Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong các các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào Câu làm chữ cái in hoa đúng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A)

Câu 1. Biều thức $P=\sqrt{x-2021}$ có nghĩa khi và chỉ khi:

     A. $x\ge 2021$                B. $x>2021$                        C. $x<2021$                        D. $x\le 2021$

Câu 2. Đồ thị hàm số $y=a{x}^2$($a$ là tham số) đi qua điểm $M\left(-1;4\right)$. Giá trị của $a$ bằng:

     A. $-4$                            B. $1$                                    C. $4$                                    D. $-1$

Câu 3. Tổng hai nghiệm của phương trình: $2x^2+7x-3=0$ là:

     A. ${\displaystyle \frac{7}{2}}$             B. $-{\displaystyle \frac{7}{2}}$              C. ${\displaystyle \frac{3}{2}}$                  D. $-{\displaystyle \frac{3}{2}}$

Câu 4. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\cos \mathrm{\angle }ABC={\displaystyle \frac{1}{3}};BC=9cm$. Độ dài cạnh $AB$ bằng:

     A. $27cm$                      B. $6\sqrt{2}cm$                 C. $6cm$                             D. $3cm$

II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 5. (1,25 điểm) Giải phương trình $x^2-x-2=0$.

Câu 6. (1,25 điểm) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3x-y=-4\\ 2x+3y=1\end{array}$

Câu 7. (1,0 điểm) Cho Parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=2x-m$ (với $m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt Parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1,y_1\right)$ và $B\left(x_2,y_2\right)$ sao cho $y_1+y_2+{x_1}^2{x_2}^2=6\left(x_1+x_2\right)$.

Câu 8. (1,0 điểm) Hai đội công nhân A và B làm chung một công việc và dự định hoàn thành trong 12 ngày. Khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo. Hỏi với năng suất ban đầu thì mỗi đội làm một mình sẽ hoàn thành công việc đó trong bao lâu?

Câu 9. (3,0 điểm) Cho đường tròn $\left(O\right)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Qua $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ đến $\left(O\right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Kẻ tia $Ax$ (nằm giữa hai tia $AB,AO$) cắt đường tròn tại $E$ và $F$($E$ nằm giữa $A$ và $F$).

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABOC$ nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng $A{B}^2=AE.AF$ và $\mathrm{\angle }OEF=\mathrm{\angle }OHF,$ với $H$ là giao điểm của $AO$ và $BC.$

c) Đường thẳng qua $E$ song song với $BF$cắt đường thẳng $BC$ tại $K.$ Đường thẳng $AK$ cắt đường thẳng $BF$ tại $M.$ Chứng minh rằng $MC=2HF.$

Câu 10. (1,0 điểm) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $abc\le 1$. Chứng minh rằng:

${\displaystyle \frac{a\left(1-b^3\right)}{b^3}}+{\displaystyle \frac{b\left(1-c^3\right)}{c^3}}+{\displaystyle \frac{c\left(1-a^3\right)}{a^3}}\ge 0$

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1

Phương pháp:

Biểu thức $\sqrt{f\left(x\right)}$ có nghĩa khi và chỉ khi $f\left(x\right)\ge 0$

Cách giải:

$P=\sqrt{x-2021}$ có nghĩa khi và chỉ khi $x-2021\ge 0\iff x\ge 2021$

Chọn A.

Câu 2

Phương pháp:

Thay $x=-1;y=4$ vào đồ thị hàm số $y=a{x}^2$, từ đó tìm được giá trị của $a$.

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số $y=a{x}^2$($a$ là tham số) đi qua điểm $M\left(-1;4\right)$ nên thay $x=-1;y=4$ vào $y=a{x}^2$, ta được: $4=a.{\left(-1\right)}^2\Rightarrow a=4$

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được tổng của hai nghiệm.

Cách giải

Ta có: $\mathrm{\Delta }=7^2-4.\left(-3\right).2=73>0$

$\Rightarrow$ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: $x_1+x_2={\displaystyle \frac{-b}{a}}={\displaystyle \frac{-7}{2}}$      

Chọn B.

