Chào mừng các em học sinh đến với Đề số 39 - 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 đa dạng, từ trắc nghiệm đến tự luận, bao phủ các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9.
toan9.edu.vn luôn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục điểm cao!
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 39 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị của x để \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\)
Câu III: (2,0 điểm)
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) . Tìm \(a,b\) để đường thẳng (d) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 2x + 3\) và đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\)
2. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Bài IV: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn: \(a + b + c = 1\) . Chứng minh \(\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge 30.\)
Lời giải chi tiết
Câu I.
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
Ta có: \(a - b + c = 1 - 8 + 7 = 0\) nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x = - \dfrac{c}{a} = - 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 7} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 20 - 5x\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 20 - 5.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 10\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;10} \right)\)
Câu II.
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
1. Rút gọn biểu thức A.
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(\)
2. Tìm tất cả các giá trị của x để \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\)
\(\begin{array}{l}A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\end{array}\)
Với \(x > 0\) ta có: \(\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) > 0\) khi đó \(\dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0 \) \(\Leftrightarrow 1 - \sqrt x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 1\)
Kết hợp với điều kiện ta được: \(0 < x \le 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu III.
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) . Tìm \(a,b\) để đường thẳng (d) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 2x + 3\) và đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\)
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 3\end{array} \right.\)
Khi đó (d) trở thành: \(y = 2x + b\left( {b \ne 3} \right)\)
Đường thẳng (d’) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\) nên ta có:
\( - 1 = 2.1 + b \Leftrightarrow b = - 3\left( {tm} \right)\)
Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: \(y = 2x - 3\)
2. Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Xét biệt thức \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 12 \ge 12 > 0,\forall m\)
Vậy phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Giả sử \({x_1} > {x_2}\)
Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Theo đề ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {x_1^2 + 2018} - \sqrt {x_2^2 + 2018} = {x_1} + {x_2}\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2018 + x_2^2 + 2018 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}\\\,\,\left( {Do\,\,{x_1} - {x_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 4036 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2018 - {x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right) = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow x_1^2x_2^2 + 2018\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {2018^2} = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] = - 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài IV.
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(\angle IAM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
Ta có \(\angle IEA + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
\(\angle NEB + \angle IEB = \angle NEI = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\);
\( \Rightarrow \angle IEA = \angle NEB\)
Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta NEB\) có:
\(\angle IEA = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\);
\(\angle IAE = \angle BAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);
\( \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \)
\(\Rightarrow \dfrac{{IE}}{{IA}} = \dfrac{{NE}}{{NB}}\)
\(\Rightarrow IA.NE = IE.NB\)
\(\Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\)
Do I là trung điểm của OA \( \Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{4}AB \)
\(\Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}IB\) hay \(IB = 3IA\).
\( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
+) Chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi
Xét tứ giác \(BNEI\) có \(\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle NEB = \angle NIB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
Ta có \(\angle AMI = \angle AEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;
Mà \(\angle AEI = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AMI = \angle NIB\).
Xét \(\Delta AMI\) và \(\Delta BIN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMI = \angle NIB\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle MAI = \angle IBN = {90^0}\,\,\left( {gt} \right);\\ \Rightarrow \Delta AMI \sim \Delta BIN\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{BI}} = \dfrac{{AI}}{{BN}}\\ \Rightarrow AM.BN = AI.BI\end{array}\)
Ta có \(AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}.2R = \dfrac{R}{2};\)
\(BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}.2R = \dfrac{{3R}}{2}\)
\( \Rightarrow AM.BN = \dfrac{R}{2}.\dfrac{{3R}}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} = const\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ENI = \angle EBI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)
Do tứ giác \(AMEI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)
\( \Rightarrow \angle ENI = \angle IME = \angle EBI + \angle IAE = {90^0}\) (\(\Delta ABE\) vuông tại E)
\( \Rightarrow \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \Delta IMN\) vuông tại I \( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\)
Đặt \(\angle AIM = \alpha \) \( \Rightarrow \angle BNI = \alpha \,\,\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)\) \(\left( {Do\,\,\Delta AMI \sim \Delta BIN} \right)\).
