Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020

Đề bài

Câu I:

Cho biểu thức $P=\left({\displaystyle \frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}}-{\displaystyle \frac{8x}{x-4}}\right):\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}}+3\right)$ với $x\ge 0,x\ne 1$ và $x\ne 4$.

1. Rút gọn biểu thức $P$.

2. Tìm các giá trị của $x$ để $P=-4$.

Câu II:

1. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $\left(d\right)$ có phương trình $y=ax+b$. Tìm $a,b$ để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm $M\left(2;3\right)$.

2. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+3y=4\\ 2x-3y=-1\end{array}$

Câu III:

1. Giải phương trình $x^2+5x+4=0$.

2. Cho phương trình $x^2+5x+m-2=0$ ($m$ là tham số). Tìm các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn hệ thức

${\displaystyle \frac{1}{{\left(x_1-1\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left(x_2-1\right)}^2}}=1$

Câu IV:

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$. Các đường cao $BD,CE$ ($D$ thuộc $AC$, $E$ thuộc $AB$) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại các điểm $M$ và $N$ ($M$ khác $B$, $N$ khác $C$).

1. Chứng minh tứ giác $BCDE$ nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh $MN$ song song với $DE$.

3. Khi đường tròn $\left(O\right)$ và dây $BC$ cố định, điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ không đổi và tìm vị trí của điểm $A$ để diện tích tam giác $ADE$ đạt giá trị lớn nhất.

Câu V:

Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q={\displaystyle \frac{y+2}{x^2}}+{\displaystyle \frac{z+2}{y^2}}+{\displaystyle \frac{x+2}{z^2}}$ 

Lời giải chi tiết

Câu I (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho biểu thức $P=\left({\displaystyle \frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}}-{\displaystyle \frac{8x}{x-4}}\right):\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}}+3\right)$ với $x\ge 0,x\ne 1$ và $x\ne 4$.

1. Rút gọn biểu thức $P$.

Với $x\ge 0,x\ne 1$ và $x\ne 4$ ta có:

$\begin{array}{l}P=\left({\displaystyle \frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}}-{\displaystyle \frac{8x}{x-4}}\right):\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}}+3\right)\\ P=\left({\displaystyle \frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}}-{\displaystyle \frac{8x}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}\right):{\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2+3\left(\sqrt{x}-2\right)}{\sqrt{x}-2}}\\ P={\displaystyle \frac{4\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)-8x}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}:{\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2+3\sqrt{x}-6}{\sqrt{x}-2}}\\ P={\displaystyle \frac{4x-8\sqrt{x}-8x}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}:{\displaystyle \frac{4\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2}}\\ P={\displaystyle \frac{-8\sqrt{x}-4x}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}.{\displaystyle \frac{\sqrt{x}-2}{4\left(\sqrt{x}-1\right)}}\\ P={\displaystyle \frac{-4\sqrt{x}\left(2+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}+2}}.{\displaystyle \frac{1}{4\left(\sqrt{x}-1\right)}}\\ P={\displaystyle \frac{-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}}={\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}}\end{array}$

2. Tìm các giá trị của $x$ để $P=-4$.

Ta có:

$\begin{array}{l}P=-4\iff {\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}}=-4\\ \iff \sqrt{x}=-4\left(1-\sqrt{x}\right)\\ \iff \sqrt{x}=-4+4\sqrt{x}\\ \iff 3\sqrt{x}=4\\ \iff \sqrt{x}={\displaystyle \frac{4}{3}}\\ \iff x={\displaystyle \frac{16}{9}}\left(tm\right)\end{array}$

Vậy để $P=-4$ thì $x={\displaystyle \frac{16}{9}}$.

Câu II (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $\left(d\right)$ có phương trình $y=ax+b$. Tìm $a,b$ để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm $M\left(2;3\right)$.

Đường thẳng $\left(d\right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng $\left(d\right)$ đi qua điểm $\left(0;2\right)$. Thay tọa độ điểm $\left(0;2\right)$ vào phương trình đường thẳng $\left(d\right)$ ta có: $2=a.0+b\iff b=2$.

Khi đó phương trình đường thẳng $\left(d\right)$ có dạng $y=ax+2$.

Đường thẳng $\left(d\right)$ đi qua điểm $M\left(2;3\right)$ nên thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình đường thẳng $\left(d\right)$ ta có:

$3=a.2+2\iff 2a=1\iff a={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Vậy $a={\displaystyle \frac{1}{2}}$ và $b=2.$

2. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+3y=4\\ 2x-3y=-1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x+3y=4\\ 2x-3y=-1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x=3\\ x+3y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ 1+3y=4\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ 3y=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(1;1\right)$.

Câu III (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Giải phương trình $x^2+5x+4=0$.

