Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019

Đề bài

Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: \(T = \sqrt 4  + \sqrt {25}  - \sqrt 9 \)

Câu 2 (1,0 điểm): Tìm \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).

Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình \({x^2} - x - 6 = 0\)

Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2}.\)

Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \({d_1}:\,y = 2x + 1\) và đường thẳng \({d_2}:y = x + 3.\)

Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có đường trung tuyến \(BM\) (\(M \in AC).\) Biết \(AB = 2a.\) Tính theo \(a\) độ dài \(AC,\,AM\)và \(BM.\)

Câu 7 (1 điểm):  Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ \(A\) đến \(B\). Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10km/h\) nên ô tô thứ nhất đến \(B\) trước ô tô thứ hai \(\dfrac{1}{2}\) giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường \(AB\) dài \(150km.\) 

Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình \({x^2} - 4x + m + 1 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\)  và \({x_2}\)  thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 < 100.\)

Câu 9 (1 điểm):  Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm \(O.\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB,\) đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(AO\) và cắt cạnh \(AC\) tại\(J.\) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn.

Câu 10 (1 điểm):  Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\) và có bán kính \(R = 2a.\) Xét điểm \(M\) thay đổi sao cho \(IM = a.\) Hai dây \(AC,\,\,BD\) đi qua điểm \(M\)  và vuông góc với nhau \(\left( {A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( C \right)} \right).\) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác \(ABCD.\)

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Khai căn bậc hai của một số.  \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(T = \sqrt 4  + \sqrt {25}  - \sqrt 9  = 2 + 5 - 3 = 4\)

Câu 2 (TH)

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm A vào hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\), ta tìm được \(m\) .

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)nên ta có:

\(\begin{array}{l}5 = \left( {2m + 1} \right){.1^2}\\ \Rightarrow 5 = 2m + 1\\ \Rightarrow m = 2\end{array}\)

Vậy với \(m = 2\) đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\)

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai một ẩn.

Cách giải:

\({x^2} - x - 6 = 0\,\,\,\left( 1 \right) & ;\,\,\,a = 1;b =  - 1;c =  - 6\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - 6} \right) = 25\,\, > 0\, \Rightarrow \sqrt \Delta   = 5\)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\)

\(\begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2.a}} = \dfrac{{1 + 5}}{2} = 3\\{x_2} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2.a}} = \dfrac{{1 - 5}}{2} =  - 2\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là : \(S = \left\{ { - 2;3} \right\}\)

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) là Parabol đi qua \(5\) điểm có tọa độ \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;1} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\)

Câu 5 (VD)

Phương pháp:

Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.

Cách giải:

Cách 1:

Phương trình hoành độ giao điểm của \({d_1},\,{d_2}\) là: \(2x + 1 = x + 3 \Leftrightarrow 2x - x = 3 - 1 \Leftrightarrow x = 2\)

Thay \(x = 2\) vào d₂ ta có: \(y = x + 3 = 2 + 3 = 5\).

Vậy \(A\left( {2;5} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng.

Cách 2:

Gọi \(A\left( {x;y} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\).

Tọa độ của \(A\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2x + 1\\y = x + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 1\\x - y =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - y =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.\).

Vậy \(A\left( {2;5} \right)\).

Câu 6 (VD)

Phương pháp :

+ Tam giác vuông cân có hai cạnh  góc vuông bằng nhau.

+ Tính chất đường trung tuyến.

+ Định lý py-ta-go trong tam giác.

Cách giải :

Câu 7 (VD)

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn

Bước 2: Lập phương trình

Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.

Cách giải:

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

Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là \(10\,km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ nhất là \(\left( {x + 10} \right)\,\,\,\,\left( {km/h} \right)\).

Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 10}}\,\,\,\,\left( h \right)\).

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\,\left( h \right)\).

Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là \(\dfrac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình \(\dfrac{{150}}{{x + 10}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{150}}{x}\)

\( \Rightarrow 300x + x\left( {x + 10} \right) = 300\left( {x + 10} \right)\)

\( \Leftrightarrow 300x + {x^2} + 10x = 300x + 3000\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 50x + 60x - 3000 = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 60} \right)\left( {x - 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 60 = 0\\x - 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 60\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 50\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy vận tốc ô tô thứ hai là \(50\,km/h\) và vận tốc  ô tô thứ nhất là \(50 + 10 = 60\,km/h\).

Câu 8 (VD)

Phương pháp:

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0.\)

Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho \(x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\) để tìm giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

Cách giải:

\({x^2} - 4x + m + 1 = 0\)

 Ta có: \(a = 1;b =  - 4;c = m + 1\)

\( \Rightarrow \Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m - 1 = 3 - m\)

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

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m + 1\end{array} \right.\)

Theo đề bài ta có:

 \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) < 100\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 4.\left[ {16 - 3\left( {m + 1} \right)} \right] < 100\\ \Leftrightarrow 16 - 3m - 3 < 25\\ \Leftrightarrow  - 3m < 12 \Leftrightarrow m >  - 4\end{array}\)

Kết hợp với điều kiện \(m < 3\)  và \(m\)  nguyên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4 < m < 3\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) 

Vậy \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;\,\,0;\,\,1;\,\,2} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của \(m\) và điều kiện \(m \in \mathbb{Z}.\)

Câu 9 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.

Chứng minh tứ giác \(BIJC\) là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.

Cách giải:

Gọi \(H = IJ \cap OA\).

Do \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\) tại \(I\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

\( \Rightarrow \Delta OAI\) vuông tại \(I\).

Xét tam giác vuông \(OAI\) có: \(\angle IOA + \angle OAI = {90^0}\).

Xét tam giác vuông \(IAH\) có: \(\angle HIA + \angle HAI = {90^0} \Rightarrow \angle JIA + \angle OAI = {90^0}\).

\( \Rightarrow \angle IOA = \angle JIA\) (1).

Do tam giác \(OAB\) cân tại \(O\,\,\left( {OA = OB} \right) \Rightarrow \) Trung tuyến \(OI\)  đồng thời là phân giác.

\( \Rightarrow \angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB\).

Mà \(\angle ACB = \dfrac{1}{2}\angle AOB\) (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).

\( \Rightarrow \angle IOA = \angle ACB = \angle JCB\) (2).

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \angle JIA = \angle JCB \Rightarrow \) Tứ giác \(BCJI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,J\) và \(I\) cùng thuộc 1 đường tròn.

Câu 10 (VDC):

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: \(S = \dfrac{1}{2}AC.BD\).

+) Áp dụng BĐT Cô-si.

+) Chứng minh \(A{C^2} + B{D^2}\) không đổi.

+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.

Cách giải:

Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC \bot BD\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD \le \dfrac{{A{C^2} + B{D^2}}}{4}\)

Kẻ \(IE \bot AC\left( {E \in AC} \right),IF \bot BD\left( {F \in BD} \right)\)

\(AC = 2AF = 2\sqrt {I{A^2} - I{F^2}}  = 2\sqrt {4{a^2} - I{F^2}} \)

\(BD = 2DE = 2\sqrt {I{D^2} - I{E^2}}  = 2\sqrt {4{a^2} - I{E^2}} \)

\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 4\left( {4{a^2} - I{F^2}} \right) + 4\left( {4{a^2} - I{E^2}} \right)\) \( = 32{a^2} - 4\left( {I{E^2} + I{F^2}} \right)\).

Xét tứ giác \(IEMF\) có \(\angle IEM = \angle IFM = \angle EMF = {90^0} \Rightarrow IEMF\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)

\( \Rightarrow IF = EM \Rightarrow I{E^2} + I{F^2} = I{M^2} = {a^2}\)

\( \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 32{a^2} - 4{a^2} = 28{a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} \le \dfrac{{28{a^2}}}{4} = 7{a^2}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = BD\).

Vậy \({S_{ABCD}}\) đạt GTLN bằng \(7{a^2}\) khi \(AC = BD\).