Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020

Đề thi

Câu 1: 

1) Giải các phương trình sau:

a) $\left|x-1\right|=8$                                                  b) $x\left(2+x\right)-3=0$

2) Cho phương trình $x^2-3x+1=0$. Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức $A=x_1^2+x_2^2$.

Câu 2: 

a) Rút gọn biểu thức $A=\left({\displaystyle \frac{x}{x+3\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}+3}}\right):\left(1-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{6}{x+3\sqrt{x}}}\right)$ (với $x>0$).

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm $M\left(-1;4\right)$ và song song với đường thẳng $y=2x-1$.

Câu 3: 

a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.

b) Cho hệ phương trình với tham số $m:\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-y=3\\ mx+y=m\end{array}.$

Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x_0;y_0\right)$ thỏa mãn $x_0+y_0>0.$ 

Câu 4: 

Cho $\mathrm{\Delta }ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left(O;R\right).$ Gọi $D,E,F$ là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ và $H$ là trực tâm của $\mathrm{\Delta }ABC.$ Vẽ đường kính $AK.$

a) Chứng minh tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

b) Trong trường hợp $\mathrm{\Delta }ABC$ không cân, gọi $M$ là trung điểm của $BC.$ Hãy chứng minh $FC$ là phân giác của $\mathrm{\angle }DFE$ và bốn điểm $M,D,F,E$ cùng nằm trên một đường tròn.

c) Khi $BC$ và đường tròn $\left(O;R\right)$ cố định, điểm $A$ thay đổi trên đường tròn sao cho $\mathrm{\Delta }ABC$ luôn nhọn, đặt $BC=a.$ Tìm vị trí của điểm $A$ để tổng $P=DE+EF+DF$ lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo $a$ và $R.$

Câu 5: 

Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$.

Chứng minh rằng: ${\displaystyle \frac{1}{a^2+2b^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2+2c^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2+2a^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2}}$

Lời giải chi tiết

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

1) Giải các phương trình sau:

a) $\left|x-1\right|=8$ $\iff [\begin{array}{l}x-1=8\\ x-1=-8\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=9\\ x=-7\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{9;-7\right\}$.

b) $x\left(2+x\right)-3=0$

$\begin{array}{l}\iff 2x+x^2-3=0\\ \iff x^2+3x-x-3=0\\ \iff \left(x^2+3x\right)-\left(x+3\right)=0\\ \iff x\left(x+3\right)-\left(x+3\right)=0\\ \iff \left(x+3\right)\left(x-1\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x+3=0\\ x-1=0\end{array}\\ \iff [\begin{array}{c}x=-3\\ x=1\end{array}\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-3;1\right\}$.

2) Cho phương trình $x^2-3x+1=0$. Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức $A=x_1^2+x_2^2$.

Xét phương trình $x^2-3x+1=0$ có $\mathrm{\Delta }={\left(-3\right)}^2-4.1.1=5>0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$. Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2={\displaystyle \frac{-\left(-3\right)}{1}}=3\\ x_1{x}_2={\displaystyle \frac{1}{1}}=1\end{array}$.

Ta có:  

$\begin{array}{l}A=x_1^2+x_2^2\\ A=x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2-2x_1{x}_2\\ A={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\\ A=3^2-2.1\\ A=7\end{array}$

Vậy $A=7$.

Câu 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức $A=\left({\displaystyle \frac{x}{x+3\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}+3}}\right):\left(1-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{6}{x+3\sqrt{x}}}\right)$ (với $x>0$).

Với $x>0$ ta có:

$\begin{array}{l}A=\left({\displaystyle \frac{x}{x+3\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}+3}}\right):\left(1-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{6}{x+3\sqrt{x}}}\right)\\ A=\left({\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}+3}}\right):\left(1-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}}\right)\\ A=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}+3}}\right):{\displaystyle \frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)-2\left(\sqrt{x}+3\right)+6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}}\\ A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}}:{\displaystyle \frac{x+3\sqrt{x}-2\sqrt{x}-6+6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}}\\ A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}}:{\displaystyle \frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}}\\ A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}}:{\displaystyle \frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}}\\ A=1\end{array}$

Vậy với $x>0$ thì $A=1$.