Xét tam giác vuông AIM có \(\cos \angle AIM = \cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{MI}}\)
\(\Rightarrow MI = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{R}{{2\cos \alpha }}\)
Xét tam giác vuông BIN có : \(\sin \angle BNI = \sin \alpha = \dfrac{{BI}}{{IN}}\) \( \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3R}}{2}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }}\)
\( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{{2\cos \alpha }}.\dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }} = \dfrac{{3{R^2}}}{{8\sin \alpha \cos \alpha }}\)
Do \({0^0} < \alpha < {90^0}\) \( \Rightarrow \sin \alpha > 0,\,\,\cos \alpha > 0\) và \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha = \sin \alpha .\sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \mathop \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + 1 - {{\sin }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow {S_{IMN}} \ge \dfrac{{3{R^2}}}{{8.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }\)
\( \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha = 1 \)
\(\Leftrightarrow \sin \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha = {45^0}\)
Vậy \({S_{IMN\,\,\min }} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}\)
Câu V.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{9abc}} + \dfrac{8}{{9abc}}\\ \ge \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}} + \dfrac{8}{{9\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.\dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}} + 24\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{3\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac} \right)}^2}}}{{27}}}}} + 24 = 30\end{array}\)
Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em. Việc làm quen với các dạng đề thi khác nhau, đặc biệt là các đề thi thử như Đề số 39, sẽ giúp các em tự tin hơn khi bước vào kỳ thi chính thức.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán thường bao gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường gặp trong đề thi:
Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán được xây dựng dựa trên cấu trúc đề thi tham khảo của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Đề thi bao gồm 5 câu hỏi trắc nghiệm và 4 câu hỏi tự luận. Các câu hỏi tự luận được phân loại theo độ khó tăng dần, từ dễ đến khó, giúp học sinh có thể rèn luyện kỹ năng giải toán một cách hiệu quả.
Câu 1 (Trắc nghiệm): Kiểm tra kiến thức về hàm số bậc nhất. Học sinh cần nắm vững các khái niệm về hệ số góc, đường thẳng song song, đường thẳng vuông góc.
Câu 2 (Trắc nghiệm): Kiểm tra kiến thức về phương trình bậc hai. Học sinh cần biết cách giải phương trình bậc hai, tính delta, tìm nghiệm.
Câu 3 (Trắc nghiệm): Kiểm tra kiến thức về hệ thức lượng trong tam giác vuông. Học sinh cần nhớ các hệ thức lượng cơ bản như định lý Pitago, sin, cos, tan.
Câu 4 (Trắc nghiệm): Kiểm tra kiến thức về góc ở tâm và góc nội tiếp. Học sinh cần hiểu mối quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung.
Câu 5 (Trắc nghiệm): Kiểm tra kiến thức về diện tích hình tròn. Học sinh cần biết công thức tính diện tích hình tròn và vận dụng vào giải bài toán.
Câu 1 (Tự luận): Giải phương trình: 2x + 3 = 7. Hướng dẫn: Chuyển vế và rút gọn phương trình để tìm ra giá trị của x.
Câu 2 (Tự luận): Giải hệ phương trình: x + y = 5 2x - y = 1. Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế để giải hệ phương trình.
Câu 3 (Tự luận): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính BC. Hướng dẫn: Áp dụng định lý Pitago để tính độ dài cạnh BC.
Câu 4 (Tự luận): Cho đường tròn (O) có bán kính R. Vẽ dây AB có độ dài bằng R. Tính diện tích tam giác OAB. Hướng dẫn: Tam giác OAB là tam giác đều. Sử dụng công thức tính diện tích tam giác đều để tính diện tích tam giác OAB.
toan9.edu.vn cung cấp các khóa học toán online chất lượng cao, được thiết kế bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em sẽ được học toán một cách hiệu quả, với lộ trình học rõ ràng, bài tập đa dạng và đội ngũ hỗ trợ tận tình.
Hãy luyện tập thường xuyên với các đề thi thử như Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới!
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.
