Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa năm 2019

Đề bài

Bài 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay):

a) $x^4+3x^2-4=0$.                         b) $\{\begin{array}{l}x+2y=5\\ x-5y=-9\end{array}$.

Bài 2 (1 điểm):

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ cho điểm $T\left(-2;-2\right),$ parabol $\left(P\right)$ có phương trình $y=-8x^2$ và đường thẳng $d$ có phương trình $y=-2x-6.$

a) Điểm $T$ có thuộc đường thẳng $d$ không?

b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left(P\right).$

Bài 3 (2,0 điểm):  

Cho biểu thức $P=\sqrt{4x}-\sqrt{9x}+2.{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}}}$ với $x>0$.

a) Rút gọn $P$.

b) Tính giá trị của $P$ biết $x=6+2\sqrt{5}$ (không dùng máy tính cầm tay).

Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Vẽ đường tròn $\left(A\right)$ bán kính $AH$. Từ đỉnh $B$ kẻ tiếp tuyến $BI$ với $\left(A\right)$ cắt đường thẳng $AC$ tại $D$ (điểm $I$ là tiếp điểm, $I$ và $H$ không trùng nhau).

a) Chứng minh $AHBI$ là tứ giác nội tiếp.

b) Cho $AB=4cm,AC=3cm$. Tính $AI$.

c) Gọi $HK$ là đường kính của $\left(A\right)$. Chứng minh rằng $BC=BI+DK$.

Bài 5 (2,0 điểm):  

a) Cho phương trình $2x^2-6x+3m+1=0$ (với $m$ là tham số). Tìm các giá trị của $m$ để phương trình đã cho có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1^3+x_2^3=9$.

b) Trung tâm thương mại VC tại thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống. Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu đồng một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất ? 

Lời giải chi tiết

Bài 1

Phương pháp:

a) Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$. Giải phương trình bậc hai ẩn $t$ rồi suy ra nghiệm $x$.

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

Cách giải:

a) Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$, phương trình trở thành $t^2+3t-4=0$.

Nhận xét: Phương trình có các hệ số $a=1,b=3,c=-4$ và $a+b+c=1+3+\left(-4\right)=0$.

Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l}{t}_1=1\left(tm\right)\\ t_2=-4\left(ktm\right)\end{array}$.

Với $t_1=1\Rightarrow x^2=1\iff x=\pm 1$.

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

b) $\{\begin{array}{l}x+2y=5\\ x-5y=-9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}7y=14\\ x=5-2y\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=2\\ x=5-2.2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=2\\ x=1\end{array}$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(1;2\right)$.

Bài 2

Phương pháp:

a) Điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ thuộc đường thẳng $d:y=ax+b$ $\iff y_0=a{x}_0+b$

b) Giải phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left(P\right)$ ta tìm được $x.$

Thay $x$ tìm được vào phương trình parabol (hoặc phương trình đường thẳng $d$) ta tìm được $y$

Từ đó kết luận tọa độ giao điểm.

Cách giải:

a) Điểm $T$ có thuộc đường thẳng $d$ không?

Thay $x=-2;y=-2$ vào phương trình đường thẳng $d:y=-2x-6$ ta được

$-2=-2.\left(-2\right)-6\iff -2=-2$ (luôn đúng) nên điểm $T$ thuộc đường thẳng $d.$

b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left(P\right).$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left(P\right)$, ta có

$-8x^2=-2x-6$ $\iff 8x^2-2x-6=0$  (*)

Phương trình (*) có $a=8;b=-2;c=-6\Rightarrow a+b+c=8+\left(-2\right)+\left(-6\right)=0$ nên có hai nghiệm $x_1=1;x_2={\displaystyle \frac{c}{a}}={\displaystyle \frac{-3}{4}}$

+ Với $x=1\Rightarrow y=-{8.1}^2=-8$

+ Với $x=-{\displaystyle \frac{3}{4}}\Rightarrow y=-8.{\left(-{\displaystyle \frac{3}{4}}\right)}^2=-{\displaystyle \frac{9}{2}}$

