Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020

Đề bài

Bài 1: Rút gọn biểu thức $A=\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right).\sqrt{3}-3\sqrt{2}.$

Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) $x^2+2x-3=0$                                                          b) $\{\begin{array}{l}x+y=7\\ 2x-y=5\end{array}$

Bài 3:

a) Vẽ đồ của thị hàm số $y=x^2$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.

b) Cho hàm số $y=mx+n$ có đồ thị là $\left(d\right)$. Tìm giá trị của $m$ và $n$ biết $\left(d\right)$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=x+3$ và đi qua điểm $M\left(2;4\right)$.

Bài 4:   Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.

Bài 5: 

Cho nửa đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AB=2R$. Trên đoạn thẳng $OB$ lấy điểm $M$ ($M$ khác $O$ và $B$). Trên nửa đường tròn $\left(O\right)$ lấy điểm $N$ ($N$ khác $A$ và $B$). Đường thẳng vuông góc với $MN$ tại $N$ cắt các tiếp tuyến $Ax,By$ của nửa đường tròn $\left(O\right)$ lần lượt tại $C$ và $D$ ($Ax,By$ và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ $AB$).

a) Chứng minh tứ giác $ACNM$ nội tiếp.

b) Chứng minh $AN.MD=NB.CM$.

c) Gọi $E$ là giao điểm của $AN$ và $CM$. Đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $BD$ cắt $MD$ tại $F$. Chứng minh $N,F,B$ thẳng hàng. 

Lời giải

Bài 1 (1 điểm):

Cách giải:

Rút gọn biểu thức $A=\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right).\sqrt{3}-3\sqrt{2}.$

$\begin{array}{l}A=\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right).\sqrt{3}-3\sqrt{2}\\ =\sqrt{6}.\sqrt{3}+\sqrt{3}.\sqrt{3}-3\sqrt{2}\\ =\sqrt{18}+3-3\sqrt{2}\\ =3\sqrt{2}+3-3\sqrt{2}\\ =3.\end{array}$

Vậy $A=3.$

Bài 2 (2 điểm):

Cách giải:

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) $x^2+2x-3=0$

Phương trình có: $a+b+c=1+2-3=0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2={\displaystyle \frac{c}{a}}=-3\end{array}.$

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

b) $\{\begin{array}{l}x+y=7\\ 2x-y=5\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}3x=12\\ y=7-x\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=4\\ y=7-4=3\end{array}.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left(x;y\right)=\left(4;3\right).$

Bài 3 (2,0 điểm)

Cách giải:

a) Vẽ đồ của thị hàm số $y=x^2$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$.

Ta có bảng giá trị:

Do đó, đồ thị hàm số $y=x^2$ là đường cong đi qua các điểm $\left(-2;4\right)$, $\left(-1;1\right)$, $\left(0;0\right)$, $\left(1;1\right)$, $\left(2;4\right)$ và nhận $Oy$ làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

b) Cho hàm số $y=mx+n$ có đồ thị là $\left(d\right)$. Tìm giá trị của $m$ và $n$ biết $\left(d\right)$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=x+3$ và đi qua điểm $M\left(2;4\right)$.

Vì đường thẳn $\left(d\right)$ song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=x+3$ nên ta có: $\{\begin{array}{l}m=1\\ n\ne 3\end{array}$.

Khi đó phương trình đường thẳng $\left(d\right)$ có dạng $y=x+n$ (với $n\ne 3$)

Mà  $M\left(2;4\right)\in d\Rightarrow 4=2+n\iff n=2\left(tm\right)$.

Vậy $m=1,n=2$.

Bài 4 (1 điểm):

Cách giải:

Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.

Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là $x$ (học sinh) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right).$

$\Rightarrow$ Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: ${\displaystyle \frac{80}{x}}$ (quyển vở).

Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: $x+2$ (học sinh).

$\Rightarrow$ Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: ${\displaystyle \frac{80}{x+2}}$ (quyển vở).

Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{80}{x}}-{\displaystyle \frac{80}{x+2}}=2\\ \iff 80\left(x+2\right)-80x=2x\left(x+2\right)\\ \iff 80x+160-80x=2x^2+4x\\ \iff 2x^2+4x-160=0\\ \iff x^2+2x-80=0\\ \iff x^2+10x-8x-80=0\\ \iff x\left(x+10\right)-8\left(x+10\right)=0\\ \iff \left(x-8\right)\left(x+10\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-8=0\\ x+10=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=8\left(tm\right)\\ x=-10\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy cuối năm lớp 9A có $8+2=10$ học sinh giỏi.

Bài 5 (4,0 điểm)

Cách giải:

Cho nửa đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AB=2R$. Trên đoạn thẳng $OB$ lấy điểm $M$ ($M$ khác $O$ và $B$). Trên nửa đường tròn $\left(O\right)$ lấy điểm $N$ ($N$ khác $A$ và $B$). Đường thẳng vuông góc với $MN$ tại $N$ cắt các tiếp tuyến $Ax,By$ của nửa đường tròn $\left(O\right)$ lần lượt tại $C$ và $D$ ($Ax,By$ và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ $AB$).

a) Chứng minh tứ giác $ACNM$ nội tiếp.