Ta có:

$\begin{array}{l}{x}^2+5x+4=0\\ \iff x^2+x+4x+4=0\\ \iff \left(x^2+x\right)+\left(4x+4\right)=0\\ \iff x\left(x+1\right)+4\left(x+1\right)=0\\ \iff \left(x+1\right)\left(x+4\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x+1=0\\ x+4=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=-1\\ x=-4\end{array}\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-1;-4\right\}$.

2. Cho phương trình $x^2+5x+m-2=0$ ($m$ là tham số). Tìm các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn hệ thức

${\displaystyle \frac{1}{{\left(x_1-1\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left(x_2-1\right)}^2}}=1$

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt $x_1\ne 1,x_2\ne 1$ thì

$\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }>0\\ 1+5+m-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{5}^2-4\left(m-2\right)>0\\ m+4\ne 0\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}25-4m+8>0\\ m\ne -4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4m<33\\ m\ne -4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<{\displaystyle \frac{33}{4}}\\ m\ne -4\end{array}$.

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-5\\ x_1{x}_2=m-2\end{array}$.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{{\left(x_1-1\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left(x_2-1\right)}^2}}=1\iff {\displaystyle \frac{{\left(x_1-1\right)}^2+{\left(x_2-1\right)}^2}{{\left(x_1-1\right)}^2.{\left(x_2-1\right)}^2}}=1\\ \iff x_1^2-2x_1+1+x_2^2-2x_2+1={\left[x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)+1\right]}^2\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-2\left(x_1+x_2\right)+2={\left[x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)+1\right]}^2\\ \Rightarrow 25-2\left(m-2\right)-2.\left(-5\right)+2={\left(m-2+5+1\right)}^2\\ \iff 25-2m+4+10+2={\left(m+4\right)}^2\\ \iff -2m+41=m^2+8m+16\\ \iff m^2+10m-25=0(\ast )\end{array}$

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}_m={\left(-5\right)}^2-\left(-25\right)=50>0$, do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

$[\begin{array}{l}{m}_1={\displaystyle \frac{-10+\sqrt{50}}{2}}=-5+5\sqrt{2}\\ m_1={\displaystyle \frac{-10-\sqrt{50}}{2}}=-5-5\sqrt{2}\end{array}\left(tm\right)$.

Vậy có hai giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $m=-5\pm 5\sqrt{2}$. 

Câu IV (3,0 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$. Các đường cao $BD,CE$ ($D$ thuộc $AC$, $E$ thuộc $AB$) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại các điểm $M$ và $N$ ($M$ khác $B$, $N$ khác $C$).

1. Chứng minh tứ giác $BCDE$ nội tiếp được trong một đường tròn.

Vì $BD,CE$ là các đường cao của $\mathrm{\Delta }ABC$ nên $BD\mathrm{\perp }AC,CE\mathrm{\perp }AB$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BDC=\mathrm{\angle }BEC={90}^0$.

Suy ra tứ giác $BCDE$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

2. Chứng minh $MN$ song song với $DE$.

Vì $BCDE$ là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\mathrm{\angle }BDE=\mathrm{\angle }BCE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BE$).

Mà $\mathrm{\angle }BCE=\mathrm{\angle }BCN=\mathrm{\angle }BMN$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BN$ của $\left(O\right)$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BDE=\mathrm{\angle }BMN$. Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.

Vậy $MN\parallel DE\left(dhnb\right)\left(dpcm\right)$.

3. Khi đường tròn $\left(O\right)$ và dây $BC$ cố định, điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ không đổi và tìm vị trí của điểm $A$ để diện tích tam giác $ADE$ đạt giá trị lớn nhất.

Gọi $BD\cap CE=\left\{H\right\}$.

Xét tứ giác $AEHD$ có $\mathrm{\angle }AEH+\mathrm{\angle }ADH={90}^0+{90}^0={180}^0$.

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

Lại có $\mathrm{\angle }AEH={90}^0$ nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác $AEHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$, tâm $I$ là trung điểm của $AH$.

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ là đường tròn $\left(I;{\displaystyle \frac{AH}{2}}\right)$.

Kẻ đường kính $AF$ và gọi $K$ là trung điểm của $BC$.

Vì $\mathrm{\angle }ABF,\mathrm{\angle }ACF$ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$ nên $\mathrm{\angle }ABF=\mathrm{\angle }ACF={90}^0$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}CF\mathrm{\perp }AC\\ BH\mathrm{\perp }AC\left(gt\right)\end{array}\Rightarrow CF\parallel BH$ (từ vuông góc đến song song).

            $\{\begin{array}{l}BF\mathrm{\perp }AB\\ CH\mathrm{\perp }AB\left(gt\right)\end{array}\Rightarrow CH\parallel BF$ (từ vuông góc đến song song).

$\Rightarrow$ Tứ giác $BHCF$ là hình bình hành (dhnb).

$\Rightarrow$ Hai đường chéo $BC,HF$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).

