32. Đề số 32 – Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

PHẦN II – TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức $M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 3\sqrt x  + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}$  (với $x > 0;x \ne 1;x \ne 4$)

1) Rút gọn biểu thức M.

2) Tìm các giá trị x để M < 4

Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình ${x^2} – mx – 4 = 0\;\;\;\left( 1 \right)$  (với m là tham số)

a) Giải phương trình $\left( 1 \right)$ với $m = 3.$

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị $m$ thì phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\;\;{x_2}.$ Tìm $m$ để $x_1^2 + x_2^2 = 17?$ 

Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {xy}  – \dfrac{4}{{\sqrt {xy} }} = 3\\x\left( {1 – y} \right) + 15 = 0\end{array} \right.$

Câu 4. Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính AB và điểm C trên đường tròn $\left( {C \ne A;C \ne B} \right)$. Gọi D là một điểm trên cung nhỏ $CB\,\,\left( {D \ne C;D \ne B} \right)$ ; E là giao điểm của AD và BC; I là hình chiếu vuông góc của E trên AB; M là điểm thứ hai của đường thẳng DI và đường tròn $\left( O \right)$.

1)  Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và $CM \bot AB$.

2)  Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh $BK.CE = BC.EK$

Câu 5.

1)  Hai đại biểu của trường A và trường B tham dự một buổi hội thảo. Mỗi đại biểu của trường A lân lượt bắt tay với từng đại biểu của trường B một lần. Tính số đại biểu của mỗi trường, biết số cái bắt tay bằng ba lần tổng số đại biểu của cả hai trường và số đại biểu của trường A nhiều hơn số đại biểu của trường B.

2) Cho $x,y,z$ là các số dương. Chứng minh rằng $\dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}$

Lời giải chi tiết

PHẦN I – TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Câu 1. Biểu thức $\sqrt {4 – 2x}$ xác định khi và chỉ khi $4 – 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 2$ . Chọn A.

Câu 2. Đồ thị hàm số $y =  – 2x + 4$ cắt  trục hoành (y = 0) nên ta có: $– 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow \left( {2;0} \right)$ . Chọn B.

Câu 3. Xét $\Delta  = {b^2} – 4ac > 0$  thì phương trình đó có hai nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm là ${x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} > 0$.

Xét phương trình A ta có: $\Delta  = 1 – 4 =  – 3 < 0$  phương trình này vô nghiệm. Loại A.

Xét phương trình B ta có: $\Delta ‘ = 4 – 4 = 0$  nên phương trình này có nghiệm kép. Loại B.

Xét phương trình C ta có: $\Delta  = 9 – 8 = 1 > 0$ nên phương trình này có 2 nghiệm phân biệt. Ta xét tiếp ${x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{2}{1} = 2 > 0$ .

Chọn C.

Câu 4.  

Xét đáp án A ta có: $a =  – 2 < 0$  nên hàm số A nghịch biến. Loại A.

Xét đáp án B. có $a = 2 – \sqrt 5  < 0$  nên hàm số B nghịch biến. Loại B.

Xét đáp án C có: $a = \sqrt 3  > 0;x < 0$  nên hàm số C nghịch biến. Loại C.

Xét đáp án D ta có: $a = \sqrt 3  – 2 < 0,x < 0$  nên hàm số D đồng biến. Chọn D.

Chọn D.

Câu 5. Hai đường thẳng $y = 2x + m + 2$  và $y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + 1$ song song với nhau khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 1 = 2\\m + 2 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 1\\m \ne  – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1.$ Chọn A.

Câu 6.  Gọi bán kính ban đầu của đường tròn là R, diện tích của hình tròn khi chưa tăng bán kính là: $S = \pi {R^2}$ .Khi đó diện tích của hình tròn sau khi tăng 3 lần bán kính là: $S = \pi {\left( {3R} \right)^2} = 9\pi {R^2}$ Vậy diện tích tăng lên 9 lần

Chọn C.