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left(P\right)$ là $\left(1;-8\right);\left(-{\displaystyle \frac{3}{4}};-{\displaystyle \frac{9}{2}}\right)$

Bài 3

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức khai triển $\sqrt{A^{2}B}=\left|A\right|\sqrt{B}\left(B\ge 0\right)$ và rút gọn $P$.

b) Biến đổi $x$ về dạng bình phương (sử dụng hằng đẳng thức $a^2+2ab+b^2={\left(a+b\right)}^2$)

Cách giải:

a) Rút gọn $P$.

Với $x>0$ thì:

$\begin{array}{l}P=\sqrt{4x}-\sqrt{9x}+2.{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}}}\\ =2\sqrt{x}-3\sqrt{x}+2\sqrt{x}\\ =\sqrt{x}\end{array}$

Vậy $P=\sqrt{x}$ với $x>0$.

b) Tính giá trị của $P$ biết $x=6+2\sqrt{5}$ (không dùng máy tính cầm tay).

Ta có:

$x=6+2\sqrt{5}=5+2\sqrt{5}+1={\left(\sqrt{5}\right)}^2+2.\sqrt{5}.1+1^2={\left(\sqrt{5}+1\right)}^2$

Thay $x={\left(\sqrt{5}+1\right)}^2\left(tm\right)$ vào $P=\sqrt{x}$ ta được $P=\sqrt{{\left(\sqrt{5}+1\right)}^2}=\left|\sqrt{5}+1\right|=\sqrt{5}+1$.

Vậy $P=\sqrt{5}+1$.

Bài 4

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác $AHBI$ có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $AH$, suy ra $AI$.

c) Chứng minh $BH=BI;HC=DK$.

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác $AHBI$ có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

Do $BI$ là tiếp tuyến của $\left(A\right)\Rightarrow BI\mathrm{\perp }AI\Rightarrow \mathrm{\angle }AIB={90}^0$.

Xét tứ giác $AHBI$ có: $\mathrm{\angle }AHB+\mathrm{\angle }AIB={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$ Tứ giác $AHBI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $AH$, suy ra $AI$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$, đường cao $AH$ ta có:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{A{H}^2}}={\displaystyle \frac{1}{A{B}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{C}^2}}={\displaystyle \frac{1}{4^2}}+{\displaystyle \frac{1}{3^2}}={\displaystyle \frac{1}{16}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}={\displaystyle \frac{25}{144}}\\ \Rightarrow A{H}^2={\displaystyle \frac{144}{25}}\Rightarrow AH=\sqrt{{\displaystyle \frac{144}{25}}}={\displaystyle \frac{12}{5}}\end{array}$

Vậy $AI=AH={\displaystyle \frac{12}{5}}\left(=R\right)$.

c) Gọi $HK$ là đường kính của $\left(A\right)$. Chứng minh rằng $BC=BI+DK$.

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: $\{\begin{array}{l}BI=BH\left(1\right)\\ \mathrm{\angle }BAI=\mathrm{\angle }BAH\end{array}$.

$\mathrm{\angle }BAI=\mathrm{\angle }BAH\iff {90}^0-\mathrm{\angle }BAI={90}^0-\mathrm{\angle }BAH\iff \mathrm{\angle }IAD=\mathrm{\angle }HAC$.

Mà $\mathrm{\angle }HAC=\mathrm{\angle }KAD\Rightarrow \mathrm{\angle }IAD=\mathrm{\angle }KAD$.

Xét tam giác $ADI$ và tam giác $ADK$ có:

$\begin{array}{l}ADchung;\\ \mathrm{\angle }IAD=\mathrm{\angle }KAD\left(cmt\right);\\ AI=AK\left(=R\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }ADI=\mathrm{\Delta }AKI\left(c.g.c\right)\end{array}$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AKD=\mathrm{\angle }AID={90}^0$ (hai góc tương ứng) $\Rightarrow \mathrm{\Delta }AKD$ vuông tại $K$.