Vì $AC$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $A$ nên $\mathrm{\angle }MAC={90}^0$.

Vì $MN\mathrm{\perp }CD$ tại $N$ nên $\mathrm{\angle }MNC=\mathrm{\angle }MND={90}^0$.

Xét tứ giác $ACNM$ có $\mathrm{\angle }MAC+\mathrm{\angle }MNC={90}^0+{90}^0={180}^0$.

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

b) Chứng minh $AN.MD=NB.CM$.

Vì $BD$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$ tại $B$ nên $\mathrm{\angle }MBD={90}^0$.

Xét tứ giác $BMND$ có: $\mathrm{\angle }MBD+\mathrm{\angle }MND={90}^0+{90}^0={180}^0$.

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

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MDN=\mathrm{\angle }MBN$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MN$) $\Rightarrow \mathrm{\angle }ABN=\mathrm{\angle }MDC$.

Vì $ACNM$ là tứ giác nội tiếp (theo câu a).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MAN=\mathrm{\angle }MCN$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MN$) $\Rightarrow \mathrm{\angle }BAN=\mathrm{\angle }MCD$.

Xét $\mathrm{\Delta }ABN$ và $\mathrm{\Delta }CDN$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }ABN=\mathrm{\angle }MDC\left(cmt\right)\\ \mathrm{\angle }BAN=\mathrm{\angle }MCD\left(cmt\right)\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }ABN\sim \mathrm{\Delta }CDM\left(g.g\right)\end{array}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AN}{CM}}={\displaystyle \frac{NB}{MD}}$ (hai cạnh tương ứng) $\Rightarrow AN.MD=NB.CM$ (đpcm).

c) Gọi $E$ là giao điểm của $AN$ và $CM$. Đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $BD$ cắt $MD$ tại $F$. Chứng minh $N,F,B$ thẳng hàng.

Gọi $E=BN\cap DM$, ta chứng minh $EF\mathrm{\perp }BD$.

Vì $\mathrm{\Delta }ABN\sim \mathrm{\Delta }CDM\left(cmt\right)$ nên $\mathrm{\angle }ANB=\mathrm{\angle }CMD$. Mà $\mathrm{\angle }ANB={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \mathrm{\angle }CMD={90}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ENF=\mathrm{\angle }EMF={90}^0$.

Xét tứ giác $MENF$ có: $\mathrm{\angle }ENF+\mathrm{\angle }EMF={90}^0+{90}^0={180}^0$.

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

$\Rightarrow \mathrm{\angle }{N}_1=\mathrm{\angle }{E}_1$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $MF$).

Mà $\mathrm{\angle }{N}_1=\mathrm{\angle }{D}_1$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BM$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }{E}_1=\mathrm{\angle }{D}_1$ (1).

Vì $\mathrm{\Delta }BDM$ vuông tại $B$ nên $\mathrm{\angle }{D}_1+\mathrm{\angle }BMD={90}^0$ (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).

Mà $\mathrm{\angle }BMD+\mathrm{\angle }CMD+\mathrm{\angle }{M}_1={180}^0$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }{M}_1+\mathrm{\angle }BMD={180}^0-\mathrm{\angle }CMD={180}^0-{90}^0={90}^0$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }{D}_1=\mathrm{\angle }{M}_1$ (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \mathrm{\angle }{E}_1=\mathrm{\angle }{M}_1$.

Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên $EF//AM$ hay $EF//AB$.

Lại có $AB\mathrm{\perp }BD\left(gt\right)$ $\Rightarrow EF\mathrm{\perp }BD$.

Vậy đường thẳng qua $E$ vuông góc với $BD$ cắt $MD$ tại $F$ thuộc $BN$ (đpcm).

d) Khi $\mathrm{\angle }ABN={60}^0$, tính theo $R$ diện tích của phần nửa hình tròn tâm $O$, bán kính $R$ nằm ngoài $\mathrm{\Delta }ABN$.

Xét tam giác vuông $ABN$ vuông tại $N$ có $AB=2R,\mathrm{\angle }ABN={60}^0\left(gt\right)$ ta có:

$AN=AB.\sin \mathrm{\angle }ABN=2R.\sin {60}^0=R\sqrt{3}$.

$BN=AB.\cos \mathrm{\angle }ABN=2R.\cos {60}^0=R$.

$\Rightarrow S_{\mathrm{\Delta }ABN}={\displaystyle \frac{1}{2}}AN.BN={\displaystyle \frac{1}{2}}.R\sqrt{3}.R={\displaystyle \frac{R^2\sqrt{3}}{2}}$.

Diện tích nửa hình tròn tâm $\left(O;R\right)$ là $S_T={\displaystyle \frac{1}{2}}\pi R^2$.

Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm $O$, bán kính $R$ nằm ngoài $\mathrm{\Delta }ABN$ là;

$S=S_T-S_{\mathrm{\Delta }ABN}={\displaystyle \frac{1}{2}}\pi R^2-{\displaystyle \frac{R^2\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{R^2}{2}}\left(\pi -\sqrt{3}\right)$.