽ $\left( P \right)$

Bảng giá trị:

Đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ là parabol $\left( P \right)$ đi qua các điểm $\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)$

Hình vẽ:

b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc $\left( P \right)$ có tung độ bằng $2.$

Gọi điểm $N\left( {x;2} \right)$ thuộc $\left( P \right):y = 2{x^2}$

Ta có: $2 = 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.$

Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là $\left( {1;2} \right),\left( { - 1;2} \right)$

Câu 4 (2,5 điểm)

Cách giải:

a) Giải phương trình: ${x^2} + 5x - 7 = 0$

Ta có: $\Delta  = {5^2} - 4.1.\left( { - 7} \right) = 53 > 0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2}\\x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {53} }}{2};x = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {53} }}{2}$

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}7x - y = 18\\2x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x = 27\\2x + y = 9\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2.3 + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)$

c) Tìm các giá trị của tham số $m$ để phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

Xét phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x + {m^2} + 3m - 6 = 0$ có $a = 1;b' =  - \left( {m + 5} \right);c = {m^2} + 3m - 6$

Ta có: $\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 5} \right)} \right]^2} - \left( {{m^2} + 3m - 6} \right)$

$\begin{array}{l} = {m^2} + 10m + 25 - {m^2} - 3m + 6\\ = 7m + 31\end{array}$

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì $\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\left( {ld} \right)\\7m + 31 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 7m >  - 31 \Leftrightarrow m > \dfrac{{ - 31}}{7}$

Vậy với $m >  - \dfrac{{31}}{7}$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

Câu 5 (1 điểm)

Cách giải:

Với giá trị nào của tham số $m$ thì đồ thị của hai hàm số $y = x + \left( {5 + m} \right)$ và $y = 2x + \left( {7 - m} \right)$ cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.

Xét đường thẳng $\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)$ có $a = 1$ và đường thẳng $\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)$ có $a' = 2$

Vì $a \ne a'\left( {1 \ne 2} \right)$ nên hai đường thẳng $\left( d \right)$ và $\left( {d'} \right)$ cắt nhau.

Gọi $M\left( {x;y} \right)$ là giao điểm của hai đường thẳng $\left( d \right)$ và $\left( {d'} \right)$

Vì $M\left( {x;y} \right)$ thuộc trục hoành nên $M\left( {x;0} \right)$

Lại có $M\left( {x;0} \right)$ thuộc $\left( d \right):y = x + \left( {5 + m} \right)$ nên ta có $x + 5 + m = 0 \Leftrightarrow x =  - 5 - m$

Và $M\left( {x;0} \right)$ thuộc $\left( {d'} \right):y = 2x + \left( {7 - m} \right)$ nên ta có $2x + 7 - m = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{m - 7}}{2}$

 $\begin{array}{l} \Rightarrow  - 5 - m = \dfrac{{m - 7}}{2}\\ \Leftrightarrow m - 7 =  - 2m - 10\\ \Leftrightarrow 3m =  - 3\\ \Leftrightarrow m =  - 1\end{array}$

Vậy $m =  - 1$ là giá trị cần tìm.

Câu 6 (0,75 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH ($H \in AC$), biết $AB = 6cm,AC = 10cm$. Tính độ dài các đoạn thẳng $BC,BH$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$, theo định lý Pytago ta có:

$\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = A{C^2} - A{B^2} = {10^2} - {6^2} = 64\\ \Rightarrow BC = 8cm\end{array}$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có chiều cao $BH$, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$BH.AC = AB.BC$ $\Leftrightarrow BH = \dfrac{{AB.BC}}{{AC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8cm$

Vậy $BC = 8cm,BH = 4,8cm$.

Câu 7 (0,75 điểm)

Cách giải:

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B sao cho $\angle AOB = {65^0}$ và điểm C như hình vẽ. Tính số đo cung $AmB,ACB$ và số đo $\angle ACB$.

Ta có $\angle AOB$ là góc ở tâm chắn cung $AmB$ nên

$sd\,cung\,AmB = \angle AOB = {65^0}$ (tính chất)

Lại có

$\begin{array}{l}sdACB + sdAmB = {360^0}\\ \Rightarrow sdACB = {360^0} - sdAmB\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {360^0} - {65^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {295^0}\end{array}$

$\angle ACB$ là góc nội tiếp chắn cung $AmB$ nên $\angle ACB = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,AmB = \dfrac{1}{2}{.65^0} = 32,{5^0}$

Vậy $sd\,cung\,AmB = {65^0};\,\,\,sd\,cung\,ACB = {295^0}$ và $\angle ACB = 32,{5^0}.$

Câu 8 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H ($E \in AC,F \in AB$)

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

Ta có:

$CF \bot AB \Rightarrow \angle AFC = {90^0}$

$BE \bot AC \Rightarrow \angle AEB = {90^0}$

Tứ giác AFHE có $\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}$ nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$) (đpcm).

b) Chứng minh $AH \bot BC$.

Kéo dài $AH$ cắt BC tại D.

Do $BE,CF$ là các đường cao trong tam giác và $BE \cap CF = \left\{ H \right\}$ nên $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$

$\Rightarrow AD$ là đường cao trong $\Delta ABC$ $\Rightarrow AD \bot BC$.

$\Rightarrow AH \bot BC$ (đpcm)

c) Gọi $P,G$ là hai giao điểm của đường thẳng $EF$ và đường tròn $\left( O \right)$ sao cho điểm $E$ nằm giữa điểm P và điểm F. Chứng minh $AO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $PG$.

Xét tứ giác BFEC có $\angle BFC = \angle BEC = {90^0}$ nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)

$\Rightarrow \angle AFE = \angle ACB$ (cùng bù với $\angle BFE$) (1)

Kẻ đường kính $AA'$ , gọi $I$ là giao điểm của $AO$ và $PG$.

Tứ giác $BACA'$ nội tiếp nên $\angle BAA' = \angle BCA'$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BA'$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

$\Rightarrow \angle AFE + \angle BAA' = \angle ACB + \angle BCA'$

Mà $\angle ACB + \angle BCA' = \angle A'CA = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên $\angle AFE + \angle BAA' = {90^0}$ hay $\angle AFI + \angle FAI = {90^0}$

$\Rightarrow \angle AIF = {90^0}$ $\Rightarrow AO \bot PG$ tại $I$

$\Rightarrow I$ là trung điểm của $PG$ (đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây ấy)

$\Rightarrow AO$ là đường trung trực của $PG$. (đpcm)