Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019

Đề bài

Câu I (2,0 điểm):

Cho biểu thức $A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}-{\displaystyle \frac{5}{x+\sqrt{x}-6}}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}-2}}$ với $x\ge 0,x\ne 4$

1. Rút gọn biểu thức $A$

2. Tính giá trị của biểu thức khi $x=6+4\sqrt{2}$

Câu II (2,0 điểm):

1. Cho đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$. Tìm $a,b$ để đường thẳng $\left(d\right)$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=5x+6$ và đi qua điểm $A\left(2;3\right)$.

2. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3x+2y=11\\ x+2y=5\end{array}$.

Câu III (2,0 điểm):

1. Giải phương trình $x^2-4x+3=0$.

2. Cho phương trình $x^2-2\left(m-1\right)x+2m-5=0$ (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

$\left(x_1^2-2m{x}_1-x_2+2m-3\right)\left(x_2^2-2m{x}_2-x_1+2m-3\right)=19$.

Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi $I,K,P$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng $AB,AC,BC$.

1. Chứng minh $AIMK$ là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh $\mathrm{\angle }MPK=\mathrm{\angle }MBC$.

3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích $MI.MK.MP$ đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm):

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

${\displaystyle \frac{ab}{a^4+b^4+ab}}+{\displaystyle \frac{bc}{b^4+c^4+bc}}+{\displaystyle \frac{ca}{c^4+a^4+ca}}\le 1$. 

Lời giải chi tiết

Câu I :

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức: $\sqrt{A^{2}B}=\left|A\right|\sqrt{B}=\{\begin{array}{l}A\sqrt{B}khiA\ge 0\\ -A\sqrt{B}khiA<0\end{array}.$

b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm $\sqrt{x}$.

    Thay giá trị của $\sqrt{x}$ vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.

Cách giải:

Cho biểu thức $A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}-{\displaystyle \frac{5}{x+\sqrt{x}-6}}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}-2}}$ với $x\ge 0,x\ne 4$

1. Rút gọn biểu thức $A$

Với $x\ge 0,x\ne 4$ ta có:

$\begin{array}{l}A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}-{\displaystyle \frac{5}{x+\sqrt{x}-6}}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}-2}}\\ ={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}}-{\displaystyle \frac{5}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}-2}}\\ ={\displaystyle \frac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}-{\displaystyle \frac{5}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}\\ ={\displaystyle \frac{x-4-5-\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}={\displaystyle \frac{x-\sqrt{x}-12}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}\\ ={\displaystyle \frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}}={\displaystyle \frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2}}\end{array}$

2. Tính giá trị của biểu thức khi $x=6+4\sqrt{2}$

Ta có:

$\begin{array}{l}x=6+4\sqrt{2}=4+2.2\sqrt{2}+2=2^2+2.2.\sqrt{2}+{\left(\sqrt{2}\right)}^2={\left(2+\sqrt{2}\right)}^2\\ \Rightarrow \sqrt{x}=\sqrt{{\left(2+\sqrt{2}\right)}^2}=\left|2+\sqrt{2}\right|=2+\sqrt{2}\left(Do2+\sqrt{2}>0\right)\end{array}$

Thay $\sqrt{x}=2+\sqrt{2}$ vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:

$A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2}}={\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}-4}{2+\sqrt{2}-2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}-2}{\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}\left(1-\sqrt{2}\right)}{\sqrt{2}}}=1-\sqrt{2}$

Câu II :

Phương pháp:

1. Hai đường thẳng $d:y=a_{1}x+b_1,d^{\prime }:y=a_{2}x+b_2$ song song với nhau $\iff \{\begin{array}{l}{a}_1=a_2\\ b_1\ne b_2\end{array}.$ Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số $\left(d\right).$

2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

1. Cho đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$. Tìm $a,b$ để đường thẳng $\left(d\right)$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=5x+6$ và đi qua điểm $A\left(2;3\right)$.

Ta có: $\left(d\right):y=ax+b$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=5x+6\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=5\\ b\ne 6\end{array}\Rightarrow \left(d\right):y=5x+b\left(b\ne 6\right).$

Đường thẳng $\left(d\right)$ đi qua điểm $A\left(2;3\right)$ nên thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $\left(d\right)$ ta được: $3=5.2+b\iff b=-7\left(tm\right)$

Vậy phương trình đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=5x-7.$  

2. Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3x+2y=11\\ x+2y=5\end{array}$.

$\{\begin{array}{l}3x+2y=11\\ x+2y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x=6\\ x+2y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ 3+2y=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ 2y=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\end{array}$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(3;1\right)$.

Câu III:

Phương pháp:

1. Sử dụng biệt thức $\mathrm{\Delta }$ để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.

2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt ($\mathrm{\Delta }>0$ hoặc ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0$), áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

1. Giải phương trình $x^2-4x+3=0$.

Phương trình $x^2-4x+3=0$ có các hệ số $a=1,b=-4,c=3\Rightarrow a+b+c=1-4+3=0$.