Câu 4

Phương pháp:

Vận dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Cách giải

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $\cos \mathrm{\angle }ABC={\displaystyle \frac{AB}{BC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

$\Rightarrow AB=BC.\cos \mathrm{\angle }ABC=9.{\displaystyle \frac{1}{3}}=3\left(cm\right)$

Chọn D.

II. TỰ LUẬN

Câu 5

Phương pháp:

Vận dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh của phương trình bậc hai $a{x}^2+bx+c=0\left(a\ne 0\right)$ nếu $a-b+c=0$ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1=-1;x_2={\displaystyle \frac{-c}{a}}$

Cách giải:

Ta có $a-b+c=1-\left(-1\right)+\left(-2\right)=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-{\displaystyle \frac{c}{a}}=2\end{array}$.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=\left\{-1;2\right\}$.

Câu 6

Phương pháp:

Vận dụng phương cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

Ta có: $\{\begin{array}{l}3x-y=-4\\ 2x+3y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}9x-3y=-12\\ 2x+3y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}11x=-11\\ y=3x+4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ y=1\end{array}$.

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm $\left(x,y\right)=\left(-1,1\right)$.

Câu 7

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $\left(d\right)$ và Parabol $\left(P\right)$

Đường thẳng $\left(d\right)$ cắt Parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0$.

Áp dụng định lý Vi – ét, tính được $x_1+x_2;x_1.x_2$

Ta có $A\left(x_1,y_1\right)$ và $B\left(x_2,y_2\right)$ là điểm thuộc đường thẳng $\left(d\right)$ nên $y_1=2x_1-m;y_2=2x_2-m$

Thay $x_1+x_2;x_1.x_2$ và $y_1;y_2$ vào phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $\left(d\right)$ và Parabol $\left(P\right)$ là nghiệm của phương trình

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

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=1-m$.

Đường thẳng $\left(d\right)$ cắt Parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0\iff 1-m>0\iff m<1$.

Khi đó, theo định lý Vi-et, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=m\end{array}$.

Ta có $A\left(x_1,y_1\right)$ và $B\left(x_2,y_2\right)$ là điểm thuộc đường thẳng $\left(d\right)$ nên $y_1=2x_1-m;y_2=2x_2-m$

$\begin{array}{l}\Rightarrow y_1+y_2+{x_1}^2{x_2}^2=6\left(x_1+x_2\right)\\ \iff 2x_1-m+2x_2-m+m^2=6.2\\ \iff 2.\left(x_1+x_2\right)-2m+m^2=12\\ \iff 2.2-2m+m^2=12\\ \iff m^2-2m-8=0\left(1\right)\end{array}$

Ta có ${{\mathrm{\Delta }}_m}^{\prime }=1-\left(-8\right)=9=3^2>0$ nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l}m=1+3=4\left(ktm\right)\\ m=1-3=-2\left(tm\right)\end{array}$.

Vậy $m=-2$ thì đường thẳng $\left(d\right)$ cắt Parabol $\left(P\right)$ tại hai điểm thỏa mãn bài toán.

Câu 8

Phương pháp:

Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là $x$ và $y$ ngày (ĐK: $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

Tính được mỗi ngày đội A và đội B làm được bao nhiêu phần của công việc.

Từ giải thiết: hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta lập được phương trình (1).

Từ giả thiết còn lại ta lập được phương trình (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình.

Giải hệ phương trình bày bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Cách giải:

Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là $x$ và $y$ ngày (ĐK: $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

$\Rightarrow$ Mỗi ngày đội A làm được ${\displaystyle \frac{1}{x}}$ phần công việc, mỗi ngày đội B làm được ${\displaystyle \frac{1}{y}}$ phần công việc.

Vì hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta có phương trình ${\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}={\displaystyle \frac{1}{12}}\left(1\right)$.

Khi làm chung được 8 ngày thì 2 đội làm được $8\left({\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}\right)$ phần công việc.

8 ngày tiếp theo đội B làm được ${\displaystyle \frac{8}{y}}$ phần công việc.

