Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020

• Đề bài
• Lời giải
Tải về

Câu 1 (4 điểm):

a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)

b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa.

Câu 2 (4 điểm):

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\) 

 b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).

Câu 3 (6 điểm):

Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).

Câu 4 (6 điểm):

Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) 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 \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).

a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.

b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).

c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).

Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,\,B \ge 0.\)

b) Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.\)

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {48} + \sqrt {125} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5\sqrt {{4^2}.3} + \sqrt {{5^2}.5} - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3 + 5.4\sqrt 3 + 5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 \\A = \left( {2\sqrt 3 + 20\sqrt 3 } \right) + \left( {5\sqrt 5 - 5\sqrt 5 } \right)\\A = 22\sqrt 3 \end{array}\)

Vậy \(A = 22\sqrt 3 \).

b) Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa

Biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(3x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow 3x \ge 4 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{3}\).

Vậy biểu thức \(B = \sqrt {3x - 4} \) có nghĩa khi\(x \ge \dfrac{4}{3}\).

Câu 2 (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)

Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0.\)

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - 4y = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - 4y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\4y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\) 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - \dfrac{1}{4}} \right)\).

b) Cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = 3x + b\). Xác định giá trị của \(b\) bằng phép tính để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):

\(2{x^2} = 3x + b \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x - b = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.

\( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - b} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 9 + 8b = 0 \Leftrightarrow b = - \dfrac{9}{8}\).

Vậy để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì \(b = - \dfrac{9}{8}\).

Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

a) Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.

b) Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac.\) Chứng minh \(\Delta \ge 0\) với mọi \(m\) \( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi \(m.\)

c) Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)

Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm \(m.\)

Đối chiếu với điều kiện của \(m\) rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi \(m = 4\).

Thay \(m = 4\) vào phương trình (1) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 4x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) - \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy khi \(m = 4\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\).

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

\({x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)có

\(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - m} \right)\\\Delta = {m^2} - 2m + 1 + 4m\\\Delta = {m^2} + 2m + 1\\\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \in \mathbb{R}\end{array}\)

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

c) Xác định giá trị của \(m\) để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\).

Theo ý b) ta có \(\Delta = {\left( {m + 1} \right)^2}\).

Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta > 0\).

\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 1\\{x_1}{x_2} = - m\end{array} \right.\,\,\left( {m \ne - 1} \right)\).

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + x_2^2 = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 2.\left( { - m} \right) = - 4\\ \Leftrightarrow 3m - 3 + {m^2} - 2m + 1 + 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 2m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) + 2\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m = - 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VDC) - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.

b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.

Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.

c) Chứng minh tứ giác \(BNEI\) nội tiếp và từ tứ giác \(AMEI\) nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.

Từ đó suy ra \(\Delta MNI\) là tam giác vuông.

Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm \(E\) để diện tích \(\Delta MNI\) nội tiếp.

Cách giải:

Cho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(I\) 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 \(B\). Dựng đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(EI\). Đường thẳng \(d\) cắt \({d_1}\), \({d_2}\) lần lượt tại \(M,\,\,N\).

a) Chứng minh tứ giác \(AMEI\) nội tiếp.

Vì \({d_1}\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle IAM = {90^0}\).

Vì \(d \bot EI\) tại \(E\) nên \(\angle IEM = {90^0}\).

Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Vậy tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Chứng minh \(\Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\). Từ đó chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\).

Vì \(\angle AEB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\angle AEB = {90^0}\).

Ta có: \(\angle AEI + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\).

\(\angle BEN + \angle IEB = \angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\))

\( \Rightarrow \angle AEI = \angle BEN\) (cùng phụ với \(\angle IEB\))

Xét \(\Delta IAE\) và \(\Delta NBE\) có:

\(\angle AEI = \angle BEN\,\,\,\left( {cmt} \right);\)

\(\angle IAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\))

\( \Rightarrow \Delta IAE\) đồng dạng với \(\Delta NBE\) (g.g).

\( \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{NE}} = \dfrac{{IA}}{{NB}}\) (2 cạnh tương ứng).

\( \Rightarrow IA.NE = IE.NB\) (1).

Mà \(I\) là trung điểm của \(OA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OA = 2IA\).

Lại có \(O\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AB = 2OA = 4IA\).

\( \Rightarrow IB = AB - IA = 4IA - IA = 3IA\).

Khi đó ta có:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\) (nhân cả 2 vế với 3) \( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\) (đpcm).

c) Khi điểm \(E\) thay đổi, chứng minh tam giác \(MNI\) vuông tại \(I\) và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) theo \(R\).

Xét tứ giác \(BNEI\) có:

\(\angle IEN = {90^0}\) (do \(d \bot IE\) tại \(E\))

\(\angle IBN = {90^0}\) (do \({d_2}\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\))

\( \Rightarrow \angle IEN + \angle IBN = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

\( \Rightarrow \angle INE = \angle IEB = \angle ABE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))

Lại có: Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)

\( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE = \angle BAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IE\))

Xét tam giác \(MNI\) có:

\(\angle INE + \angle IME = \angle ABE + \angle BAE = {90^0}\) (do \(\angle AEB = {90^0}\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên tam giác \(AEB\) vuông tại \(E\)).

\( \Rightarrow \Delta MNI\) vuông tại \(I\) (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng \({90^0}\)).

Ta có: \({S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\).

Đặt \(\angle AIM = \alpha \,\,\left( {0 < \alpha < {{90}^0}} \right)\) \( \Rightarrow \angle BIN = {90^0} - \alpha \).

Xét tam giác vuông \(AIM\) ta có: \(\cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{IM}} \Rightarrow IM = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}\).

Xét tam giác vuông \(BIN\) ta có: \(\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}.\dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{AI.BI}}{{\sin \alpha .cos\alpha }}\end{array}\)

Ta có: \(AB = 4AI\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{R}{2},\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{{3R}}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{4}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{8}}}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}\).

Do \(\dfrac{{3{R^2}}}{8}\) không đổi nên diện tích tam giác \(MNI\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\sin \alpha .\cos \alpha \) đạt giá trị lớn nhất.

Vì \({0^0} < \alpha < {90^0}\) nên \(\sin \alpha ,\,\,\cos \alpha > 0\). Áp dụng BĐT Co-si ta có:

\(\sin \alpha .\cos \alpha \le \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\,\,\forall \alpha \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} \le \dfrac{{3{R^2}}}{8}:\dfrac{1}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = \cos \alpha \\{\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha \end{array} \right. \Rightarrow \sin \alpha = \cos \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow \alpha = {45^0}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác \(MNI\) là \(\dfrac{{3{R^2}}}{4}\), đạt được khi \(\angle AIM = {45^0}\).