Đề số 18 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Bài 1(2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức

\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt {\frac{1}{3}} + \frac{1}{2}\sqrt {48} + \sqrt {75} \\B = 3\sqrt {20} - 20\sqrt {\frac{1}{5}} - \frac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}\end{array}\)

Bài 2 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 1}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{6\sqrt x - 4}}{{1 - x}}\)\(\left( {x \ge 0;\,\,x \ne 1} \right)\).

a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).

b) Rút gọn \(B\).

c) Đặt \(P = A.B\). So sánh giá trị của \(P\) với \(2\).

Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x - 4\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\).

a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 5\).

b) Vẽ đồ thị hàm số trên với \(m\) tìm được ở câu a.

c) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại \(A\), cắt trục \(Oy\) tại \(B\). Tìm \(m\) để tam giác \(OAB\) vuông cân.

Bài 4 (1,0 điểm): Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Bài 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và một điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn. Từ \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA,MB\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A\) và \(B\)là hai tiếp điểm). Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\). Kẻ đường kính \(BC\) của \(\left( O \right)\).

a) Chứng minh \(4\) điểm \(M,O,A,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(OI.OM = O{A^2}\).

c) Qua \(\left( O \right)\) vẽ đường thẳng vuông góc với \(MC\) tại \(E\) và cắt đường thẳng \(BA\) tại \(F\). Chứng minh \(FC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Bài 6 (0,5 điểm): Cho ba số dương \(x,y,z\) thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}\).

Lời giải chi tiết

Bài 1 (VD):

Phương pháp

Đưa thừa số ra ngoài dấu căn \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B \).

Trục căn thức ở mẫu \(\frac{C}{{\sqrt A + \sqrt B }} = \frac{{C\left( {\sqrt A - \sqrt B } \right)}}{{A - B}}\).

Cách giải:

+) Ta có :

\(A = 3\sqrt {\frac{1}{3}} + \frac{1}{2}\sqrt {48} + \sqrt {75} \)\( = 3.\frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{1}{2}.4\sqrt 3 + 5\sqrt 3 \) \( = \sqrt 3 + 2\sqrt 3 + 5\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \)

+) Ta có:

\(B = 3\sqrt {20} - 20\sqrt {\frac{1}{5}} - \frac{4}{{\sqrt 5 + \sqrt 3 }}\)\( = 3.2\sqrt 5 - 20.\frac{{\sqrt 5 }}{5} - \frac{{4\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}\)

\(B = 6\sqrt 5 - 4\sqrt 5 - \frac{{4\left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{5 - 3}}\)\( = 2\sqrt 5 - 2\sqrt 5 + 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \).

Bài 2(VD):

Phương pháp

a) Thay \(x = 9\) vào \(A\) và tính giá trị.

b) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.

c) Tính \(P = AB\) và xét dấu của hiệu \(P - 2\).

Cách giải:

a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).

Điều kiện : \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.\)

Thay \(x = 9\) (tmđk) vào biểu thức \(A\), ta có : \(A = \frac{{2\sqrt 9 - 4}}{{\sqrt 9 - 1}} = \frac{{2.3 - 4}}{{3 - 1}} = \frac{2}{2} = 1\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(A = 1.\)

b) Rút gọn \(B\).

Điều kiện : \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} + \frac{{6\sqrt x - 4}}{{1 - x}}\\\,\,\,\, = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right) + 3\left( {\sqrt x - 1} \right) - 6\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x + \sqrt x + 3\sqrt x - 3 - 6\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\,\,\, = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0;\,\,x \ne 1\).

c) Đặt \(P = A.B\). So sánh giá trị của \(P\) với \(2\).

Điều kiện : \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 1.\)

Có \(P = A.B = \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}\)

Xét \(P - 2 = \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}} - 2\)\( = \frac{{2\sqrt x - 4 - 2\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{ - 6}}{{\sqrt x + 1}}\)

Vì \( - 6 < 0;\,\,\sqrt x + 1 \ge 0\) với mọi \(x \ge 0;\,\,x \ne 1\)

\( \Rightarrow \frac{{ - 6}}{{\sqrt x + 1}} < 0\) \( \Rightarrow P - 2 < 0 \Rightarrow P < 2\).

Vậy \(P < 2\).

Bài 3(VD):

Phương pháp

a) Đường thẳng \(d//d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\).

b) Cho lần lượt \(x = 0,y = 0\) tìm tọa độ các điểm đi qua và vẽ đồ thị.

c) Tìm tọa độ \(A,B\).

Để \(\Delta OAB\) vuông cân tại\(O\)\( \Rightarrow OA = OB\)

Cách giải:

a) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 5\).

Đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = 2x + 5\)

 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 2\\ - 4 \ne 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 3\).

