Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023

Đề bài

Câu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau:

$A=\sqrt{16}+\sqrt{9}$

$B=\sqrt{7}+\sqrt{{\left(4-\sqrt{7}\right)}^2}$

2. Cho biểu thức $P=\frac{x-9}{\sqrt{x}+3}+\sqrt{x}+2$ với $x\ge 0$.

a) Rút gọn biểu thức $P.$

b) Tính giá trị của biểu thức $P$ khi $x=4$.

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

a) Vẽ Parabol $(P)$ và đường thẳng $(d)$trên cùng một hệ trục toạ độ $Oxy.$

b) Tìm toạ độ giao điểm của Parabol $(P)$ và đường thẳng $(d)$ bằng phép tính.

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x+y=5\\ x-3y=-1\end{array}.$

Câu 3: 1. Cho phương trình $x^2-2x+m-3=0$ ($m$ là tham số).

a) Giải phương trình khi $m=0.$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ sao cho biểu thức $P=x_1^2+x_2^2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích $600{\mathrm{m}}^2.$ Biết rằng nếu tăng chiều dài $10\mathrm{m}$ và giảm chiều rộng $5\mathrm{m}$ thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH.$ Biết rằng $AB=3\mathrm{c}\mathrm{m}$, $\hat{C}={30}^{\circ }.$

a) Tính $\hat{B},AC,AH.$

b) Trên cạnh $BC$lấy điểm $M$ sao cho $MC=2MB,$ tính diện tích tam giác $AMC.$

Câu 5: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$, lấy điểm $C$ thuộc $(O)$($C$ khác $A$ và $B$), tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ cắt $AC$ ở $K.$ Từ $K$ kẻ tiếp tuyến $KD$ với đường tròn $(O)$($D$ là tiếp điểm khác $B$).

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

b) Biết $OK$cắt $BD$ tại $I.$ Chứng minh rằng $OI\mathrm{\perp }BD$ và $KC\cdot KA=KI\cdot KO.$

c) Gọi $E$ là trung điểm của $AC,$ kẻ đường kính $CF$ của đường tròn $(O),$ $FE$ cắt $AI$ tại $H.$ Chứng minh rằng $H$ là trung điểm của $AI$.

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

1. Khai căn và thực hiện phép tính.

2. a) Tách tử thành hằng đẳng thức và rút gọn.

b) Thay $x=4$ vào biểu thức đã rút gọn ở câu a để tính.

Cách giải:

1. $A=\sqrt{16}+\sqrt{9}=\sqrt{4^2}+\sqrt{3^2}=4+3=7$

$B=\sqrt{7}+\sqrt{{(4-\sqrt{7})}^2}=\sqrt{7}+4-\sqrt{7}=4(\mathrm{D}\mathrm{o}4-\sqrt{7}>0)$

Vậy $A=7;B=4$.

a) Rút gọn biểu thức $P$.

Với $x\ge 0$ ta có:

P = $=\frac{x-9}{\sqrt{x}+3}+\sqrt{x}+2$

$=\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}{\sqrt{x}+3}+\sqrt{x}+2$

$=\sqrt{x}-3+\sqrt{x}+2$

$=2\sqrt{x}-1$

Vậy với $x\ge 0$ thì $P=2\sqrt{x}-1$.

b) Tính giá trị của biểu thức $P$ khi $x=4$.

Với $x=4$ (thoả mãn điều kiện) ta được: $P=2\sqrt{4}-1=2\sqrt{2^2}-1=2.2-1=4-1=3$.

Vậy với $x=4$ thì $P=3$.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

1. a) Chọn 5 điểm để vẽ Parabol (P) và chọn 2 điểm để vẽ đường thẳng (d).

b) Xét phương trình hoành độ và giải phương trình.

2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

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

a) Vẽ Parabol $\left(P\right)$ và đường thẳng $\left(d\right)$ trên cùng một hệ trục toạ dộ Oxy.

*Vẽ đồ thị hàm số $y=-x^2$

Tập xác định $D=\mathbb{R}$.

Bảng giá trị

Ta có $a=-1<0$ đồ thị hàm số là Parabol có đường cong hướng xuống dưới.

Qua 5 điểm có tọa độ $A\left(-2;4\right);B\left(-1;1\right);O\left(0;0\right);C\left(1;1\right);D\left(2;4\right)$.

