Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2023

Đề bài

Câu 1: Cho hai biểu thức $A=\frac{x+2}{\sqrt{x}}$ và $B=\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-1}+\frac{3-\sqrt{x}}{x-1}$ với $x>0,x\ne 1$.

1) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x=9$

2) Chứng minh $B=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}$

3) Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $A.B=4$

Câu 2: 

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch, một phân xưởng phải làm xong 900 sản phẩm trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày phân xưởng đã làm được nhiều hơn 15 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 3 ngày trước khi hết thời hạn, phân xưởng đã làm xong 900 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải làm bao nhiêu sản phẩm? (Giả định rằng số sản phẩm mà phân xưởng làm được trong mỗi ngày là bằng nhau.)

2) Một khối gỗ dạng hình trụ có bán kính đáy là $30\mathrm{c}\mathrm{m}$ và chiều cao là $120\mathrm{c}\mathrm{m}$. Tính thể tích của khối gỗ đó (lấy $\pi \approx 3,14$)

Câu 3: 

1) Giải hệ phưong trình $\{\begin{array}{l}\frac{2}{x-3}-3y=1\\ \frac{3}{x-3}+2y=8\end{array}$.

2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(m+2\right)x-m$.

a) Chứng minh $\left(\mathrm{d}\right)$ luôn cắt $\left(P\right)$ tại hai điềm phân biệt.

b) Gọi $x_1$ và $x_2$ là hoành độ các giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$. Tìm tất cả giá trị của $m$ để $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1+x_2-2}.$

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn $(AB<AC)$, nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$. Tiếp tuyến tại điểm $A$ của đường tròn $\left(O\right)$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $S$. Gọi I là chân đường vuông góc kẻ tù điểm $O$ đến đường thẳng $BC$.

1) Chứng minh tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi $H$ và $D$ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm $A$ đến các đường thẳng $SO$ và $SC$. Chứng minh $\mathrm{\angle }OAH=\mathrm{\angle }IAD$.

3) Vẽ đuờng cao $CE$ của tam giác $ABC$. Gọi $Q$ là trung điểm của đọ̣n thẳng $BE$. Đuờng thẳng $QD$ cắt

đường thẳng $AH$ tại điểm $K$. Chúng minh $BQ.BA=BD.BI$ và đuờng thẳng $CK$ song song với đường thẳng SO. Chứng minh $BQ.BA=BD.BI$. Chứng minh đường thẳng $CK$ song song với đường thẳng $SO$.

Câu 5: Cho hai số thực dương a và b thoả mãn $a+b\le 2$. Chứng minh: $\frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}\le 1$

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

1) Thay giá trị của x (thỏa mãn) vào biểu thức để tìm giá trị.

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Giải phương trình tìm x. Chú ý đối chiếu điều kiện.

Cách giải:

1) Với $\mathrm{x}=9$ thoả mãn , thay vào biểu thức $\mathrm{A}$ ta có: $A=\frac{9+2}{\sqrt{9}}=\frac{11}{3}$

Vậy với $x=9$ thì $A=\frac{11}{3}$.

2) Với $x>0,x\ne 1$ ta có:

$\begin{array}{l}B=\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-1}+\frac{3-\sqrt{x}}{x-1}\\ B=\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-1}+\frac{3-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{3-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{\left(2\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)+3-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{2x+2\sqrt{x}-3\sqrt{x}-3+3-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{2x-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\\ B=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}(dpcm)\end{array}$

Vậy với $x>0,x\ne 1$ thì $B=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}$ (đpcm).

3) Ta có:

$\begin{array}{l}A.B=4\\ \Rightarrow \frac{x+2}{\sqrt{x}}\cdot \frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}=4\\ \iff \frac{x+2}{\sqrt{x}+1}=2\\ \iff x+2=2\sqrt{x}+2\\ \iff x-2\sqrt{x}=0\\ \iff \sqrt{x}(\sqrt{x}-2)=0\\ \iff [\begin{array}{c}\sqrt{x}=0\\ \sqrt{x}-2=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}\sqrt{x}=0\\ \sqrt{x}=2\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=0(\mathrm{K}\mathrm{t}\mathrm{m})\\ x=4(\mathrm{T}\mathrm{M})\end{array}\end{array}$

Vậy với $x=4$ thì $A.B=4$.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

PT: Thực tế hoàn thành trước 3 ngày so với kế hoạch.