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2={\displaystyle \frac{c}{a}}={\displaystyle \frac{3}{1}}=3\end{array}$.

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

2. Cho phương trình $x^2-2\left(m-1\right)x+2m-5=0$ (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

$\left(x_1^2-2m{x}_1-x_2+2m-3\right)\left(x_2^2-2m{x}_2-x_1+2m-3\right)=19$.

$x^2-2\left(m-1\right)x+2m-5=0$ (1).

Ta có

$\begin{array}{l}{\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(m-1\right)}^2-\left(2m-5\right)=m^2-2m+1-2m+5\\ =m^2-4m+6=m^2-4m+4+2={\left(m-2\right)}^2+2>0\mathrm{\forall }m\end{array}$

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi m.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m-1\right)\\ x_1{x}_2=2m-5\end{array}$.

Do $x_1,x_2$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: $\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}{x}_1^2-2\left(m-1\right)x_1+2m-5=0\\ x_2^2-2\left(m-1\right)x_2+2m-5=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_1^2-2m{x}_1+2x_1+2m-5=0\\ x_2^2-2m{x}_2+2x_2+2m-5=0\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}{x}_1^2-2m{x}_1+2m-3+2x_1-2=0\\ x_2^2-2m{x}_2+2m-3+2x_2-2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_1^2-2m{x}_1+2m-3=-2x_1+2\\ x_2^2-2m{x}_2+2m-3=-2x_2+2\end{array}\end{array}$

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\left(x_1^2-2m{x}_1-x_2+2m-3\right)\left(x_2^2-2m{x}_2-x_1+2m-3\right)=19\\ \iff \left(-2x_1+2-x_2\right)\left(-2x_2+2-x_1\right)=19\\ \iff \left(-2x_1-x_2+2\right)\left(-x_1-2x_2+2\right)=19\\ \iff \left(-2x_1-x_2\right)\left(-x_1-2x_2\right)+2\left(-2x_1-x_2\right)+2\left(-x_1-2x_2\right)+4=19\\ \iff 2x_1^2+4x_1{x}_2+x_1{x}_2+2x_2^2+2\left(-3x_1-3x_2\right)=15\\ \iff 2\left(x_1^2+x_2^2\right)+5x_1{x}_2-6\left(x_1+x_2\right)=15\\ \iff 2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]+5x_1{x}_2-6\left(x_1+x_2\right)=15\\ \iff 2{\left(x_1+x_2\right)}^2+x_1{x}_2-6\left(x_1+x_2\right)=15\\ \iff 2.4{\left(m-1\right)}^2+2m-5-12\left(m-1\right)=15\\ \iff 8m^2-16m+8+2m-5-12m+12=15\\ \iff 8m^2-26m=0\iff 2m\left(4m-13\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}m=0\\ 4m-13=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}m=0\\ m={\displaystyle \frac{13}{4}}\end{array}\end{array}$

Vậy $m=0$ hoặc $m={\displaystyle \frac{13}{4}}$.

Câu IV

Phương pháp:

1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.

3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh $MI.MK=M{P}^2$, từ đo suy ra $MI.MK.MP=M{P}^3$. Đánh giá và tìm GTLN của $MP$.

Cách giải:

a) Chứng minh $AIMK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Ta có: $\{\begin{array}{l}MI\mathrm{\perp }AB=\left\{I\right\}\Rightarrow \mathrm{\angle }AIM={90}^0\\ MK\mathrm{\perp }AC=\left\{K\right\}\Rightarrow \mathrm{\angle }AKM={90}^0\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AIM+\mathrm{\angle }AKM={90}^0+{90}^0={180}^0$.

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

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

b) Kẻ $MP\mathrm{\perp }BC\left(P\in BC\right).$ Chứng minh rằng $\mathrm{\angle }MPK=\mathrm{\angle }MBC.$

Ta có: $MP\mathrm{\perp }BC=\left\{P\right\}\Rightarrow \mathrm{\angle }MPC={90}^0.$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MKC+\mathrm{\angle }MPC={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

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

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MPK=\mathrm{\angle }MCK$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MK$)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ ta có: $\mathrm{\angle }MBC=\mathrm{\angle }MCK$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $MC$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MBC=\mathrm{\angle }MPK\left(=\mathrm{\angle }MCK\right)$ (đpcm).

c) Xác định vị trí của $M$ trên cung nhỏ $BC$ để tích $MI.MK.MP$ đạt giá trị lớn nhất.