Vì khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo nên ta có phương trình

$8\left({\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}\right)+8.{\displaystyle \frac{2}{y}}=1\iff {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{3}{y}}={\displaystyle \frac{1}{8}}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}={\displaystyle \frac{1}{12}}\\ {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{3}{y}}={\displaystyle \frac{1}{8}}\end{array}$.

Đặt $\{\begin{array}{l}a={\displaystyle \frac{1}{x}}\\ b={\displaystyle \frac{1}{y}}\end{array}\left(a,b>0\right)$, hệ phương trình trở thành $\{\begin{array}{l}a+b={\displaystyle \frac{1}{12}}\\ a+3b={\displaystyle \frac{1}{8}}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2b={\displaystyle \frac{1}{24}}\\ a={\displaystyle \frac{1}{12}}-b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b={\displaystyle \frac{1}{48}}\\ a={\displaystyle \frac{1}{16}}\end{array}\left(tm\right)$.

Với $a={\displaystyle \frac{1}{16}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{x}}={\displaystyle \frac{1}{16}}\iff x=16\left(tm\right)$.

Với $b={\displaystyle \frac{1}{48}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{y}}={\displaystyle \frac{1}{48}}\iff y=48\left(tm\right)$.

Vậy thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là $16$ ngày và $48$ ngày.

Câu 9

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: chứng minh $\mathrm{\angle }ABO+\mathrm{\angle }ACO={180}^0$ $\Rightarrow ABOC$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) + Chứng minh

+ Chứng minh  là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OEF=\mathrm{\angle }OHF$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $OF$) (đpcm).

c) Gọi $BC\cap Ax=\left\{G\right\}$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: ${\displaystyle \frac{EK}{FM}}={\displaystyle \frac{AE}{AF}},{\displaystyle \frac{EK}{BF}}={\displaystyle \frac{GE}{GF}}\left(1\right)$.

Chứng minh $HG$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }EHF$ suy ra được $HA$ là tia phân giác ngoài của $\mathrm{\angle }EHF$.

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: ${\displaystyle \frac{GE}{GF}}={\displaystyle \frac{AE}{AF}}={\displaystyle \frac{HE}{HF}}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow {\displaystyle \frac{EK}{FM}}={\displaystyle \frac{EK}{BF}}$ $\Rightarrow F$ là trung điểm của $BM$ đồng thời chứng minh $H$ là trung điểm của $BC$.

$\Rightarrow HF$ là đường trung bình của tam giác $BCM$.

Vậy $MC=2HF$

Cách giải

a) Ta có: $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn và $B$ là tiếp điểm nên $AB\mathrm{\perp }BO$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }ABO={90}^0$

               $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn và $C$ là tiếp điểm nên $AC\mathrm{\perp }CO$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }ACO={90}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ABO+\mathrm{\angle }ACO={180}^0$ $\Rightarrow ABOC$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Ta có: $\mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }BFA$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung $BE$).

Xét $\mathrm{\Delta }ABE$ và $\mathrm{\Delta }AFB$ ta có:

Góc $\mathrm{\angle }BAE$ chung; $\mathrm{\angle }ABE=\mathrm{\angle }BFA$ (cmt)

Do đó $\mathrm{\Delta }ABE$ đồng dạng $\mathrm{\Delta }AFB$ (g.g)

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{AF}}={\displaystyle \frac{AE}{AB}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow A{B}^2=AE.AF$(đpcm)

Ta có $AB=AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow A$ thuộc trung trực của $BC$.

          $OB=OC\Rightarrow O$ thuộc trung trực của $BC$.

$\Rightarrow OA$ là trung trực của $BC\Rightarrow OA\mathrm{\perp }BC$ tại $H$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAB$ đường cao $BH$ ta có $A{B}^2=AH.AO$.

$\Rightarrow AE.AF=AH.AO\Rightarrow {\displaystyle \frac{AE}{AH}}={\displaystyle \frac{AO}{AF}}$.

