Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2019

Đề bài

Bài 1 (1,0 điểm):

a) Cho biểu thức $A=\sqrt{16}-\sqrt{25}+\sqrt{4}$. So sánh $A$ với $\sqrt{2}$.

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

Bài 2 (2,5 điểm):

1. Cho parabol $\left(P\right):y=-x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=x-2$

    a) Vẽ $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$

    b) Viết phương trình đường thẳng $\left(d^{\prime }\right)$ song song với $\left(d\right)$ và tiếp xúc với $\left(P\right).$

2. Cho phương trình $x^2-4x+m=0$ ($m$ là tham số)

    a) Biết phương trình có một nghiệm bằng $-1.$ Tính nghiệm còn lại.

    b) Xác định $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left(3x_1+1\right)\left(3x_2+1\right)=4$

Bài 3 (2,0 điểm):

Một đội công nhân đặt kế hoạch sản xuất 250 sản phẩm. Trong 4 ngày đầu, họ thực hiện đúng kế hoạch. Mỗi ngày sau đó, họ đều làm vượt mức 5 sản phẩm nên đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đội công nhân đó làm được bao nhiêu sản phẩm? Biết rằng năng suất làm việc của mỗi công nhân là như nhau?

Bài 4 (3,5 điểm):

Cho tam giác nhọn $\mathrm{\Delta }ABC\left(AB<AC\right),$ đường cao $AH$, nội tiếp đường tròn $\left(O\right).$ Gọi $D$ và $E$ thứ tự là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AB$ và $AC.$

a) Chứng minh các tứ giác $AEHD$ và $BDEC$ nội tiếp được đường tròn.

b) Vẽ đường kính $AF$ của đường tròn $\left(O\right).$ Chứng minh $BC=\sqrt{AB.BD}+\sqrt{AC.CE}$ và $AF\mathrm{\perp }DE.$

c) Gọi $O^{\prime }$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\mathrm{\Delta }BDE.$ Chứng minh $O^{\prime }$ là trung điểm của đoạn thẳng $HF.$

d) Tính bán kính của đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ biết $BC=8cm,DE=6cm,AF=10cm.$

Bài 5 (1 điểm):

Cho hình vuông $ABCD$. Gọi $S_1$ là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và CD ; $S_2$ là diện tích phần còn lại của hình vuông ABCD nằm ngoài hai nửa hình tròn nói trên (như hình vẽ bên). Tính tỉ số ${\displaystyle \frac{S_1}{S_2}}$. 

Lời giải chi tiết

Bài 1:

Phương pháp:

a) Rút gọn $A$, sử dụng hẳng đẳng thức $\sqrt{A^2}=\left|A\right|$.

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

Cách giải:

a) Cho biểu thức $A=\sqrt{16}-\sqrt{25}+\sqrt{4}$. So sánh $A$ với $\sqrt{2}$.

$A=\sqrt{16}-\sqrt{25}+\sqrt{4}=\sqrt{4^2}-\sqrt{5^2}+\sqrt{2^2}=4-5+2=1$

Ta có: $1<2\Rightarrow \sqrt{1}<\sqrt{2}\iff 1<\sqrt{2}$.

Vậy $A<\sqrt{2}$.

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

$\{\begin{array}{l}x-y=-5\\ 2x+y=11\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x=6\\ x-y=-5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ 2-y=-5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=7\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)=\left(2;7\right)$.

Bài 2:

Phương pháp:

1. a) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số

    b) Đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$ và đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=a^{\prime }x+b^{\prime }$ song song với nhau khi $\{\begin{array}{l}a=a^{\prime }\\ b\ne b^{\prime }\end{array}$

    Đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$tiếp xúc với parabol $\left(P\right):y=p{x}^2$ khi phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ có nghiệm kép.

2. a) Thay $x=-1$ vào phương trình ta tìm được $m.$ Giải phương trình với $m$ tìm được ta tính được nghiệm còn lại.

    b) Biến đổi để có tổng và tích hai nghiệm, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét.

Cách giải:

1. Cho parabol $\left(P\right):y=-x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=x-2$

a) Vẽ $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Bảng giá trị của hàm số$y=-x^2$

Vẽ đường cong qua các điểm có tọa độ $\left(-2;-4\right),\left(-1;-1\right),\left(0;0\right),\left(1;-1\right),\left(2;-4\right)$ ta được parabol $\left(P\right):y=-x^2$ và parabol nhận trục tung làm trục đối xứng.

Bảng giá trị của hàm số $y=x-2$

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ $\left(2;0\right),\left(0;-2\right)$ ta được đường thẳng $\left(d\right):y=x-2$

Vẽ $\left(P\right)$ và $\left(d\right)$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ $Oxy$

b) Viết phương trình đường thẳng $\left(d^{\prime }\right)$ song song với $\left(d\right)$ và tiếp xúc với $\left(P\right).$

Gọi phương trình đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=ax+m$ .

