Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2023

Đề bài

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:

a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).

b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).

Câu 2: 

a) Cho hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).

Câu 3: Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - m - 2 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)

Câu 4: Một phòng họp ban đầu có 96 ghế được xếp thành các dãy và số ghế trong mỗi dãy đều bằng nhau. Có một lần phòng họp phải cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế (số ghế trong các dãy vẫn bằng nhau) để vừa đủ chỗ ngồi cho 110 đại biểu. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế?

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (\(H \in BC\)). Biết độ dài đoạn \(AB = 5cm\) và \(AH = 4cm.\) Tính độ dài đoạn BH và diện tích tam giác ABC.

Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E (D khác B và E khác C). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.

a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.

Câu 7: Cho a, b, c là các số thực khác không. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

\(P = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2{{(c + a)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2{{(a + b)}^2}}}.\)

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

a) Căn bậc hai của một số \(a\) là một số \(x\) sao cho \({x^2} = a\)

b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức.

Cách giải:

a) \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 \).

Ta có: \(A = \sqrt {48} - 3\sqrt 3 = \sqrt {{{3.4}^2}} - 3\sqrt 3 = 4\sqrt 3 - 3\sqrt 3 = \sqrt 3 \)

Vậy \(A = \sqrt 3 .\)

b) \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(\left. {x > 0;x \ne 4} \right)\).

Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:

\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\\\,\,\, = \left( {\frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right).\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x }}{{x - 4}}.\frac{{x - 4}}{{\sqrt x }}\\\,\,\, = 2\end{array}\)

Vậy \(B = 2.\)

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Để hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau.

b) Sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp trừ vế.

Cách giải:

Cách giải:

a) Cho hai dường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = (m - 3)x + 4\left( m \right.\) là tham số) và \(\left( {{d_2}} \right):y = 2x - 1\). Tìm giá trị của \(m\) để hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.

Để \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = 2\\4 \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\).

Vậy với \(m = 5\) thì hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) song song với nhau.

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right.\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 3}\\{3x + 2y = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Thay (1) vào (2) ta có

\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3x + 2\left( {2x - 3} \right) = 8\\ \Leftrightarrow 3x + 4x - 6 = 8\\ \Leftrightarrow 7x = 14\\ \Leftrightarrow x = 2.\end{array}\)

Thay \(x = 2\) vào (1) ta được \(y = 2.2 - 3 = 1\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng định lí Vi – ét.

Nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thì

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = {X_1} + {X_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{P = {x_1} \cdot {X_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

Ta có \(\Delta ' = {m^2} - \left( {{m^2} - m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} + m + 2 = m + 2\)

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m + 2 > 0 \Leftrightarrow m > - 2\)

Vậy \(m > - 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

Áp dụng hệ thức Viet có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 2\end{array} \right.\)

Để \(\frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {1 + {x_1}{x_2}} \right)}} = \frac{1}{6}.\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_1} + 2}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 2 + 1}}{{{{\left( {2m} \right)}^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - m - 1}}{{4{m^2} + 2}} = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow 6{m^2} - 6m - 6 = 4{m^2} + 2\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 6m - 8 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right)\left( {m - 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\left( {TM} \right)\\m = 4\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy m = -1 hoặc m = 4 thỏa mãn bài toán.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi x là số dãy ghế ban đầu. \(\left( {x > 2,x \in {N^*}} \right)\).

Sau khi cất đi 2 dãy ghế, số dãy ghế còn lại là: \(x - 2\) (dãy).

Số ghế ở mỗi hàng lúc ban đầu là \(\frac{{96}}{x}\) (ghế).

Số ghế ở mỗi hàng sau khi bỏ bớt hai hàng là \(\frac{{110}}{{x - 2}}\) (ghế).

Vì khi cất bớt 2 dãy ghế và mỗi dãy còn lại xếp thêm 1 ghế nên ta có phương trình:

\(\frac{{110}}{{x - 2}} - \frac{{96}}{x} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{110x}}{{\left( {x - 2} \right)x}} - \frac{{96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{110x - 96x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{14x + 192}}{{\left( {x - 2} \right)x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow 14x + 192 = {x^2} - 2x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 16x - 192 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 24} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 24\left( {tm} \right)\\x = - 8\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy số dãy ghế lúc đầu là 24 dãy ghế.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\).