Câu 7.  Xét ${5^2} + {12^2} = {13^2}$  nên theo định lý Py – ta – go đảo ta có tam giác chứa 3 cạnh có độ dài như trên là tam giác vuông có cạnh huyền có độ dài là 13cm. Khi đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông chính là một nửa cạnh huyền tức là: $\dfrac{{13}}{2}\left( {cm} \right)$

Chọn C.

Câu 8.  Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là: ${S_{xq}} = \pi rh = 198\pi  \Rightarrow \pi .9.h = 198\pi  \Rightarrow h = 22\left( {cm} \right)$

Chọn D.

PHẦN II – TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm)

Cho biểu thức $M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 3\sqrt x  + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}$  (với $x > 0;x \ne 1;x \ne 4$)

1) Rút gọn biểu thức M.

$\begin{array}{l}M = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 3\sqrt x  + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  – 2}}{{x – \sqrt x  – 2\sqrt x  + 2}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{{\sqrt x  – 2}}{{\left( {\sqrt x  – 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}\\ = \left( {\dfrac{{4x}}{{\sqrt x  – 1}} – \dfrac{1}{{\sqrt x  – 1}}} \right).\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}}\\ = \dfrac{{4x – 1}}{{\sqrt x  – 1}}.\dfrac{{\sqrt x  – 1}}{{{x^2}}} = \dfrac{{4x – 1}}{{{x^2}}}.\end{array}$

2) Tìm các giá trị x để M < 4

$M < 4 \Leftrightarrow \dfrac{{4x – 1}}{{{x^2}}} < 4$

$\Leftrightarrow \dfrac{{4x – 1 – 4{x^2}}}{{{x^2}}} < 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{{ – {{\left( {2x – 1} \right)}^2}}}{{{x^2}}} < 0$

$\Leftrightarrow x \ne \dfrac{1}{2},\forall x > 0;x \ne 1;x \ne 4$

Vậy với mọi $x > 0;x \ne \dfrac{1}{2},x \ne 1;x \ne 4$ thì $M < 4$

Câu 2 (1,5 điểm):

${x^2} – mx – 4 = 0\;\;\;\left( 1 \right)$

a) Với $m = 3$ ta có phương trình $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} – 3x – 4 = 0$

Ta có: $a – b + c = 1 – \left( { – 3} \right) + \left( { – 4} \right) = 0$

Nên phương trình luôn có 1 nghiệm $x =  – 1$  và nghiệm còn lại là $x =  – \dfrac{c}{a} = 4$

Vậy với $m = 3$ thì phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ { – 1;\;4} \right\}.$

b) Ta có: $\Delta  = {m^2} + 16 > 0\;\;\forall m \Rightarrow$ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} =  – 4\end{array} \right..$

Theo đề bài ta có: $x_1^2 + x_2^2 = 17$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = 17\\ \Leftrightarrow {m^2} – 2.\left( { – 4} \right) = 17\\ \Leftrightarrow {m^2} = 9\\ \Leftrightarrow m =  \pm 3.\end{array}$

Vậy $m =  \pm 3$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 3. (1,0 điểm).

Điều kiện: $xy > 0$

$\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {xy}  – \dfrac{4}{{\sqrt {xy} }} = 3\\x\left( {1 – y} \right) + 15 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy – 4 = 3\sqrt {xy} \\x – xy + 15 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy – 3\sqrt {xy}  – 4 = 0\,\,\left( 1 \right)\\x – xy + 15 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ (1) ta có:

 $\begin{array}{l}xy – 3\sqrt {xy}  – 4 = 0\\ \Leftrightarrow xy + \sqrt {xy}  – 4\sqrt {xy}  – 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {xy}  + 1} \right)\left( {\sqrt {xy}  – 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {xy}  =  – 1\left( {ktm} \right)\\\sqrt {xy}  = 4\left( {tm} \right) \Leftrightarrow xy = 16\end{array} \right.\end{array}$

Thay xy = 16 vào phương trình (2) của hệ ta được: $x – 16 + 15 = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Với x = 1 suy ra y = 16

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;16).