2) Công thức thể tích hình trụ $V=\pi R^{2}h$ .

Cách giải:

1) Gọi số sản phẩm phân xưởng phải làm trong một ngày theo kế hoạch là $x\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$ (sản phẩm).

Thời gian để phân xưởng đó làm xong 900 sản phẩm theo kế hoạch là: $\frac{900}{x}$ (ngày)

Thực tế, mỗi ngày phân xưởng làm được: $x+15$ (sản phẩm)

Thời gian thực tế để phân xưởng đó làm xong 900 sản phẩm là: $\frac{900}{x+15}$ (ngày)

Vì thực tế, phân xưởng đã làm xong 900 sản phẩm trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\frac{900}{x}-\frac{900}{x+15}=3\\ \iff \frac{300\left(x+15\right)}{x\left(x+15\right)}-\frac{300x}{x\left(x+15\right)}=\frac{x\left(x+15\right)}{x\left(x+15\right)}\\ \Rightarrow 300\left(x+15\right)-300x=x\left(x+15\right)\\ \iff 300x+4500-300x=x^2+15x\\ \iff x^2+15x-4500=0\\ \iff x^2+75x-60x-4500=0\\ \iff x\left(x+75\right)-60\left(x+75\right)=0\\ \iff \left(x-60\right)\left(x+75\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-60=0\\ x+75=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=60\\ x=-75\end{array}(\mathrm{K}\mathrm{T}\mathrm{M})\end{array}$

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải làm xong 60 sản phẩm.

2) Hình trụ có bán kính đáy $\mathrm{R}=30\mathrm{c}\mathrm{m}$, chiều cao $\mathrm{h}=120\mathrm{c}\mathrm{m}$.

Vậy thể tích của khối gỗ hình trụ là:

$V=\pi R^{2}h=\pi {.30}^2.120=339120\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

1) Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.

2) Xét phương trình giao điểm của (P) và (d)

a) Chứng minh $\mathrm{\Delta }>0$ với $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac$

b) Hệ thức Vi-ét $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$

Cách giải:

1) $\{\begin{array}{l}\frac{2}{x-3}-3y=1\\ \frac{3}{x-3}+2y=8\end{array}$($x\ne 3$)

Đặt $\frac{1}{x-3}=v$, hệ phương trình trở thành:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}2v-3y=1\\ 3v+2y=8\end{array}\iff \{\begin{array}{c}4v-6y=2\\ 9v+6y=24\end{array}\iff \{\begin{array}{c}2v-3y=1\\ 13v=26\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}2v-3y=1\\ v=2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}2.2-3y=1\\ v=2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}y=1\\ v=2\end{array}\end{array}$

Trở lại phép đặt ta có: $\frac{1}{x-3}=2\iff x-3=\frac{1}{2}\iff x=\frac{7}{2}\left(\mathrm{t}\mathrm{m}\right)$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)=\left(\frac{7}{2};1\right)$.

2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=\left(m+2\right)x-m$.

a) Hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ là nghiệm của phương trình:

$x^2=\left(m+2\right)x-m\iff x^2-\left(m+2\right)x+m=0$

$\mathrm{\Delta }=[-\left(m+2\right){]}^2-4.1.m=m^2+4m+4-4m=m^2+4>0$ với mọi $m$.

=> Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Vậy $\left(d\right)$ luôn cắt $\left(P\right)$ tại hai điềm phân biệt $\left(\mathrm{A}\mathrm{p}\mathrm{c}\mathrm{m}\right)$.

b) Gọi $x_1$ và $x_2$ là hoành độ các giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$. Khi đó $x_1;x_2$ là nghiệm của phương trình $\left(1\right)$.

