Đề số 13 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 13 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (4 điểm) Rút gọn biểu thức:

a) \(A = \sqrt {45} + \sqrt {20} - 2\sqrt 5 .\)

b) \(B = \dfrac{{a + 2\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} - \dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a - 2}}\) (với \(a \ge 0,\;\;a \ne 4\)).

Câu 2 (4 điểm)

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\2x - y = 5\end{array} \right..\)

b) Cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\;y = x - 2m.\) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) sao cho \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại điểm có hoành độ bằng \( - 1.\)

Câu 3 (6 điểm) Cho phương trình \({x^2} + 4x + m + 1 = 0\,\,\,(1)\) (với m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m = 2.

b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm.

c) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(\dfrac{{{x_1} - 1}}{{2{x_2}}} - \dfrac{{{x_2} - 1}}{{2{x_1}}} = - 3\).

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung AC (M khác A, C và điểm chính giữa AC), BM cắt AC tại H. Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB.

a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh CA là phân giác của góc MCK

c) Kẻ CP vuông góc với BM \(\left( {P \in BM} \right)\) và trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh ME = 2CP

Lời giải chi tiết

Câu 1:

\(\begin{array}{l}a)\;\;A = \sqrt {45} + \sqrt {20} - 2\sqrt 5 \\\;\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {{3^2}.5} + \sqrt {{2^2}.5} - 2\sqrt 5 \\\;\;\;\;\;\;\;\; = 3\sqrt 5 + 2\sqrt 5 - 2\sqrt 5 \\\;\;\;\;\;\;\;\; = 3\sqrt 5 .\\b)\;\;B = \dfrac{{a + 2\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} - \dfrac{{a - 4}}{{\sqrt a - 2}}\;\;\;\left( {a \ge 0,\;\;a \ne 4} \right)\\\;\;\;\;\;\;\;\, = \dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 2} \right)}}{{\sqrt a + 2}} - \dfrac{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{\sqrt a - 2}}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt a - \left( {\sqrt a + 2} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt a - \sqrt a - 2\\\;\;\;\;\;\;\;\; = - 2\end{array}\)

Câu 2:

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\2x - y = 5\end{array} \right..\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\2x - y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = x - 4\end{array} \right.\)\(\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 3\end{array} \right..\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {1; - 3} \right).\)

Ta có bảng giá trị:

\(x\)	\( - 2\)	\( - 1\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)	\(2\)	\(\dfrac{1}{2}\)	\(0\)	\(\dfrac{1}{2}\)	\(2\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;2} \right);\,\,\left( { - 1;\dfrac{1}{2}} \right);\,\,\left( {0;0} \right);\,\,\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right);\)\(\,\,\left( {2;2} \right)\)

Đồ thị:

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình \(\dfrac{1}{2}{x^2} = x - 2m \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{x^2} - x + 2m = 0.\;\;\;\left( 1 \right)\)

Để \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại điểm có hoành độ bằng \( - 1 \Leftrightarrow x = - 1\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - 1} \right) + 2m = 0\\ \Leftrightarrow 2m = - \dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow m = - \dfrac{3}{4}.\end{array}\)

Vậy \(m = - \dfrac{3}{4}.\)

Câu 3.

a) Giải phương trình (1) với m = 2.

Thay \(m = 2\) vào \((1)\): \({x^2} + 4x + 2 + 1 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {x^2} + 4x + 3 = 0\)

Ta có : \(a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = - 1\\{x_2} = - 3\end{array} \right.\)

Vậy, với \(m = 2\) thì phương trình có hai nghiệm \({x_1} = - 1,\,\,{x_2} = - 3\).

b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm.

\(\Delta ' = {2^2} - (m + 1) = 4 - m - 1 \)\(\,= 3 - m\)

Để phương trình (1) có nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 3 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 3\).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 3 - m > 0 \Leftrightarrow m < 3\)

Áp dụng định lý Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {x_2} = - 4 - {x_1}\) . Thay vào \(\dfrac{{{x_1} - 1}}{{2{x_2}}} - \dfrac{{{x_2} - 1}}{{2{x_1}}} = - 3\), ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{x_1} - 1}}{{2\left( { - 4 - {x_1}} \right)}} - \dfrac{{ - 4 - {x_1} - 1}}{{2{x_1}}} = - 3,\,\,\left( {{x_1} \ne 0,\,\,{x_1} \ne 4} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1} - 1}}{{2( - 4 - {x_1})}} - \dfrac{{ - 5 - {x_1}}}{{2{x_1}}} = - 3\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1}\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( { - 4 - {x_1}} \right)\left( { - 5 - {x_1}} \right)}}{{2{x_1}( - 4 - {x_1})}} = - 3\\ \Leftrightarrow {x_1}\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( {4 + {x_1}} \right)\left( {5 + {x_1}} \right) = - 3.2{x_1}( - 4 - {x_1})\\ \Leftrightarrow x_1^2 - {x_1} - 20 - 4{x_1} - 5{x_1} - x_1^2 - 24{x_1} - 6x_1^2 = 0\\ \Leftrightarrow - 6x_1^2 - 34{x_1} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 3x_1^2 + 17{x_1} + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 3x_1^2 + 15{x_1} + 2{x_1} + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x_1}\left( {{x_1} + 5} \right) + 2\left( {{x_1} + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 5} \right)\left( {3{x_1} + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 5\\{x_1} = - \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Với \({x_1} = - 5 \) \(\Rightarrow {x_2} = - 4 - {x_1} = - 4 + 5 = 1\)

Thay vào (*) ta có \( - 5 = m + 1 \Leftrightarrow m = - 6\,\,\left( {tm} \right)\)

Với \({x_1} = - \dfrac{2}{3} \Rightarrow {x_2} = - 4 - {x_1} = - \dfrac{{10}}{3}\)

Thay vào (*) ta có \(\dfrac{{20}}{9} = m + 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{{11}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy \(m = - 6\) hoặc \(m = \dfrac{{11}}{9}\).

Câu 4.