Mà $K$ là trung điểm của $BC$ (theo cách vẽ) nên $K$ cũng là trung điểm của $HF$.

Khi đó $OK$ là đường trung bình của tam giác $AHF$ nên $OK={\displaystyle \frac{1}{2}}AH$ (tính chất đường trung bình).

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ là đường tròn $\left(I;OK\right)$.

Mà $\left(O\right)$ và $BC$ cố định, do đó $O,K$ cố định nên $OK$ không đổi.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ bằng $OK$ không đổi.

Ta có: $\mathrm{\angle }BAC={\displaystyle \frac{1}{2}}sdcungBC$ (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

Mà $BC$ cố định nên $sdcungBC$ không đổi. Do đó $\mathrm{\angle }BAC$ không đổi.

Xét $\mathrm{\Delta }AED$ và $\mathrm{\Delta }ACB$ có:

$\mathrm{\angle }BAC$ chung;

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

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AED\sim \mathrm{\Delta }ACB\left(g.g\right)$ theo tỉ số $k={\displaystyle \frac{AD}{AB}}$.

Do đó ta có: ${\displaystyle \frac{S_{\mathrm{\Delta }AED}}{S_{\mathrm{\Delta }ACB}}}=k^2={\left({\displaystyle \frac{AD}{AB}}\right)}^2$.

Xét tam giác vuông $ABD$ có: ${\displaystyle \frac{AD}{AB}}=\cos \mathrm{\angle }BAC$.

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{S_{\mathrm{\Delta }AED}}{S_{\mathrm{\Delta }ABC}}}={\cos }^2\mathrm{\angle }BAC$ $\Rightarrow S_{\mathrm{\Delta }AED}={\cos }^2\mathrm{\angle }BAC.S_{\mathrm{\Delta }ABC}$, mà $\cos \mathrm{\angle }BAC$ không đổi nên để $S_{\mathrm{\Delta }AED}$ đạt giá trị lớn nhất thì $S_{\mathrm{\Delta }ABC}$ phải lớn nhất.

Kéo dài $AH$ cắt $BC$ tại $P$ $\Rightarrow AP\mathrm{\perp }BC$ và $S_{\mathrm{\Delta }ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}AP.BC$.

Do $BC$ không đổi (theo giả thiết) nên $S_{\mathrm{\Delta }ABC}$ đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi $AP$ lớn nhất.

Khi đó $A$ phải là điểm chính giữa của cung lớn $BC$.

Vậy $S_{AED}$ đạt giá trị lớn nhất khi $A$ là điểm chính giữa của cung lớn $BC$.

 Câu V (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q={\displaystyle \frac{y+2}{x^2}}+{\displaystyle \frac{z+2}{y^2}}+{\displaystyle \frac{x+2}{z^2}}$

Ta có: $x+y+z=xyz\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{xy}}+{\displaystyle \frac{1}{yz}}+{\displaystyle \frac{1}{zx}}=1$

Đặt $\{\begin{array}{l}a={\displaystyle \frac{1}{x}}\\ b={\displaystyle \frac{1}{y}}\\ c={\displaystyle \frac{1}{z}}\end{array}\left(a,b,c>0\right)$ $\Rightarrow ab+bc+ca=1$.

Khi đó

$\begin{array}{l}Q=a^2\left({\displaystyle \frac{1}{b}}+2\right)+b^2\left({\displaystyle \frac{1}{c}}+2\right)+c^2\left({\displaystyle \frac{1}{a}}+2\right)\\ =\left({\displaystyle \frac{a^2}{b}}+{\displaystyle \frac{b^2}{c}}+{\displaystyle \frac{c^2}{a}}\right)+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\end{array}$

Áp dụng BĐT ${\displaystyle \frac{x^2}{a}}+{\displaystyle \frac{y^2}{b}}\ge {\displaystyle \frac{{\left(x+y\right)}^2}{a+b}}$ ta có:

${\displaystyle \frac{a^2}{b}}+{\displaystyle \frac{b^2}{c}}+{\displaystyle \frac{c^2}{a}}\ge {\displaystyle \frac{{\left(a+b\right)}^2}{b+c}}+{\displaystyle \frac{c^2}{a}}\ge {\displaystyle \frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{a+b+c}}=a+b+c$

Lại có:

$\begin{array}{l}{a}^2+b^2\ge 2ab\\ b^2+c^2\ge 2bc\\ c^2+a^2\ge 2ca\\ \Rightarrow 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 2\left(ab+bc+ca\right)\\ \Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\end{array}$

$\begin{array}{l}{\left(a+b+c\right)}^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\\ \ge ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca\\ =3\left(ab+bc+ca\right)\\ \Rightarrow a+b+c\ge \sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=\sqrt{3}\end{array}$

Do đó

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

Vậy $Q_{min}=\sqrt{3}+2$.

Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\Rightarrow x=y=z=\sqrt{3}$.