Áp dụng định lí Vi - ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m+2\\ x_1{x}_2=m\end{array}$.

Điều kiện $\{\begin{array}{l}{x}_1\ne 0\\ x_2\ne 0\\ x_1+x_2-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_1{x}_2\ne 0\\ x_1+x_2\ne 2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m+2\ne 2\end{array}\iff m\ne 0$

Ta có $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1+x_2-2}\iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=\frac{1}{x_1+x_2-2}$

Thay (2) vào (3) ta có:

$\begin{array}{l}(3)\iff \frac{m+2}{m}=\frac{1}{m+2-2}\\ \iff \frac{m+2}{m}=\frac{1}{m}\\ \Rightarrow m+2=1\\ \iff m=-1\left(TM\right)\end{array}$

Vậy với $m=-1$

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

1) Chứng minh tứ giác SAOI có tổng hai góc đối bằng ${180}^0$

2) Chứng minh

Sử dụng tính chất góc nội tiếp cùng chắn cung AO thì bằng nhau.

Sử dụng tính chất hai đường thẳng song song suy ra hai góc so le trong bằng nhau.

3) Chứng minh $\Delta BAD \backsim \Delta BCE\left( {g - g} \right)$ suy ra cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.

Chứng minh tứ giác ADKC  nội tiếp vì có hai đỉnh A và D kề nhau cùng nhìn dưới một góc bằng nhau.

Suy ra $\mathrm{\angle }AKC=\mathrm{\angle }\mathrm{\angle }ADC={90}^0$

Khi đó SO và CK cùng vuông góc với AK, sử dụng định lí từ vuông góc đến song song, suy ra đpcm.

Cách giải:

1) Do $\mathrm{S}\mathrm{A}$ là tiếp tuyến của $\left(\mathrm{O}\right)$ $\Rightarrow OA\mathrm{\perp }SA$ (tính chất) hay $\mathrm{\angle }SAO={90}^0$.

Xét tứ giác SAOI có: $\mathrm{\angle }SAO+\mathrm{\angle }SIO={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện

Suy ra tứ giác $\mathrm{S}\mathrm{A}\mathrm{O}\mathrm{I}$ nội tiếp (dhnb) (đpcm)

2) Do  vuông tại $\mathrm{H}\Rightarrow \mathrm{\angle }OAH+\mathrm{\angle }AOH={90}^0$

Tương tự  vuông tại A nên $\mathrm{\angle }ASO+\mathrm{\angle }AOH={90}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OAH=\mathrm{\angle }ASO$ (do cùng phụ với $\mathrm{\angle }AOH$ )

Do tứ giác $\mathrm{S}\mathrm{A}\mathrm{O}\mathrm{I}$ nội tiếp (chứng minh trên) nên $\mathrm{\angle }ASO=\mathrm{\angle }AIO$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\mathrm{A}\mathrm{O}$ )

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OAH=\mathrm{\angle }AIO\left(=\mathrm{\angle }ASO\right)$

Do $\{\begin{array}{l}OI\mathrm{\perp }BC\left(gt\right)\\ AD\mathrm{\perp }BC\left(gt\right)\end{array}\Rightarrow OI\parallel AD$ (từ vuông góc đến song song).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AIO=\mathrm{\angle }IAD$ (cặp góc so le trong)

3) Xét $\mathrm{\Delta }BAD$ và $\mathrm{\Delta }BCE$ có: $\mathrm{\angle }ABC$ chung và $\mathrm{\angle }BDA=\mathrm{\angle }BEC\left(={90}^0\right)$

$\Rightarrow \Delta BAD \backsim \Delta BCE\left( {g - g} \right)$$\Rightarrow \frac{BA}{BC}=\frac{BD}{BE}.$ (cặp cạnh tỉ lệ)

Mà $BE=2BQ$ (do $\mathrm{Q}$ là trung điểm của $\mathrm{B}\mathrm{E}$ )

$BC=2BI$ (do $OI\mathrm{\perp }BC\Rightarrow \mathrm{I}$ là trung điểm $\mathrm{B}\mathrm{C}$) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Nên từ $BE.BA=BC.BD$

$\iff 2BQ.BA=2BI.BD$

$\iff BQ.BA=BD.BI$ (đpcm).