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm $M\left(-1;4\right)$ và song song với đường thẳng $y=2x-1$.

Gọi $d$ là đường thẳng cần tìm.

Vì $d$ song song với đường thẳng $y=2x-1$ nên phương trình đường thẳng $d$ có dạng $y=2x+c\left(c\ne -1\right)$.

Vì $M\left(-1;4\right)\in d$ nên thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta có:

$4=2.\left(-1\right)+c\iff 4=-2+c\iff c=6\left(tm\right)$.

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là $y=2x+6$.

Câu 3 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.

Gọi số lúc đầu của đoàn xe là $x$ (chiếc), $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là ${\displaystyle \frac{480}{x}}$ (tấn).

Khi khởi hành, có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là:$x+3$ (xe).

Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là ${\displaystyle \frac{480}{x+3}}$ (tấn).

Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{480}{x}}-{\displaystyle \frac{480}{x+3}}=8\\ \iff {\displaystyle \frac{60}{x}}-{\displaystyle \frac{60}{x+3}}=1\\ \iff 60\left(x+3\right)-60x=x\left(x+3\right)\\ \iff 60x+180-60x=x^2+3x\\ \iff x^2+3x-180=0\\ \iff x^2+15x-112x-180=0\\ \iff x\left(x+15\right)-12\left(x+15\right)=0\\ \iff \left(x+15\right)\left(x-12\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x+15=0\\ x-12=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=-15\left(tm\right)\\ x=12\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.

b) Cho hệ phương trình với tham số $m:\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-y=3\\ mx+y=m\end{array}.$

Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x_0;y_0\right)$ thỏa mãn $x_0+y_0>0.$ 

Ta có: $\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-y=3\\ mx+y=m\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-m+mx=3\\ y=m-mx\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\left(2m+1\right)x=m+3(\ast )\\ y=m-mx\end{array}$  

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\iff (\ast )$ có nghiệm duy nhất $\iff 2m+1\ne 0\iff m\ne -{\displaystyle \frac{1}{2}}.$

Khi đó ta có: $(\ast )\iff x={\displaystyle \frac{m+3}{2m+1}}\left(m\ne -{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$

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

$\Rightarrow$ Với $m\ne -{\displaystyle \frac{1}{2}}$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x_0;y_0\right)=\left({\displaystyle \frac{m+3}{2m+1}};{\displaystyle \frac{m^2-2m}{2m+1}}\right).$

Theo bài ra ta có: $x_0+y_0>0$

$\begin{array}{l}\iff {\displaystyle \frac{m+3}{2m+1}}+{\displaystyle \frac{m^2-2m}{2m+1}}>0\\ \iff {\displaystyle \frac{m^2-m+3}{2m+1}}>0\left(1\right)\end{array}$

Vì $m^2-m+3=m^2-2.{\displaystyle \frac{1}{2}}m+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{11}{4}}$ $={\left(m-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{11}{4}}>0\mathrm{\forall }m$

$\Rightarrow \left(1\right)\iff 2m+1>0\iff m>-{\displaystyle \frac{1}{2}}$

Kết hợp với điều kiện $m\ne -{\displaystyle \frac{1}{2}}$ ta được $m>-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ thỏa mãn bài toán.

Vậy $m>-{\displaystyle \frac{1}{2}}.$

Câu 4 (3,0 điểm)

Cách giải:

Cho $\mathrm{\Delta }ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left(O;R\right).$ Gọi $D,E,F$ là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ và $H$ là trực tâm của $\mathrm{\Delta }ABC.$ Vẽ đường kính $AK.$

a) Chứng minh tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

Ta có: $\mathrm{\angle }ABK$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }ABK={90}^0$ hay $AB\mathrm{\perp }BK$.