Xét tam giác vuông $AKD$  và tam giác vuông $AHC$ có:

$AK=AH\left(=R\right)$;

$\mathrm{\angle }KAD=\mathrm{\angle }HAC$ (đối đỉnh);

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AKD=\mathrm{\Delta }AHC$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

$\Rightarrow DK=HC$ (2)  (hai cạnh tương ứng).

Từ (1) và (2) ta có $BC=BH+HC=BI+DK\left(dpcm\right)$.

Bài 5

Phương pháp:

a) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm.

Sử dụng định lý Vi – et thay vào điều kiện bài cho tìm $m$ và kết luận.

b) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên $x$ (triệu đồng) $\left(DK:x>0\right)$.

Dựa vào các giả thiết bài toán để biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.

Từ đó lập phương trình. Giải phương trình, đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.

Cách giải:

a) Cho phương trình $2x^2-6x+3m+1=0$ (với $m$ là tham số). Tìm các giá trị của $m$ để phương trình đã cho có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1^3+x_2^3=9$.

Phương trình đã cho có hai nghiệm $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0$

$\begin{array}{l}\iff 3^2-2.\left(3m+1\right)\ge 0\\ \iff 9-6m-2\ge 0\\ \iff 7-6m\ge 0\\ \iff m\le {\displaystyle \frac{7}{6}}.\end{array}$

Khi đó phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$.

Theo định lí Vi – et ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-{\displaystyle \frac{b}{a}}=3\\ x_1{x}_2={\displaystyle \frac{c}{a}}={\displaystyle \frac{3m+1}{2}}\end{array}$

Ta có: $x_1^3+x_2^3=9\iff {\left(x_1+x_2\right)}^3-3x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)=9$

$\begin{array}{l}\Rightarrow 3^3-3.{\displaystyle \frac{3m+1}{2}}.3=9\iff 27-{\displaystyle \frac{9}{2}}\left(3m+1\right)-9=0\\ \iff {\displaystyle \frac{27}{2}}-{\displaystyle \frac{27}{2}}m=0\iff m=1\left(TM\right)\end{array}$

Vậy $m=1$ thỏa mãn bài toán.

b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên $x$ (triệu đồng) $\left(DK:x>0\right)$.

Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là $100+x$ (triệu đồng).

Cứ mỗi lần tăng 5% tiên thuê mỗi gian hàng (tăng $5\mathrm{\%}.100=5$ triệu đồng) thì có thêm 2 gian hàng trống nên khi tăng $x$ triệu đồng thì có thêm ${\displaystyle \frac{2x}{5}}$ gian hàng trống.

Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là $100-{\displaystyle \frac{2x}{5}}$ (gian).

Số tiền thu được là: $\left(100+x\right)\left(100-{\displaystyle \frac{2x}{5}}\right)$  (triệu đồng).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm $x$ để $P=\left(100+x\right)\left(100-{\displaystyle \frac{2x}{5}}\right)$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có:

$\begin{array}{l}P=\left(100+x\right)\left(100-{\displaystyle \frac{2x}{5}}\right)=10000-40x+100x-{\displaystyle \frac{2x^2}{5}}\\ =-{\displaystyle \frac{2}{5}}\left(x^2-150x\right)+10000=-{\displaystyle \frac{2}{5}}\left(x^2-2.75x+{75}^2\right)+{\displaystyle \frac{2}{5}}{.75}^2+10000\\ =-{\displaystyle \frac{2}{5}}{\left(x-75\right)}^2+12250\end{array}$

Ta có ${\left(x-75\right)}^2\ge 0\iff -{\displaystyle \frac{2}{5}}{\left(x-75\right)}^2\le 0\iff -{\displaystyle \frac{2}{5}}{\left(x-75\right)}^2+12250\le 12250$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=75$.

Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá $100+75=175$ triệu đồng thì doanh thu của Trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.