Vậy \(m = 3\) thì thỏa mãn bài toán.

b) Vẽ đồ thị hàm số trên với \(m\) tìm được ở câu a.

Với \(m = 3\), ta có : \(\left( d \right):\,\,y = 2x - 4\).

Cho \(x = 0\) ta được \(y = 2.0 - 4 = - 4\) nên \(M\left( {0; - 4} \right)\).

Cho \(y = 0 \Rightarrow 0 = 2x - 4 \Leftrightarrow x = 2\) nên \(N\left( {2;0} \right)\).

Đồ thị hàm số là đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua hai điểm \(\left( {0; - 4} \right)\) và \(\left( {2;0} \right)\)

c) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại \(A\), cắt trục \(Oy\) tại \(B\). Tìm \(m\) để tam giác \(OAB\) vuông cân.

\(\left( d \right)\) cắt hai trục \(Ox;Oy\) tại \(A,\,\,B\) thì \(m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\).

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = - 4\)\( \Rightarrow B\left( {0; - 4} \right) \Rightarrow OB = \left| { - 4} \right| = 4\).

Cho \(y = 0 \Rightarrow x = \frac{4}{{m - 1}}\)\( \Rightarrow A\left( {\frac{4}{{m - 1}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{4}{{\left| {m - 1} \right|}}\)

Để \(\Delta OAB\) vuông cân tại\(O\)\( \Rightarrow OA = OB\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{{\left| {m - 1} \right|}} = 4 \Leftrightarrow \left| {m - 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy \(m \in \left\{ {0;2} \right\}\).

Bài 4(TH): Phương pháp

Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông để giải tam giác.

Cách giải:

Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Chiều cao của cây là : \(h = 1,7 + 20.\tan 35^\circ \approx 15,7m\).

Bài 5(VD):

Phương pháp

a) Gọi \(K\) là trung điểm \(OM\), chứng minh \(KO = KM = KA = KB\) dựa vào tính chất tam giác vuông.

b) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(OAM\).

c) Chứng minh \(\Delta OCE \sim \Delta OFC\left( {c.g.c} \right)\) suy ra \(\widehat {OCF} = \widehat {OEC} = 90^\circ \).

Cách giải:

Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và một điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn. Từ \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA,MB\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A\) và \(B\)là hai tiếp điểm). Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\). Kẻ đường kính \(BC\) của \(\left( O \right)\).

a) Chứng minh \(4\) điểm \(M,O,A,B\) cùng thuộc một đường tròn.

Gọi \(K\) là trung điểm của \(OM\)\( \Rightarrow OK = KM\).

Tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\) nên \(AK = KM = KO = \frac{1}{2}OM\)(tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Tam giác \(OBM\) vuông tại \(B\) nên \(BK = KM = KO = \frac{1}{2}OM\)(tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Do đó \(OK = KM = KA = KB\).

Suy ra \(4\) điểm \(O,A,M,B\) nằm trên đường tròn tâm \(K\), đường kính \(OM\).

b) Chứng minh \(OI.OM = O{A^2}\).

Ta có : \(OA = OB\) (bán kính)

\(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AB\)\( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(I\).

\(\Delta OAM\) vuông tại \(A\) đường cao \(AI\) \( \Rightarrow OI.OM = O{A^2}\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao).

c) Qua \(\left( O \right)\) vẽ đường thẳng vuông góc với \(MC\) tại \(E\) và cắt đường thẳng \(BA\) tại \(F\).

Xét \(\Delta OFI\) và \(\Delta OME\) có :

\(\begin{array}{l}\angle O\,\,\,chung\\\angle OIF = \angle OEM = {90^0}\end{array}\)

 (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow OF.OE = OI.OM = O{A^2} = O{C^2}\\ \Rightarrow \frac{{OF}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OE}}.\end{array}\)

Có \(\Delta OCE\) và \(\Delta OFC\)

Nên \(\angle OCF = \angle OEC = {90^0}\) (góc tương ứng)

\( \Rightarrow FC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) (đpcm).

Bài 6 (VDC):

Phương pháp

Nhận xét : \(P = 3 - \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)\)

Sử dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}\) để đánh giá.

Cách giải:

Cho ba số dương \(x,y,z\) thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{y}{{y + 1}} + \frac{z}{{z + 1}}\).

Ta có : \(P = 3 - \left( {\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}}} \right)\)

Mà \(\frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{y + 1}} + \frac{1}{{z + 1}} \ge \frac{9}{{x + y + z + 3}} = \frac{9}{4}\)

\( \Rightarrow P \le 3 - \frac{9}{4} = \frac{3}{4}\)

Dấu xảy ra khi \(x = y = z = \frac{1}{3}\).

Vạy \(\max P = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3}\).