Mà $CF\mathrm{\perp }AB\left(gt\right)$  $\Rightarrow CF\parallel BK$ hay $CH\parallel BK\left(1\right)$ (Từ vuông góc đến song song).

Ta có: $\mathrm{\angle }ACK$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }ACK={90}^0$ hay $AC\mathrm{\perp }CK$.

Mà $BE\mathrm{\perp }AC\left(gt\right)$  $\Rightarrow BE\parallel CK$ hay $BH\parallel CK\left(2\right)$ (Từ vuông góc đến song song).

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra tứ giác $BHCK$ là hình bình hành. (dhnb)

b) Trong trường hợp $\mathrm{\Delta }ABC$ không cân, gọi $M$ là trung điểm của $BC.$ Hãy chứng minh $FC$ là phân giác của $\mathrm{\angle }DFE$ và bốn điểm $M,D,F,E$ cùng nằm trên một đường tròn.

Xét tứ giác $BFHD$ ta có: $\mathrm{\angle }BFD+\mathrm{\angle }BHD={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này là hai góc đối diện

$\Rightarrow BFHD$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }HFD=\mathrm{\angle }HBD$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HD$) $\left(3\right)$

Xét tứ giác $AEHF$ ta có: $\mathrm{\angle }AEH+\mathrm{\angle }AFH={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này là hai góc đối diện

$\Rightarrow AEHF$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }HFE=\mathrm{\angle }HAE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HE$) $\left(4\right)$

Xét tứ giác $AEDB$ ta có: $AEB=\mathrm{\angle }ADB={90}^0$

$\Rightarrow AEDB$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }DAE=\mathrm{\angle }DBE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$)  $\left(5\right)$

Từ $\left(3\right),\left(4\right),\left(5\right)$ suy ra: $\mathrm{\angle }EAD=\mathrm{\angle }EFH=\mathrm{\angle }HFD=\mathrm{\angle }HBD$

Hay $\mathrm{\angle }EFC=\mathrm{\angle }CFD$ $\Rightarrow FC$ là phân giác của $\mathrm{\angle }DFE$ (đpcm).

Xét $\mathrm{\Delta }EBC$ vuông tại $E$ có đường trung tuyến $EM$ $\Rightarrow EM=BM={\displaystyle \frac{1}{2}}BC$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }EBM$ cân tại $M$ (tính chất tam giác cân).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MEB=\mathrm{\angle }EBM$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }EMC=\mathrm{\angle }MEB+\mathrm{\angle }EBM=2\mathrm{\angle }EBM$ (góc ngoài của tam giác)

Lại có: $\mathrm{\angle }EFD=2\mathrm{\angle }HFD=2\mathrm{\angle }HBD=2\mathrm{\angle }EBM\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }EMC=\mathrm{\angle }EFD\left(=2\mathrm{\angle }EBM\right)$

$\Rightarrow EFDM$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Hay $E,F,D,M$ cùng thuộc một đường tròn.

c) Khi $BC$ và đường tròn $\left(O;R\right)$ cố định, điểm $A$ thay đổi trên đường tròn sao cho $\mathrm{\Delta }ABC$ luôn nhọn, đặt $BC=a.$ Tìm vị trí của điểm $A$ để tổng $P=DE+EF+DF$ lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo $a$ và $R.$

Gọi $EF\cap OA=\left\{I\right\}$.

Ta có: $\mathrm{\angle }FAI=\mathrm{\angle }BCK$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BK$).

Xét tứ giác $BFEC$ có: $\mathrm{\angle }BEC=\mathrm{\angle }BFC={90}^0\left(gt\right)$, do đó tứ giác $BFEC$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

         $\Rightarrow \mathrm{\angle }AFI=\mathrm{\angle }ACB$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }FAI+\mathrm{\angle }AFI=\mathrm{\angle }BCK+\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }ACK={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow OA\mathrm{\perp }EF$.

CMTT ta có $OB\mathrm{\perp }FD$, $OC\mathrm{\perp }ED$.

