1. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019

Đề bài

Câu I (2 điểm):

1) Giải phương trình: ${x^2} – 5x + 4 = 0$

2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}3x – y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..$

Câu II (2 điểm):

1) Rút gọn biểu thức: $A = \dfrac{4}{{\sqrt 5  – 1}} – 3\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5  – 1} \right)}^2}} .$

2) Cho biểu thức: $B = \left( {\dfrac{1}{{3 – \sqrt x }} – \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).$

Rút gọn biểu thức $B$ và tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ để $B > \dfrac{1}{2}.$

Câu III (1,5 điểm):

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho parabol $\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,y =  – mx + 3 – m$ (với $m$ là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc parabol $\left( P \right),$ biết điểm $M$ có hoành độ bằng $4.$

2) Chứng minh đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A,\,\,B.$ Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm $A,\,\,B.$ Tìm $m$ để $x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.$

Câu IV (4,0 điểm)

1) Cho nửa đường tròn $\left( {O;R} \right)$ đường kính $AB$. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa nửa đường tròn $\left( {O;R} \right)$  vẽ các tiếp tuyến $Ax,\,\,By$ với nửa đường tròn đó. Gọi $M$ là một điểm bất kì trên nửa đường tròn $\left( {O;R} \right)$ (với $M$ khác $A$, $M$ khác $B$), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại $M$cắt $Ax,\,\,By$ lần lượt tại $C$ và $D$.

a) Chứng minh tứ giác $ACMO$ nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác $COD$ vuông tại $O$.

c) Chứng minh $AC.BD = {R^2}$.

d) Kẻ $MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)$; $BC$ cắt $MN$ tại $I$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $MN$.

2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy $r = 4cm$, độ dài đường sinh $l = 5cm$.

Câu V (0,5 điểm):

Cho $a,\,\,b,\,\,c$ là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện $abc = 1.$

Chứng minh $\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.$

Lời giải

Câu I (VD)

Phương pháp:

1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.

2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

1) Giải phương trình: ${x^2} – 5x + 4 = 0$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} – 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} – 4x – x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x – 4} \right) – \left( {x – 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {x – 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 1 = 0\\x – 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S = \left\{ {1;\,\,4} \right\}.$

2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}3x – y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..$

$\left\{ \begin{array}{l}3x – y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 – 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).$  

Câu II (VD)

Phương pháp:

1) Sử dụng các công thức  $\dfrac{A}{{\sqrt B  – C}} = \dfrac{{A\left( {\sqrt B  + C} \right)}}{{B – {C^2}}};\,\,\,\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\,\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ – A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.$  để làm bài.

2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.

+) Giải bất phương trình $B > \dfrac{1}{2}$ để tìm $x.$ Đối chiếu với điều kiện của $x$ và điều kiện $x$ nguyên rồi kết luận.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức: $A = \dfrac{4}{{\sqrt 5  – 1}} – 3\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5  – 1} \right)}^2}} .$

$\begin{array}{l}A = \dfrac{4}{{\sqrt 5  – 1}} – 3\sqrt {45}  + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5  – 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}}{{5 – 1}} – 3\sqrt {{3^2}.5}  + \left| {\sqrt 5  – 1} \right|\\\,\,\,\,\,\, = \sqrt 5  + 1 – 9\sqrt 5  + \sqrt 5  – 1\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,\sqrt 5  – 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, =  – 7\sqrt 5 .\end{array}$

Vậy $A =  – 7\sqrt 5 .$

2) Cho biểu thức: $B = \left( {\dfrac{1}{{3 – \sqrt x }} – \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).$

Rút gọn biểu thức $B$ và tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ để $B > \dfrac{1}{2}.$

Điều kiện: $x > 0,\,\,\,x \ne 9.$

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

Ta có: $B > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 – \sqrt x }} > \dfrac{1}{2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 – \sqrt x }} – \dfrac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{4 – 3 + \sqrt x }}{{2\left( {3 – \sqrt x } \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{2\left( {3 – \sqrt x } \right)}} > 0 \Leftrightarrow 3 – \sqrt x  > 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt x  + 1 > 0\,\,\,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x  < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $x > 0,\,\,\,x \ne 9,\,\,\,x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.$

Vậy $x \in \left\{ {\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}$ thì $B > \dfrac{1}{2}.$

Câu III (VD)

Phương pháp:

1) Thay hoành độ điểm $M$ vào công thức $y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ để tìm tung độ của điểm $M.$

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm $\left( * \right)$  của hai đồ thị hàm số.

+) Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $\Leftrightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta  > 0\,\,\,\left( {\Delta ‘ > 0} \right).$

+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm $m.$ Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho parabol $\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,y =  – mx + 3 – m$ (với $m$ là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc parabol $\left( P \right),$ biết điểm $M$ có hoành độ bằng $4.$

Ta có $M\left( {4;\,\,{y_M}} \right)$ thuộc $\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}$ nên thay $x = 4$ vào công thức hàm số $y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ ta được:

${y_M} = \dfrac{1}{2}{.4^2} = 8 \Rightarrow M\left( {4;\,\,8} \right).$

Vậy $M\left( {4;\,\,8} \right).$

2) Chứng minh đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A,\,\,B.$ Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm $A,\,\,B.$ Tìm $m$ để $x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.$

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\dfrac{{{x^2}}}{2} =  – mx + 3 – m \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m – 6 = 0\,\,\,\,\left( * \right)$

Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $\Leftrightarrow \left( * \right)$ có hai nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow {m^2} – 2m + 6 > 0\, \Leftrightarrow {m^2} – 2m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\,\forall m$

$\Rightarrow$ Đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};\,\,{y_2}} \right).$

Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  – 2m\\{x_1}{x_2} = 2m – 6\end{array} \right..$

Theo đề bài ta có: $x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} – 4{x_1}{x_2} – 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} – 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { – 2m} \right)^2} – 4\left( {2m – 6} \right) – 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} – 8m + 24 – 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} – 8m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} – 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m – 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}$

Vậy $m = 1$ thỏa mãn bài toán.

Câu IV (4,0 điểm) (VD)

Phương pháp:

1) a) Chứng minh tứ giác $ACMO$ là tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$.

b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.

c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.

d) Áp dụng tính chất đường phân giác.

2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago: $h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} .$

+) Thể tích hình nón có bán kính đáy $r$ và chiều cao $h$ là: $V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.$

Cách giải:

1) a) Chứng minh tứ giác $ACMO$ nội tiếp.

Do $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A \Rightarrow \angle OAC = {90^0}$.

      $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $M \Rightarrow \angle OMC = {90^0}$.

Xét tứ giác $ACMO$ có: $\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác $ACMO$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$).

b) Chứng minh tam giác $COD$ vuông tại $O$.    

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

$OC$ là tia phân giác của $\angle AOM$;

$OD$ là tia phân giác của $\angle BOM$;

Mà $\angle AOM;\,\,\angle BOM$ là hai góc kề bù $\Rightarrow OC \bot OD$ (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).

$\Rightarrow \angle COD = {90^0}$ hay tam giác $COD$ vuông tại $O$. (đpcm)

c) Chứng minh $AC.BD = {R^2}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OCD$ vuông tại $O$ có đường cao $OM$ ta có: $O{M^2} = MC.MD$.

Mà $OM = R \Rightarrow MC.MD = {R^2}$ (1).

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: $AC = MC;\,\,BD = MD$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AC.BD = {R^2}$. (đpcm)

d) Kẻ $MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)$; $BC$ cắt $MN$ tại $I$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $MN$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\BD \bot AB\\MN \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC//BD//MN$ (Từ vuông góc đến song song).

Gọi $P = AM \cap CN$. Áp dụng định lí Ta-lét ta có : $\dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}};\,\,\dfrac{{NI}}{{AC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}$ (3).

Ta có : $\angle AMB = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \angle AMN + \angle NMB = {90^0}$.

Mà trong tam giác vuông $MNB$ lại có: $\angle NBM + \angle NMB = {90^0}$

$\Rightarrow \angle AMN = \angle NBM = \angle ABM$.

Ta có : $\angle ABM = \angle AMC$ (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AM$) ;

           $\angle ABM = \angle AMN$ (cmt) ;

$\Rightarrow \angle AMC = \angle AMN \Rightarrow MA$ là tia phân giác trong của góc $CMN$.

Mà $MB \bot MA\,\,\left( {\angle AMB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow MB$ là tia phân giác ngoài của góc $CMN$.

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác $CMI$ ta có: $\dfrac{{MI}}{{MC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}$  (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow \dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{NI}}{{AC}} \Leftrightarrow MI = NI$.

Vậy $I$ là trung điểm của $MN$ (đpcm).

2) Chiều cao của hình nón là: $h = \sqrt {{l^2} – {r^2}}  = \sqrt {{5^2} – {4^2}}  = \sqrt 9  = 3\,\,\left( {cm} \right).$

Thể tích của hình nón đã cho là: $V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).$

Câu V (VDC)

Cách giải:

Ta có: $\dfrac{1}{{2 + a}} = \dfrac{{abc}}{{2abc + a}} = \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}}\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)$.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $2bc + 1 = bc + bc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}} \le \dfrac{{bc}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}$$\Rightarrow \dfrac{1}{{2 + a}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}$

CMTT ta có : $\dfrac{1}{{2 + b}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ca}}}}{3};\,\,\dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ab}}}}{3}\,$

Cộng vế với vế ta được $\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{bc}} + \sqrt[3]{{ca}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right)$.

Ta có : $\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{3\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{abc}}}}}} = \dfrac{9}{3} = 3$.

$\Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le 3 \Rightarrow 3\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right) \le 1$.

Vậy $\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.$ Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.