Vì $\left(d^{\prime }\right)//\left(d\right)$ nên $\{\begin{array}{l}a=1\\ m\ne -2\end{array}$  suy ra $\left(d^{\prime }\right):y=x+m$.

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

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

Để đường thẳng $\left(d^{\prime }\right)$ tiếp xúc với parabol $\left(P\right)$ thì phương trình (*) có nghiệm kép

$\iff \{\begin{array}{l}a\ne 0\\ \mathrm{\Delta }=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1\ne 0\left(luondung\right)\\ 1-4m=0\end{array}\iff m={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(tm\right)$

Vậy phương trình đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=x+{\displaystyle \frac{1}{4}}$.

2. Cho phương trình $x^2-4x+m=0$ (1) ($m$ là tham số)

a) Biết phương trình có một nghiệm bằng $-1.$ Tính nghiệm còn lại.

Thay $x=-1$ vào phương trình (1) ta được ${\left(-1\right)}^2-4.\left(-1\right)+m=0\iff 5+m=0\iff m=-5$

Thay $m=-5$ vào phương trình (1) ta có phương trình :

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

Vậy nghiệm còn lại là $x=5.$

b) Xác định $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left(3x_1+1\right)\left(3x_2+1\right)=4$

Xét phương trình (1) có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(-2\right)}^2-1.m=4-m$

Để phương trình (1) có hai nghiệm $x_1,x_2$ thì $\{\begin{array}{l}a\ne 0\\ {\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1\ne 0\left(luondung\right)\\ 4-m\ge 0\end{array}\iff m\le 4$

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=m\end{array}$

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\left(3x_1+1\right)\left(3x_2+1\right)=4\iff 9x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+1=4\\ \iff 9m+3.4-3=0\iff 9m+9=0\iff m=-1\left(tm\right)\end{array}$

Vậy $m=-1$ là giá trị cần tìm.

Bài 3:

Phương pháp:

+) Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là x (sản phẩm) $\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$. Tính số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được thực tế.

+) Tính số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch và thực tế.

+) Dựa vào giả thiết “đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày”, lập và giải phương trình.

+) Đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là x (sản phẩm) $\left(x\in \mathbb{N}\ast \right)$.

Khi đó số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được thực tế là $x+5$ (sản phẩm).

Số ngày làm hết 250 sản phẩm theo kế hoạch là ${\displaystyle \frac{250}{x}}$ (ngày).

Trong 4 ngày đầu đội công nhân làm được: $4x$ (sản phẩm).

Số sản phẩm cần làm thêm để hoàn thành kế hoạch là $250-4x$ (sản phẩm).

Số ngày làm xong $250-4x$ sản phẩm là ${\displaystyle \frac{250-4x}{x+5}}$ (ngày).

Do đội đó hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên  ta có phương trình :

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{250}{x}}-1=4+{\displaystyle \frac{250-4x}{x+5}}\iff {\displaystyle \frac{250}{x}}-{\displaystyle \frac{250-4x}{x+5}}=5\\ \iff {\displaystyle \frac{250\left(x+5\right)-x\left(250-4x\right)}{x\left(x+5\right)}}=5\\ \iff 250x+1250-250x+4x^2=5x^2+25x\\ \iff x^2+25x-1250=0\\ \iff x^2-25x+50x-1250=0\\ \iff x\left(x-25\right)+50\left(x-25\right)=0\\ \iff \left(x-25\right)\left(x+50\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-25=0\\ x+50=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=25\left(tm\right)\\ x=-50\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là 25 sản phẩm.

Bài 4:

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.

b) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh đẳng thức.

Cách giải:

a) Chứng minh các tứ giác $AEHD$ và $BDEC$ nội tiếp được đường tròn.

Xét tứ giác $AEHD$ ta có: $\{\begin{array}{l}\mathrm{\angle }ADH={90}^0\left(HD\mathrm{\perp }AB\right)\\ \mathrm{\angle }AEH={90}^0\left(HE\mathrm{\perp }AC\right)\end{array}\Rightarrow \mathrm{\angle }ADH+\mathrm{\angle }AEH={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này là hai góc đối diện $\Rightarrow AEHD$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Vì tứ giác $AEHD$ là tứ giác nội tiếp (cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }AHE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE$).

Lại có $\mathrm{\angle }AHE=\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }ECB$ (cùng phụ với $\mathrm{\angle }CHE$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }ECB$ .

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

b) Vẽ đường kính $AF$ của đường tròn $\left(O\right).$ Chứng minh $BC=\sqrt{AB.BD}+\sqrt{AC.CE}$ và $AF\mathrm{\perp }DE.$

+) Áp dụng hệ thức lượng trong $\mathrm{\Delta }AHC$ vuông tại $H$ có đường cao $HE$ ta có:

$H{C}^2=CE.AC\iff HC=\sqrt{CE.AC}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\mathrm{\Delta }AHB$ vuông tại $H$ có đường cao $HD$ ta có:

$B{H}^2=BD.BA\iff BH=\sqrt{BD.BA}.$

Mà $BH+HC=BC$$\iff BC=\sqrt{AB.BD}+\sqrt{AC.CE}\left(dpcm\right).$

+) Chứng minh $AF\mathrm{\perp }DE:$ 

Gọi $I=DE\cap AF$.