Ta có: $S_{OEAF}={\displaystyle \frac{1}{2}}OA.EF$ (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).

           $S_{OFBD}={\displaystyle \frac{1}{2}}OB.FD$

           $S_{ODCE}={\displaystyle \frac{1}{2}}OC.DE$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow S_{OEAF}+S_{OFBD}+S_{ODCE}={\displaystyle \frac{1}{2}}OA.EF+{\displaystyle \frac{1}{2}}OB.FD+{\displaystyle \frac{1}{2}}OC.DE\\ \Rightarrow S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}R.EF+{\displaystyle \frac{1}{2}}R.FD+{\displaystyle \frac{1}{2}}R.DE\\ \Rightarrow S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}R.\left(EF+FD+DE\right)\\ \Rightarrow EF+FD+DE={\displaystyle \frac{2S_{ABC}}{R}}\end{array}$

Kéo dài $OM$ cắt $\left(O\right)$ tại $A^{\prime }$ $\Rightarrow A^{\prime }M\mathrm{\perp }BC\left(doOM\mathrm{\perp }BC\right)$.

Khi đó ta có: $S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}AD.BC\le {\displaystyle \frac{1}{2}}{A}^{\prime }M.BC$.

Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông $OMC$ ta có: $OM=\sqrt{O{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{R^2-{\displaystyle \frac{a^2}{4}}}$.

$\Rightarrow A^{\prime }M=O{A}^{\prime }+OM=R+\sqrt{R^2-{\displaystyle \frac{a^2}{4}}}$.

$\Rightarrow S_{ABC}\le {\displaystyle \frac{a}{2}}\left(R+\sqrt{R^2-{\displaystyle \frac{a^2}{4}}}\right)$.

$\Rightarrow EF+FD+DE\le {\displaystyle \frac{a\left(R+\sqrt{R^2-{\displaystyle \frac{a^2}{4}}}\right)}{R}}$.

Dấu “=” xảy ra $\iff A\equiv A^{\prime }$, khi đó điểm $A$ là điểm chính giữa của cung lớn $BC$.

Vậy $P=DE+EF+DF$ đạt giá trị lớn nhất điểm $A$ là điểm chính giữa của cung lớn $BC$.

Câu 5 (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$.

Chứng minh rằng: ${\displaystyle \frac{1}{a^2+2b^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2+2c^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2+2a^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2}}$

Ta có: $a^2+2b^2+3=a^2+b^2+b^2+1+2$.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2\ge 2ab\\ b^2+1\ge 2b\end{array}$.

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

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{a^2+2b^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}}$.

CMTT ta có:

${\displaystyle \frac{1}{b^2+2c^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}};{\displaystyle \frac{1}{c^2+2a^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2\left(ca+a+1\right)}}$.

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{a^2+2b^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2+2c^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2+2a^2+3}}\\ \le {\displaystyle \frac{1}{2}}\left({\displaystyle \frac{1}{ab+b+1}}+{\displaystyle \frac{1}{bc+c+1}}+{\displaystyle \frac{1}{ca+a+1}}\right)\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{ab+b+1}}+{\displaystyle \frac{1}{bc+c+1}}+{\displaystyle \frac{1}{ca+a+1}}\\ ={\displaystyle \frac{1}{ab+b+1}}+{\displaystyle \frac{ab}{a{b}^{2}c+abc+ab}}+{\displaystyle \frac{b}{bca+ab+b}}\\ ={\displaystyle \frac{1}{ab+b+1}}+{\displaystyle \frac{ab}{c+1+ab}}+{\displaystyle \frac{b}{1+ab+b}}\\ ={\displaystyle \frac{ab+b+1}{ab+b+1}}=1\end{array}$

Vậy ${\displaystyle \frac{1}{a^2+2b^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2+2c^2+3}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2+2a^2+3}}\le {\displaystyle \frac{1}{2}}$. Dấu “=” xảy ra $\iff a=b=c=1$.