40. Đề số 40 – Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1 (2 điểm):

a) Tính giá trị biểu thức: $A = 3\sqrt {27}  – 2\sqrt {12}  + 4\sqrt {48} .$        

b) Rút gọn biểu thức: $B = \sqrt {7 – 4\sqrt 3 }  + \dfrac{1}{{2 – \sqrt 3 }}.$

Bài 2 (2,5 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) ${x^2} – 3x + 2 = 0$                     

b) ${x^2} – 2\sqrt 3 x + 3 = 0$

c) ${x^4} – 9{x^2} = 0$                       

d) $\left\{ \begin{array}{l}x – y = 3\\3x – 2y = 8\end{array} \right.$

Bài 3 (1,5 điểm):

a)  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): $y = {x^2}$ . Vẽ đồ thị Parabol  (P).

b)  Cho phương trình: ${x^2} – \left( {m – 1} \right)x – m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$  ( với x là ẩn số, m là tham số). Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$  thỏa mãn điều kiện:  ${x_1}\left( {3 – {x_2}} \right) + 20 \ge 3\left( {3 – {x_2}} \right)$

Bài 4 (3 điểm):

Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai.

Bài 5 (1.0 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AB = 3 cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH và diện tích tam giác ABM.

Bài 6 (2.5 điểm):

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC.

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn.

b) Biết $\widehat {EBC} = {30^0}.$ Tính số đo $\widehat {EMC}$ .

c) Chứng minh $\widehat {FDE} = \widehat {FME}$

Bài 7 (0,5 điểm):    Cho $a = \dfrac{{\sqrt 2  – 1}}{2};b = \dfrac{{\sqrt 2  + 1}}{2}.$ Tính ${a^7} + {b^7}$

Lời giải chi tiết

Bài 1:

a) Tính giá trị biểu thức: $A = 3\sqrt {27}  – 2\sqrt {12}  + 4\sqrt {48} .$

$\begin{array}{l}A = 3\sqrt {27}  – 2\sqrt {12}  + 4\sqrt {48} \\\;\;\; = 3\sqrt {{3^2}.3}  – 2\sqrt {{2^2}.3}  + 4.\sqrt {{4^2}.3} \\\;\;\; = 9\sqrt 3  – 4\sqrt 3  + 16\sqrt 3 \\\;\;\; = 21\sqrt 3 .\end{array}$

Vậy $A = 21\sqrt 3 .$

b) Rút gọn biểu thức: $B = \sqrt {7 – 4\sqrt 3 }  + \dfrac{1}{{2 – \sqrt 3 }}.$

$\begin{array}{l}B = \sqrt {7 – 4\sqrt 3 }  + \dfrac{1}{{2 – \sqrt 3 }} \\\;\;\;= \sqrt {{2^2} – 2.2\sqrt 3  + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}  + \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\\\;\;\; = \sqrt {{{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}^2}}  + 2 + \sqrt 3  \\\;\;\;= 2 – \sqrt 3  + 2 + \sqrt 3  = 4.\\\;\;\;\left( {do\;\;2 – \sqrt 3  > 0} \right)\end{array}$

Vậy B = 4.

Bài 2:

$a)\;\;{x^2} – 3x + 2 = 0$

Ta có: $a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0$ nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt là: ${x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {1;2} \right\}$ .

$\begin{array}{l}b)\;\;{x^2} – 2\sqrt 3 x + 3 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x – \sqrt 3 } \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 3 .\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {\sqrt 3 } \right\}$

$c)\;\;{x^4} – 9{x^2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} – 9} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  – 3\\x = 3\end{array} \right..$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ { – 3;0;3} \right\}$

$d)\;\;\left\{ \begin{array}{l}x – y = 3\\3x – 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x – 3y = 9\\3x – 2y = 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  – 1\\x = 3 + y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  – 1\\x = 2\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: $\left( {x;y} \right) = \left( {2; – 1} \right)$

Bài 3:

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): $y = {x^2}$ . Vẽ đồ thị Parabol  (P).

Bảng giá trị

Khi đó đồ thị hàm số đã cho  là 1 đường cong và đi qua các điểm $A\left( { – 2;4} \right);B\left( { – 1;1} \right);C\left( {1;1} \right);D\left( {2;4} \right);O\left( {0;0} \right)$

b) Cho phương trình: ${x^2} – \left( {m – 1} \right)x – m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$  (với x là ẩn số, m là tham số). Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}$  thỏa mãn điều kiện: ${x_1}\left( {3 – {x_2}} \right) + 20 \ge 3\left( {3 – {x_2}} \right)$

+) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

 $\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} + 4m > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne  – 1\end{array}$

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (1) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m – 1\\{x_1}.{x_2} =  – m\end{array} \right.$

Theo đầu bài ta có

 $\begin{array}{l}{x_1}\left( {3 – {x_2}} \right) + 20 \ge 3\left( {3 – {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x_1} – {x_1}{x_2} + 20 \ge 9 – 3{x_2}\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) – {x_1}{x_2} + 11 \ge 0\\ \Leftrightarrow 3.\left( {m – 1} \right) + m + 11 \ge 0\\ \Leftrightarrow 4m + 8 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge  – 2\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $m \ne  – 1$  ta có: $m \ge  – 2;m \ne  – 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai.