Câu 4.

1) Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và $CM \bot AB$.

Ta có $\angle ADB = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \angle EDB = {90^0}$.

Xét tứ giác $BDEI$ có $\angle EDB + \angle EIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

$\Rightarrow \angle EID = \angle EBD$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE).

Mà $\angle EBD = \angle CBD = \angle CMD$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn $\left( O \right)$)

$\Rightarrow \angle EID = \angle CMD$. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị $\Rightarrow EI//CM$.

Mà $EI \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow CM \bot AB$.

2) Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh $BK.CE = BC.EK$

Xét tứ giác ACEI có $\angle ACE = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\angle ACE + \angle CIE = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

$\Rightarrow \angle CIE = \angle CAE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE)

Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \angle DIE = \angle DBE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

Mà $\angle CAE = \angle DBE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))

$\Rightarrow \angle CIE = \angle DIE = \angle KIE \Rightarrow IE$ là phân giác trong của $\angle CIK$.

Mà $IE \bot IB$ nên IB là phân giác ngoài của $\angle CIK$

Áp dụng tính chất tia phân giác ta có :

$\dfrac{{EC}}{{EK}} = \dfrac{{BC}}{{BK}} = \dfrac{{IC}}{{IK}}$

$\Rightarrow BK.CE = BC.EK\,\,\left( {dpcm} \right)$

Câu 5.

1) Gọi số đại biểu của trường A là x (đại biểu) và số đại biểu của trường B là y (đại biểu) $\left( {x,y \in N*;x > y} \right)$.

Mỗi đại biểu của trường A bắt tay với lần lượt từng đại biểu của trường B nên số cái bắt tay là $xy$.

Vì số cái bắt tay bằng 3 lần tổng số đại biểu của cả hai trường nên $xy = 3\left( {x + y} \right)$

$\Rightarrow xy = 3x + 3y \Leftrightarrow x\left( {y – 3} \right) = 3y$

TH1: $y = 3 \Leftrightarrow x.0 = 9$ (vô lí)

TH2: $y \ne 3 \Rightarrow y = \dfrac{{3y}}{{y – 3}} = \dfrac{{3y – 9 + 9}}{{y – 3}} = 3 + \dfrac{9}{{y – 3}}$

Do $x \in N* \Rightarrow y – 3 \in U\left( 9 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3; \pm 9} \right\}$

 Vậy số đại biểu của trường A là 12 đại biểu và số đại biểu của trường B là 4 đại biểu. 

2)  

Do $x,y,z > 0$

Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có:

$\begin{array}{l}{x^3} + {y^2} \ge 2\sqrt {{x^3}{y^2}}  = 2\sqrt x .xy\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt x .xy}}\\ \Rightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{{\sqrt x }}{{2\sqrt x .xy}}\\ \Rightarrow \dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} \le \dfrac{1}{{xy}}\end{array}$

Chứng minh tương tự ta có:

 $\begin{array}{l}\dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} \le \dfrac{1}{{yz}}\\\dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{zx}}\end{array}$

$\Rightarrow \dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {z^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}}\left( 1 \right)$

Mặt khác

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{x^2}}}.\dfrac{1}{{{y^2}}}}  = \dfrac{2}{{xy}}\\\dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{y^2}}}.\dfrac{1}{{{z^2}}}}  = \dfrac{2}{{yz}}\\\dfrac{1}{{{z^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{z^2}}}.\dfrac{1}{{{x^2}}}}  = \dfrac{2}{{xz}}\\ \Rightarrow 2\left( {\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}} \right) \ge 2\left( {\dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{xz}}} \right)\end{array}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{xz}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và  (2) ta suy ra: $\dfrac{{2\sqrt x }}{{{x^3} + {y^2}}} + \dfrac{{2\sqrt y }}{{{y^3} + {x^2}}} + \dfrac{{2\sqrt z }}{{{z^3} + {x^2}}} \le \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

 Sachgiaihay.com