Ta có $\mathrm{\angle }KAC=\mathrm{\angle }KAO+\mathrm{\angle }OAC$

$\begin{array}{rr}& =\mathrm{\angle }KAO+\frac{{180}^0-\mathrm{\angle }AOC}{2}\\ & =\mathrm{\angle }KAO+\left({90}^0-\frac{\mathrm{\angle }AOC}{2}\right)\\ & =\mathrm{\angle }KAO+\left({90}^0-\mathrm{\angle }ABC\right)\\ & =\mathrm{\angle }KAO+\mathrm{\angle }BAD\end{array}$

Và $\mathrm{\angle }BAI=\mathrm{\angle }DAI+\mathrm{\angle }BAD$.

Mà $\mathrm{\angle }OAH=\mathrm{\angle }IAD\Rightarrow KAO=\mathrm{\angle }DAI$ (chứng minh câu 2)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }KAC=\mathrm{\angle }BAI$

Do $BQ\cdot BA=BD\cdot BI\Rightarrow \frac{BQ}{BI}=\frac{BD}{BA}$ (theo câu 2).

Kết hợp với $\mathrm{\angle }ABI$ chung ta suy ra $\Delta BDQ \backsim \Delta BAI$ (c.g.c)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BDQ=\mathrm{\angle }BAI$ (2) (hai góc tương ứng).

Lại có $\mathrm{\angle }KDC=\mathrm{\angle }BDQ$ (đối đinh) (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra $\mathrm{\angle }KDC=\mathrm{\angle }KAC\left(=\mathrm{\angle }BDQ=\mathrm{\angle }BAI\right)$

Mà $\mathrm{D},\mathrm{A}$ là 2 đỉnh kề nhau, cùng nhìn $\mathrm{K}\mathrm{C}$ dưới 2 góc bằng nhau

Suy ra tứ giác $\mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{K}\mathrm{C}$ nội tiếp (dhnb).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ADC=\mathrm{\angle }AKC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\mathrm{A}\mathrm{C}$ )

Mà $\mathrm{\angle }ADC={90}^0\left(AD\mathrm{\perp }BC\right)\Rightarrow \mathrm{\angle }AKC={90}^0$ hay $KC\mathrm{\perp }AK$.

Lại có $SO\mathrm{\perp }AK\left(\mathrm{g}\mathrm{t}\right)\Rightarrow KC\parallel SO$ (từ vuông góc đến song song) (đpcm)

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

Sử dụng BĐT cộng mẫu số.

Cách giải:

Ta có:

$\frac{a^2}{a^2+b}=\frac{a^2+b-b}{a^2+b}=1-\frac{b}{a^2+b}$

$\frac{b^2}{b^2+a}=\frac{b^2+a-a}{b^2+a}=1-\frac{a}{b^2+a}$

$\Rightarrow \frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}=1-\frac{b}{a^2+b}+1-\frac{a}{b^2+a}=2-\left(\frac{a}{b^2+a}+\frac{b}{a^2+b}\right)$

Ta lại có:  $\frac{a}{b^2+a}+\frac{b}{a^2+b}=\frac{a^2}{a{b}^2+a^2}+\frac{b^2}{a^{2}b+b^2}$

$\begin{array}{l}\ge \frac{{(a+b)}^2}{a{b}^2+a^2+a^{2}b+b^2}\\ =\frac{{(a+b)}^2}{ab\left(a+b\right)+a^2+b^2}\end{array}$ (BĐT cộng mẫu)

Theo giả thiết có:

$a+b\le 2\Rightarrow \frac{{(a+b)}^2}{ab\left(a+b\right)+a^2+b^2}\ge \frac{{(a+b)}^2}{2ab+a^2+b^2}=\frac{{(a+b)}^2}{{(a+b)}^2}=1$.

Từ đó ta có được: .

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$.