Nối $I$ với $P$

Xét tứ giác $PBIM$ ta có :

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }BPM={90}^0(MP\mathrm{\perp }BC)\\ \mathrm{\angle }BIM={90}^0(MI\mathrm{\perp }BA)\end{array}\}\Rightarrow \mathrm{\angle }BPM+\mathrm{\angle }BIM={180}^0$

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác $PBIM$ là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MIP=\mathrm{\angle }MBP$ (2 góc nội tiếp cùng chắng cung $MP$)

Mà $\mathrm{\angle }MBP=\mathrm{\angle }MPK\left(cmt\right)\Rightarrow \mathrm{\angle }MIP=\mathrm{\angle }MPK$

Ta có : $\mathrm{\angle }PMI+\mathrm{\angle }PBI={180}^0;\mathrm{\angle }PMK+\mathrm{\angle }PCK={180}^0$

Mà $\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }ACB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hay $\mathrm{\angle }IBP=\mathrm{\angle }PCK\Rightarrow \mathrm{\angle }PMK=\mathrm{\angle }PMI.$

Xét $\mathrm{\Delta }MIP$ và $\mathrm{\Delta }MPK$ có :

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }PMK=\mathrm{\angle }PMI\left(cmt\right)\\ \mathrm{\angle }MIP=\mathrm{\angle }MPK\left(cmt\right)\end{array}\}\Rightarrow \mathrm{\Delta }MIP\sim \mathrm{\Delta }MPK\left(g.g\right)$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{MI}{MP}}={\displaystyle \frac{MP}{MK}}$ (cạnh tương ứng) $\Rightarrow MI.MK=M{P}^2\Rightarrow MI.MK.MP=M{P}^3$

$\Rightarrow MI.MK.MP$ lớn nhất khi $MP$ lớn nhất.

Gọi $P^{\prime }$ là trung điểm của $BC$ và $M^{\prime }$ là giao điểm của $O{P}^{\prime }$ với đường tròn ($M^{\prime }$ thuộc cung nhỏ $BC$).

Khi đó $M^{\prime }$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$.

Dễ thấy $MP\le M^{\prime }{P}^{\prime }$ không đổi nên $MP$ lớn nhất khi $M\equiv M^{\prime }$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$.

Câu V:

Ta có:

$\begin{array}{l}{a}^4+b^4+ab=a^4+b^4+2a^2{b}^2-2a^2{b}^2+ab={\left(a^2+b^2\right)}^2-2a^2{b}^2+ab\\ \ge {\left(2ab\right)}^2-2a^2{b}^2+ab=2a^2{b}^2+ab\\ \Rightarrow {\displaystyle \frac{ab}{2a^2{b}^2+ab}}\le {\displaystyle \frac{1}{2ab+1}}={\displaystyle \frac{c}{2+c}}=1-{\displaystyle \frac{2}{c+2}}\end{array}$

CMTT ta có: ${\displaystyle \frac{bc}{b^4+c^4+bc}}\le 1-{\displaystyle \frac{2}{a+2}};{\displaystyle \frac{ca}{c^4+a^4+ca}}\le 1-{\displaystyle \frac{2}{b+2}}$.

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{ab}{a^4+b^4+ab}}+{\displaystyle \frac{bc}{b^4+c^4+bc}}+{\displaystyle \frac{ca}{c^4+a^4+ca}}\le 3-2\left({\displaystyle \frac{1}{a+2}}+{\displaystyle \frac{1}{b+2}}+{\displaystyle \frac{1}{c+2}}\right)$.

Ta cần chứng minh $3-2\left({\displaystyle \frac{1}{a+2}}+{\displaystyle \frac{1}{b+2}}+{\displaystyle \frac{1}{c+2}}\right)\le 1\iff {\displaystyle \frac{1}{a+2}}+{\displaystyle \frac{1}{b+2}}+{\displaystyle \frac{1}{c+2}}\ge 1$.

Ta có : ${\displaystyle \frac{1}{a+2}}+{\displaystyle \frac{1}{b+2}}+{\displaystyle \frac{1}{c+2}}\ge {\displaystyle \frac{9}{\left(a+b+c\right)+6}}$.

Vì $a,b,c>0,abc=1\iff \{\begin{array}{l}a\le 1\\ b\le 1\\ c\le 1\end{array}\iff a+b+c\le 3$

Do đó $\left(a+b+c\right)+6\le 3+6=9\iff {\displaystyle \frac{9}{\left(a+b+c\right)+6}}\ge 1\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{a+2}}+{\displaystyle \frac{1}{b+2}}+{\displaystyle \frac{1}{c+2}}\ge {\displaystyle \frac{9}{\left(a+b+c\right)+6}}\ge 1$.

Dấu "=" xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a=b\\ b=c\\ c=a\\ abc=1\\ a+2=b+2=c+2\\ a=b=c=1\end{array}\iff a=b=c=1$.

Vậy ${\displaystyle \frac{ab}{a^4+b^4+ab}}+{\displaystyle \frac{bc}{b^4+c^4+bc}}+{\displaystyle \frac{ca}{c^4+a^4+ca}}\le 1$ khi $a=b=c=1.$