*Vẽ đồ thị hàm số $y=x-2$

Ta có bảng giá trị:

Đồ thị hàm số $y=x-2$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left(0;-2\right)$ và $\left(2;0\right)$.

Ta vẽ được đồ thị $\left(\mathrm{d}\right)$ và $\left(\mathrm{P}\right)$ trên cùng hệ trục toạ độ $\mathrm{O}\mathrm{x}\mathrm{y}$ như sau:

b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol $\left(P\right)$ và duờng thằng $\left(d\right)$ bằng phép tính.

Hoành độ giao điểm của $\left(\mathrm{P}\right)$ và $\left(\mathrm{d}\right)$ là nghiệm của phương trình

$-x^2=x-2\iff -x^2-x+2=0$

Ta thấy $a+b+c=0$ nên phương trình có hai nghiệm $[\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2=-2\end{array}$.

Với $\mathrm{x}=1$ thì $\mathrm{y}=1-2=-1$ suy ra $E\left(1;-1\right)$ là giao điểm.

Với $\mathrm{x}=-2$ thì $\mathrm{y}=-2-2=-4$ suy ra $F\left(-2;-4\right)$ là giao điểm.

Vậy giao điểm của $\left(\mathrm{P}\right)$ và $\left(\mathrm{d}\right)$ là $E\left(1;-1\right);F\left(-2;-4\right)$.

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x+y=5\\ x-3y=-1\end{array}$.

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

Thay (2) vào (1) ta có:

$\iff 2\left(-1+3y\right)+y=5$

$\iff -2+6y+y=5$

$\iff 7y=7$

$\iff y=1$

Thay $y=1$ vào (2) ta có: $x=-1+3.1=2$

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

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1. a) Thay $m=0$ vào phương trình ban đầu để giải.

b) Áp dụng hệ thức vi-et $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$

2. Gọi chiều rộng ban đầu là x, từ đó tìm được chiều rộng và chiều dài lúc sau. Diện tích không đổi nên phương trình là chiều dài nhân với chiều rộng bằng 600.

Cách giải:

1. Cho phương trình $x^2-2x+m-3=0$ (m là tham số).

a) Giải phương trình khi $m=0$.

Với $m=0$ ta có: $x^2-2x-3=0$

Vi $a-b+c=1-\left(-2\right)-3=0$ nên phương trình có 1 nghiệm là $x_1=-1$ và $x_2=\frac{c}{a}=3$.

Vậy với $m=0$ thì phương trình có tập nghiệm là: $S=\left\{-1;3\right\}$.

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ sao cho biểu thức $P=x_1{}^2+x_1{}^2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2$ dạt giá trị nhỏ nhất.

Xét phương trình $x^2-2x+m-3=0$ :

Ta có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=1^2-\left(m-3\right)=4-m$

Phương trình có 2 nghiệm khi và chi khi ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }\ge 0\iff 4-m\ge 0\iff m\le 4$

Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=m-3\end{array}$

Từ giả thiết: $P=x_1^2+x_1^2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2$

Suy ra:

P = $=2^2-2\left(m-3\right)+(m-3{)}^2$

$=4-2m+6+m^2-6m+9$

$=m^2-8m+19$

$=m^2-8m+16+3$

$=(m-4{)}^2+3\ge 3$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là 3 khi và chỉ khi $(m-4{)}^2=0\iff m-4=0\iff m=4$.

Vậy với $m=4$ thì biểu thức $P=x_1^2+x_1^2+{\left(x_1{x}_2\right)}^2$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3.

2. Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là $x\left(\mathrm{m}\right),$ $x>5.$

Suy ra chiều dài khu vườn là $\frac{600}{x}\left(\mathrm{m}\right).$

Chiều dài khu vườn sau khi tăng là $\frac{600}{x}+10\left(\mathrm{m}\right).$

Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là $x-5\left(\mathrm{m}\right).$

Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài $10\mathrm{m}$ và giảm chiều rộng $5\mathrm{m}$ thì  không đổi nên ta có phương trình

$\left(\frac{600}{x}+10\right)\left(x-5\right)=600.$

$\iff \left(600+10x\right)\left(x-5\right)=600x\iff 10x^2-50x-3000=0\iff [\begin{array}{l}x=20\\ x=-15\left(\mathrm{L}\right)\end{array}.$