Tứ giác $BDEC$ là tứ giác nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \mathrm{\angle }AED=\mathrm{\angle }ABC$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Mà $\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }AFC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$) $\iff \mathrm{\angle }AED=\mathrm{\angle }AFC$.

Ta có $\mathrm{\angle }ACF={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \mathrm{\Delta }ACF$ vuông tại $C$.

$\iff \mathrm{\angle }CAF+\mathrm{\angle }AFC={90}^0\Rightarrow \mathrm{\angle }EAI+\mathrm{\angle }AED={90}^0$.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AIE$ vuông tại $I\Rightarrow AF\mathrm{\perp }DE$.

c) Gọi $O^{\prime }$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\mathrm{\Delta }BDE.$ Chứng minh $O^{\prime }$ là trung điểm của đoạn thẳng $HF.$

Gọi $K$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow O^{\prime }K\mathrm{\perp }BC$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Lại có $OK\mathrm{\perp }BC$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

$\Rightarrow O;O^{\prime };K$ thẳng hàng $\Rightarrow O{O}^{\prime }\mathrm{\perp }BC$. Mà $AH\mathrm{\perp }BC\Rightarrow O{O}^{\prime }//BC$.

Xét tam giác $AHF$ có:

$O$ là trung điểm của $AF$;

$O{O}^{\prime }//AH\left(cmt\right)$;

$\Rightarrow O^{\prime }$ là trung điểm của $HF$ (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

d) Tính bán kính của đường tròn $\left(O^{\prime }\right)$ biết $BC=8cm,DE=6cm,AF=10cm.$

Bài 5:

Phương pháp:

Gọi $O$ là tâm hình vuông.

Tính các diện tích $S_1,S_2$ bằng cách sử dụng mối quan hệ giữa diện tích các hình. Từ đó suy ra tỉ số.

Cách giải:

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, gọi $E,F$ là trung điểm của $AB$ và $AD$.

Suy ra $AC\mathrm{\perp }BD$ tại $O$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }AOB=\mathrm{\angle }AOD={90}^0$

$\Rightarrow O$ nằm trên các đường tròn đường kính $AB$ và đường tròn đường kính $AD$ (cùng nhìn $AB$ và $AD$ dưới các góc vuông).

Không mất tính tổng quát, giả sử hình vuông có cạnh bằng $2$ suy ra $AC=BD=2\sqrt{2}$.

$\Rightarrow OA=OB=OC=OD={\displaystyle \frac{AC}{2}}=\sqrt{2}$.

Ta có $OE$ là đường trung bình của tam giác $ABD\Rightarrow OE//AD\Rightarrow OE\mathrm{\perp }AB$ .

Xét tam giác $EAO$ vuông tại $E$ có $S_{EOA}={\displaystyle \frac{1}{2}}EA.EO={\displaystyle \frac{1}{2}}.1.1={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Diện tích hình quạt $S_{qEOA}={\displaystyle \frac{\pi E{O}^2.90}{360}}={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$

$\Rightarrow$ Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $OA$ và cung $OA$ trong hình tròn đường kính $AB$ là

$S_{vpOA}=S_{qEOA}-S_{\mathrm{\Delta }EOA}={\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Tương tự, diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $OA$ và cung $OA$ trong hình tròn đường kính $AD$ là $S_{vpOA}={\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Suy ra $S_1=2S_{vpOA}=2\left({\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{\pi }{2}}-1$.

Diện tích tam giác $BOC$ là $S_{\mathrm{\Delta }BOC}={\displaystyle \frac{1}{2}}OB.OC={\displaystyle \frac{1}{2}}.\sqrt{2}.\sqrt{2}=1$.

CMTT: Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $OB$ và cung $OB$ là $S_{vpOB}={\displaystyle \frac{\pi }{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}$

Diện tích phần còn lại giới hạn tam giác $OBC$ và hình viên phân giới hạn bởi dây $OB$ và cung $OB$ là $S_3=S_{\mathrm{\Delta }OBC}-S_{vpOB}=1-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}$.

Tương tự, diện tích phần còn lại giới hạn tam giác $ODC$ và hình viên phân giới hạn bởi dây $OD$ và cung $OD$ là $S_4=S_{\mathrm{\Delta }ODC}-S_{vpOD}=1-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}$

Suy ra $S_2=S_3+S_4=2\left({\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}\right)=3-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$

$\Rightarrow$ ${\displaystyle \frac{S_1}{S_2}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}-1}{3-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}}={\displaystyle \frac{\pi -2}{2}}:{\displaystyle \frac{6-\pi }{2}}={\displaystyle \frac{\pi -2}{6-\pi }}$.

Vậy ${\displaystyle \frac{S_1}{S_2}}={\displaystyle \frac{\pi -2}{6-\pi }}$.