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 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 của mình và tìm ra những điểm cần cải thiện.
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. Để đạt kết quả tốt nhất, việc luyện tập thường xuyên với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Đề số 39 mà toan11.edu.vn cung cấp là một lựa chọn lý tưởng, được xây dựng dựa trên cấu trúc đề thi tuyển sinh của nhiều tỉnh thành trên cả nước.
Đề thi Đề số 39 thường bao gồm các phần sau:
Tỷ lệ điểm giữa hai phần này có thể khác nhau tùy theo quy định của từng tỉnh thành.
Đề thi Đề số 39 tập trung vào các kiến thức trọng tâm sau:
Ngoài ra, đề thi cũng có thể xuất hiện một số câu hỏi liên quan đến các kiến thức khác như số học, tổ hợp, xác suất.
toan11.edu.vn cung cấp đáp án và lời giải chi tiết cho từng câu hỏi trong đề thi Đề số 39. Các em có thể tham khảo lời giải để hiểu rõ hơn về cách giải quyết các bài toán và học hỏi các kỹ năng làm bài thi hiệu quả.
Ngoài Đề số 39, toan11.edu.vn còn cung cấp rất nhiều đề thi thử khác với nhiều mức độ khó khác nhau. Các em có thể truy cập website để lựa chọn những đề thi phù hợp với trình độ của mình và luyện tập thường xuyên.
| Dạng bài | Ví dụ | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Giải phương trình bậc hai | x2 - 5x + 6 = 0 | Dễ |
| Chứng minh tam giác đồng dạng | Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Chứng minh tam giác ABH đồng dạng với tam giác ACB. | Trung bình |
| Tính diện tích hình tròn | Cho hình tròn có bán kính r = 5cm. Tính diện tích hình tròn. | Dễ |
Chúc các em ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi vào lớp 10 sắp tới!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore 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 sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