Vậy chiều dài mảnh vườn là $30\left(\mathrm{m}\right),$ chiều rộng mảnh vườn là $20\left(\mathrm{m}\right).$

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông.

b) $S_{AMC}=\frac{1}{2}AH\cdot MC$

Cách giải:

a) Ta có $\mathrm{\angle }B={60}^{\circ }$

Ta có $\sin \mathrm{\angle }C=\frac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\frac{AB}{\sin \mathrm{\angle }C}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6\left(\mathrm{c}\mathrm{m}\right).$

Ta có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}\left(\mathrm{c}\mathrm{m}\right).$

$AH\cdot BC=AB\cdot AC\iff AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{3\cdot 3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(\mathrm{c}\mathrm{m}\right).$

b) $S_{AMC}=\frac{1}{2}AH\cdot MC=\frac{1}{2}AH\cdot \frac{2}{3}BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 6=3\sqrt{3}\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right).$

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^{\circ }$ là tứ giác nội tiếp.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh $K{B}^2=KC.KA$ và $K{B}^2=KI\cdot KO.$

c) Chứng minh $E$ là trung điểm của $AC$ và $\mathrm{E}\mathrm{F}//\mathrm{C}\mathrm{I}$ từ đó suy ra $H$ là trung điểm của $AI$.

Cách giải:

a) Ta có $\widehat{OBK}=\widehat{ODK}={90}^{\circ }.$

$\Rightarrow \widehat{OBK}+\widehat{ODK}={180}^{\circ }.$

Do đó tứ giác $BODK$ nội tiếp

b) Ta có $KB=KD$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta lại có $OB=OD$ nên $OK$ là đường trung trực của $BD$. Suy ra$KO\mathrm{\perp }BD\Rightarrow OI\mathrm{\perp }BD.$

Xét tam giác $ABK$ vuông tại $B$ nên $K{B}^2=KC.KA.$

Xét tam giác $OBK$ vuông tại $B$ nên $K{B}^2=KI\cdot KO.$

Suy ra $KC.KA=KI.KO.$ (đpcm)

c) Xét tam giác $KCI$ và tam giác $KOA$ ta có góc $K$ chung, $KC\cdot KA=KI\cdot KO\iff \frac{KC}{KI}=\frac{KO}{KA}$.

Suy ra tam giác $KCI$ và tam giác $KOA$ đồng dạng với nhau. Suy ra $\widehat{KCI}=\widehat{KOA}$. (*)

Xét tam giác $ACF$ và $BAK$ có $\widehat{KBA}=\widehat{C\mathrm{A}\mathrm{F}}={90}^{\circ }.$ (1)

Mà tam giác $O\mathrm{A}\mathrm{C}$ cân tại $O$ nên $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\mathrm{\Delta }ACF$ đồng dạng với $\mathrm{\Delta }BAK$ suy ra $\frac{BA}{BK}=\frac{AC}{\mathrm{A}\mathrm{F}}\iff \frac{2BO}{BK}=\frac{2AE}{\mathrm{A}\mathrm{F}}\iff \frac{BK}{\mathrm{A}\mathrm{F}}=\frac{BO}{AE}$.

Xét tam giác $AEF$ và $BOK$ ta có $\widehat{KBO}=\widehat{E\mathrm{A}\mathrm{F}}={90}^{\circ }$ và $\frac{BK}{\mathrm{A}\mathrm{F}}=\frac{BO}{AE}$

 Nên  $\mathrm{\Delta }AEF$ đồng dạng với $\mathrm{\Delta }BOK$ suy ra

$\widehat{AEF}=\widehat{BOK}\Rightarrow \widehat{K\mathrm{E}\mathrm{F}}=\widehat{KOA}$( cùng bù với $\widehat{AEF}$) (**)

Từ (*) và (**)  ta có $\widehat{KCI}=\widehat{K\mathrm{E}\mathrm{F}}$ suy ra $\mathrm{E}\mathrm{F}//\mathrm{C}\mathrm{I}$.

Xét tam giác $ACI$ có $E$ là trung điểm của $AC$ và $\mathrm{E}\mathrm{F}//\mathrm{C}\mathrm{I}$ nên $H$ là trung điểm của $AI$.

-----HẾT-----