Chào mừng các em học sinh đến với Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán. Đây là một trong những đề thi thử quan trọng, được thiết kế để giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi chính thức và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi này bao gồm các dạng bài tập khác nhau, từ trắc nghiệm đến tự luận, bao phủ đầy đủ các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Các em có thể sử dụng đề thi này để tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 16 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Bài 1. (1,5 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)
b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)
b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\)
Bài 3. (1,5 điểm)
Vẽ đồ thị của các hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y = x - 4\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ (đơn vị đo trên các tọa độ là centimet).
Bài 4 (1 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)
Bài 5 (1 điểm):
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.
Bài 6 (3 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) AH.AK = HB.MK.
c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.
Lời giải chi tiết
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)
\(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }} \)
\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\)
\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} \)
\(\;\;\;= 2 + \sqrt 3 \)
b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .
Với: \(a \ge 0,a \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{2}{{\sqrt a + 2}}\\ = 1 = VP\end{array}\)
Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 2.
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {6;4} \right)\).
b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\) (1)
Điều kiện: \(x \ne 1\)
\(\begin{array}{l}4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 1}} = \dfrac{{11\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 3 = 11x - 11\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 15x + 14 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 15} \right)^2} - 4.4.14 = 1 > 0\)
Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{15 - 1}}{8} = \dfrac{7}{4}\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{15 + 1}}{8} = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {2;\dfrac{7}{4}} \right\}\)
Bài 3.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\)
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | \( - 8\) | \( - 2\) | 0 | \( - 2\) | \( - 8\) |
Khi đó đồ thị hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hình dạng là 1 Parabol và đi qua các điểm \(\left( { - 4; - 8} \right);\left( { - 2; - 2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2; - 2} \right);\left( {4; - 8} \right)\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = x - 4\)
x | 0 | 4 |
y | \( - 4\) | 0 |
Khi đó đồ thị hàm số \(y = x - 4\) là một đường thẳng và đi qua các điểm \(\left( {0; - 4} \right);\left( {4;0} \right)\)
+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y = x - 4\) là:
\( - \dfrac{1}{2}{x^2} = x - 4 \\\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 4\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = - 2 \Rightarrow A\left( {2; - 2} \right)\\x = - 4 \Rightarrow y = - 8 \Rightarrow B\left( { - 4; - 8} \right)\end{array}\)
Xét tam giác OAE ta có: \(OD = DE = \dfrac{1}{2}OE = 2cm;AD = 2cm\) nên tam giác OAE vuông tại A.
Khi đó ta có: \(OA \bot AB\) nên tam giác OAB vuông tại A.
Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn \( = \dfrac{1}{2}OB\)
Ta có: Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OBC có: \(O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80 \) \(\Rightarrow OB = 4\sqrt 5 \)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là \(\dfrac{1}{2}OB = 2\sqrt 5 \)
Bài 4:
Cho phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0.\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\;\;\forall m \Rightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\;\forall \;m \Rightarrow \Delta ' > 0\;\forall m.\)
Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) với mọi \(m.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0\) nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 = - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 = - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\\ \Leftrightarrow - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left( { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right) - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) + 22\left( {m - 1} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\) hoặc \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 5:
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.
Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là \(x\;\left( {cm} \right),\;\left( {7 < x < 17} \right).\)
Khi đó độ cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: \(x - 7\;\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^2} + {\left( {x - 7} \right)^2} = {17^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x + 49 = 289\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x - 240 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - 15} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 15 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 8\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
\( \Rightarrow \) độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: \(15 - 7 = \;8cm.\)
Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: \(S = \dfrac{1}{2}.8.15 = 60\;c{m^2}.\)
Bài 6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(AHKM\) ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này là góc kề cạnh \(HK\) và cùng nhìn đoạn \(AM.\)
\( \Rightarrow AHKM\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
Hay bốn điểm \(A,H,\;K,\;M\) cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).
b) AH.AK = HB.MK.
Ta có :
Mà
Mà \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = {90^0}\) (tam giác ABH vuông tại H).
\( \Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}\).
Xét tam giác AMK và tam giác BAH có :
\(\begin{array}{l}\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = {90^0}\\\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HB}} = \dfrac{{MK}}{{AH}}\\ \Rightarrow AH.AK = HB.MK\end{array}\)
c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.
Kéo dài HK cắt AB tại E.
Ta có \(\widehat {MAK} = \widehat {MHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).
Lại có \(\widehat {MHK} = \widehat {EHB}\) (đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}\)
Do \(\Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {cmt} \right) \)
\(\Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}\)
\( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH} \) \(\Rightarrow \Delta EHB\) cân tại E.
\( \Rightarrow EH = EB\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có \(\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = {90^0}\) (Tam giác ABH vuông tại H)
\(\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {EAH} = \widehat {EHA} \Rightarrow \Delta EAH\) cân tại E \( \Rightarrow EA = EH\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow EA = EB \Rightarrow E\) là trung điểm của AB. Do A, B cố định \( \Rightarrow E\) cố định.
Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì HK luôn đi qua trung điểm của AB (đpcm).
Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc luyện tập thường xuyên với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Đề số 16 mà toan9.edu.vn cung cấp được xây dựng dựa trên cấu trúc đề thi tuyển sinh của nhiều tỉnh thành trên cả nước, đảm bảo tính sát thực và hữu ích.
Đề thi Đề số 16 thường bao gồm các phần sau:
Đề thi Đề số 16 tập trung vào các chủ đề chính sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài tập điển hình thường xuất hiện trong đề thi Đề số 16:
Ví dụ: Giải phương trình 2x2 - 5x + 3 = 0
Lời giải:
Phương trình có dạng ax2 + bx + c = 0 với a = 2, b = -5, c = 3.
Tính delta (Δ) = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1.
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 1) / (2 * 2) = 3/2
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 1) / (2 * 2) = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 3/2 và x2 = 1.
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH.
Lời giải:
Áp dụng định lý Pitago, ta có BC = √(AB2 + AC2) = √(32 + 42) = 5cm.
Diện tích tam giác ABC là S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6cm2.
Mặt khác, S = (1/2) * BC * AH, suy ra AH = (2 * S) / BC = (2 * 6) / 5 = 2.4cm.
Vậy độ dài đường cao AH là 2.4cm.
toan9.edu.vn cung cấp:
Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một công cụ hữu ích giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi quan trọng sắp tới. Hãy luyện tập chăm chỉ và tự tin đạt kết quả cao!
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