Cách giải:

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác ABH vuông tại H ta được: \(A{H^2} + B{H^2} = A{B^2}\)

\( \Rightarrow {4^2} + B{H^2} = {5^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16 + B{H^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{H^2} = 9\\ \Leftrightarrow BH = 3\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ta được: \(A{B^2} = BH.BC\)

\( \Rightarrow BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{{5^2}}}{3} = \frac{{25}}{3}\)

Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC = \frac{1}{2}.4.\frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3}\left( {c{m^2}} \right)\)

Câu 6 (VD):

Cách giải:

a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp.

Ta có \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \angle ADH = \angle AEH = {90^0}\).

\( \Rightarrow \angle ADH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow ADHE\) là tứ giác nội tiếp

 (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Đường thẳng AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm P (P nằm giữa A và H). Đường thẳng DF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác D). Gọi M là giao điểm của EK và BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDP. Chứng minh \(C{E^2} = BC.MC\) và ba điểm B, I, P thẳng hàng.

+) Chứng minh CE² = BC.MC.

Xét tam giác ABC có: \(\angle BEC = \angle BDC = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BE \bot AC,\,\,CD \bot AB\).

Mà \(BE \cap CD = \left\{ H \right\} \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác ABC.

\( \Rightarrow AH \bot BC\) tại F \( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \angle BFH = {90^0}\).

Xét tứ giác BFHD có: \(\angle BFH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DBH = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)

Mà \(\angle DBE = \angle DKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

\( \Rightarrow \angle DFH = \angle DKE\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.

\( \Rightarrow FP//KE \Rightarrow AF//KE\) (dhnb).

Mà \(AF \bot BC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow KE \bot BC\) tại M \( \Rightarrow EM \bot BC\).

Xét tam giác BCE vuông tại E, đường cao EM có: \(C{E^2} = BC.MC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (đpcm).

+) Chứng minh ba điểm B, I, P thẳng hàng.

Xét \(\Delta CHF\) và \(\Delta CBD\) có:

$\begin{align} \angle CFH=\angle CDB={{90}^{0}} \\ \angle BCD\,\,chung \\ \Rightarrow \Delta CHF\backsim \Delta CBD\,\,\left( g.g \right) \\ \end{align}$

\( \Rightarrow \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow CH.CD = CB.CF\) (1)

Ta có: \(\angle CPB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta CBP\) vuông tại P.

Xét tam giác CBP vuông tại P, đường cao PF có:

\(C{P^2} = CB.CF\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CH.CD = C{P^2} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CP}} = \frac{{CP}}{{CD}}\).

Xét \(\Delta CHP\) và \(\Delta CPD\) có:

$\begin{align}\angle PCD\,\,chung \\ \frac{CH}{CP}=\frac{CP}{CD}\,\,\left( cmt \right) \\ \Rightarrow \Delta CHP\backsim \Delta CPD\,\,\left( c.g.c \right) \\ \end{align}$

\( \Rightarrow \angle HPC = \angle PDC = \angle PDH\) (2 góc tương ứng).

Ta có \(\angle HPI = \frac{{{{180}^0} - \angle HIP}}{2} = {90^0} - \frac{{\angle HIP}}{2} = {90^0} - \angle PDH\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung HP)

\( \Rightarrow \angle HIP = {90^0} - \angle HPC \Leftrightarrow \angle HIP + \angle HPC = {90^0} \Leftrightarrow \angle CPI = {90^0}\)

\( \Rightarrow IP \bot PC\) (3)

Mà \(\angle CPB = {90^0}\) (cmt) \( \Rightarrow BP \bot PC\) (4)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow B,\,\,I,\,\,P\) thẳng hàng (đpcm).

Câu 7 (VDC):

Phương pháp:

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki.

Cách giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

\({\left( {a + b} \right)^2} \le \left( {1 + 1} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\)

\({\left( {b + c} \right)^2} \le 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\)

\({\left( {c + a} \right)^2} \le 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\)

Suy ra: \(P\, \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}\)

\(\,\,\, = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{3} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} + \frac{1}{3} - 1\)

\(\,\,\, = \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{a^2} + 4({b^2} + {c^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{b^2} + 4({c^2} + {a^2})} \right)}} + \frac{{4({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{3\left( {{c^2} + 4({a^2} + {b^2})} \right)}} - 1\)

\(\,\,\, = \frac{4}{3}({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}}} \right) - 1\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được:

\(\frac{1}{{{a^2} + 4({b^2} + {c^2})}} + \frac{1}{{{b^2} + 4({c^2} + {a^2})}} + \frac{1}{{{c^2} + 4({a^2} + {b^2})}} \ge \frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}} = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)

Do đó: \(P \ge \frac{4}{3}.\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 1 = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\frac{1}{3}\) khi \(a = b = c\).