Gọi vận tốc của xe thứ hai là $x\left( {km/h} \right),\,\,\left( {x > 0} \right)$

Vận tốc của xe thứ nhất là: $x + 10\left( {km/h} \right)$

Thời gian  xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:: $\dfrac{{160}}{{x + 10}}\left( h \right)$

Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: $\dfrac{{160}}{x}\,\,\left( h \right)$

Ta có xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút: $= \dfrac{{48}}{{60}} = \dfrac{4}{5}\,\,\left( h \right)$

Theo bài ra ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\;\;\;\;\;\dfrac{{160}}{x} – \dfrac{{160}}{{x + 10}} = \dfrac{4}{5}\\ \Leftrightarrow 160.5.\left( {x + 10} \right) – 160.5.x = 4x\left( {x + 10} \right)\\ \Leftrightarrow 800x + 8000 – 800x = 4{x^2} + 40x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x – 2000 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 40} \right)\left( {x + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 40 = 0\\x + 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40\left( {tm} \right)\\x =  – 50\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy xe thứ hai đi với vận tốc là: 40km/h.

Bài 5:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:

$\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}$

$\Rightarrow AH = 2,4cm$

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC có

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25$

$\Rightarrow BC = 5\left( {cm} \right)$

Do M là trung điểm của BC nên ta có: $BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{5}{2} = 2,5\left( {cm} \right)$

Xét tam giác ABM có đường cao AH ta có: ${S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM = \dfrac{1}{2}.2,4.2,5 = 3\left( {c{m^2}} \right)$

Bài 6:

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn.

Ta có: AD, CF lần lượt là các đường cao của tam giác ABC nên: $\widehat {ADB} = \widehat {BFC} = {90^0}$$\,\,\left( {hay\,\,\,\widehat {HDB} = \widehat {BFH} = {{90}^0}\,\,} \right)$

Nên: $\widehat {BFH} + \widehat {BDH} = {180^0}$

Suy ra tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn đường kính BH với tâm là trung điểm của BH. (tổng 2 góc đối trong 1 tứ giác bằng ${180^0}$

b) Biết $\widehat {EBC} = {30^0}.$ Tính số đo $\widehat {EMC}$ .

Ta có: $\widehat {EBC} = {30^0}$ $\Rightarrow \widehat {BCE} = {90^0} – {30^0} = {60^0}\,\,\left( {BE \bot EC\,} \right)$

Xét tam giác vuông BEC vuông tại E có EM là trung tuyến nên: $EM = MC = MB = \dfrac{1}{2}BC$

Nên tam giác EMC là tam giác đều khi đó ta có: $\widehat {EMC} = {60^0}$

Vậy $\widehat {EMC} = {60^0}$

c) Chứng minh $\widehat {FDE} = \widehat {FME}$

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

Mà 2 đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông nên tứ giác BFEC nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat {EFC} = \widehat {EBC}\left( {\,hay\,\,\widehat {EFH} = \widehat {HBD}} \right)$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

Mà tứ giác BFHD nội tiếp đường tròn (chứng minh câu a)

$\Rightarrow \widehat {HBD} = \widehat {HFD}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD)  (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\widehat {EFH} = \widehat {HFD}$.

Mà $\widehat {EFH} = \widehat {HAE}$ (tứ giác AFHE nội tiếp)

$\widehat {HFD} = \widehat {HBD}$ (tứ giác BFHD nội tiếp)

Từ đó ta có:

$\widehat {DFE} = \widehat {DFH} + \widehat {HFE} = 2\widehat {HAE}$$\,= 2\left( {{{90}^0} – \widehat {MEC}} \right) = {180^0} – 2\widehat {MEC}$$\,= \widehat {EMC}$ (do tam giác MEC cân tại M)

Xét tứ giác DFEM ta có: $\widehat {DFE} = \widehat {EMC}$ nên tứ giác DFEM nội tiếp.

Vậy ta có: $\widehat {FDE} = \widehat {FME}$

Bài 7:

Ta có:

 $\begin{array}{l}a + b = \dfrac{{\sqrt 2  – 1}}{2} + \dfrac{{\sqrt 2  + 1}}{2} = \sqrt 2 \\a.b = \dfrac{{\sqrt 2  – 1}}{2}.\dfrac{{\sqrt 2  + 1}}{2} = \dfrac{1}{4}\end{array}$

${a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} – 2ab = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} – 2.\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{2}$

${a^4} + {b^4} = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} – 2{a^2}{b^2}$$\,= {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^2} – 2.{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^2} = \dfrac{{17}}{8}$

${a^3} + {b^3} = {\left( {a + b} \right)^3} – 3ab\left( {a + b} \right)$$\, = {\left( {\sqrt 2 } \right)^3} – 3\dfrac{1}{4}.\sqrt 2  = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{4}$

Do đó: ${a^7} + {b^7} = \left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{a^4} + {b^4}} \right) – {a^3}{b^3}\left( {a + b} \right)$$\,= \dfrac{{5\sqrt 2 }}{4}.\dfrac{{17}}{8} – {\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^3}.\sqrt 2  = \dfrac{{169\sqrt 2 }}{{64}}$

Sachgiaihay.com