Xét $\mathrm{\Delta }AEH$ và $\mathrm{\Delta }AOF$ có: $\mathrm{\angle }OAF$ chung; ${\displaystyle \frac{AE}{AH}}={\displaystyle \frac{AO}{AF}}\left(cmt\right)$ $\Rightarrow \mathrm{\Delta }AEH\sim \mathrm{\Delta }AOF\left(c.g.c\right)$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AEH=\mathrm{\angle }AOF$ (2 cạnh tương ứng) $\Rightarrow OHEF$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng gốc trong tại đỉnh đối diện).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OEF=\mathrm{\angle }OHF$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $OF$) (đpcm).

c) Gọi $BC\cap Ax=\left\{G\right\}$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: ${\displaystyle \frac{EK}{FM}}={\displaystyle \frac{AE}{AF}},{\displaystyle \frac{EK}{BF}}={\displaystyle \frac{GE}{GF}}\left(1\right)$.

Vì $OHEF$ là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\mathrm{\angle }AHE=\mathrm{\angle }AFO$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Mà $\mathrm{\angle }AFO=\mathrm{\angle }OFE=\mathrm{\angle }OEF=\mathrm{\angle }OHF$ (do tam giác $OEF$ cân tại $O$)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \mathrm{\angle }AHE=\mathrm{\angle }OHF\\ \Rightarrow {90}^0-\mathrm{\angle }AHE={90}^0-\mathrm{\angle }OHF\\ \Rightarrow \mathrm{\angle }EHB=\mathrm{\angle }FHB\end{array}$

$\Rightarrow HG$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }EHF$.

Mà $HG\mathrm{\perp }HA$ nên $HA$ là tia phân giác ngoài của $\mathrm{\angle }EHF$.

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: ${\displaystyle \frac{GE}{GF}}={\displaystyle \frac{AE}{AF}}={\displaystyle \frac{HE}{HF}}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow {\displaystyle \frac{EK}{FM}}={\displaystyle \frac{EK}{BF}}\Rightarrow FM=BF$ $\Rightarrow F$ là trung điểm của $BM$.

Lại có $OA$ là trung trực của $BC,OA\cap BC=\left\{H\right\}$ $\Rightarrow H$ là trung điểm của $BC$.

$\Rightarrow HF$ là đường trung bình của tam giác $BCM$.

Vậy $MC=2HF.\left(dpcm\right)$

Câu 10

Phương pháp:

Đặt $a={\displaystyle \frac{1}{x}},b={\displaystyle \frac{1}{y}},c={\displaystyle \frac{1}{z}}\Rightarrow xyz\ge 1\left(x;y;z\ge 0\right)$.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: ${\displaystyle \frac{y^3}{x}}+xy\ge 2y^2$.

Ta cũng làm tương tự và có được điều phải chứng minh.

Cách giải:

BĐT $\iff {\displaystyle \frac{a}{b^3}}+{\displaystyle \frac{b}{c^3}}+{\displaystyle \frac{c}{a^3}}\ge a+b+c$.

Đặt $a={\displaystyle \frac{1}{x}},b={\displaystyle \frac{1}{y}},c={\displaystyle \frac{1}{z}}\Rightarrow xyz\ge 1\left(x;y;z\ge 0\right)$.

BĐT $\iff {\displaystyle \frac{y^3}{x}}+{\displaystyle \frac{z^3}{y}}+{\displaystyle \frac{x^3}{z}}\ge {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}+{\displaystyle \frac{1}{z}}$.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: ${\displaystyle \frac{y^3}{x}}+xy\ge 2y^2$.

Tương tự $\Rightarrow {\displaystyle \frac{y^3}{x}}+{\displaystyle \frac{z^3}{y}}+{\displaystyle \frac{x^3}{z}}\ge 2\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)$.

Lại có $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ $\Rightarrow {\displaystyle \frac{y^3}{x}}+{\displaystyle \frac{z^3}{y}}+{\displaystyle \frac{x^3}{z}}\ge xy+yz+zx$.

Mà $xy+yz+zx={\displaystyle \frac{xyz}{z}}+{\displaystyle \frac{yzx}{x}}+{\displaystyle \frac{zxy}{y}}\ge {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{y}}+{\displaystyle \frac{1}{z}}$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.