Đề thi vào 10 môn Toán Tây Ninh năm 2019

Đề bài

Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau: $T=\sqrt{4}+\sqrt{25}-\sqrt{9}$

Câu 2 (1,0 điểm): Tìm $m$ để đồ thị hàm số $y=\left(2m+1\right)x^2$ đi qua điểm $A\left(1;5\right)$.

Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình $x^2-x-6=0$

Câu 4 (VD) (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số $y=x^2.$

Câu 5 (VD) (1,0 điểm): Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng $d_1:y=2x+1$ và đường thẳng $d_2:y=x+3.$

Câu 6 (VD) (1,0 điểm) : Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có đường trung tuyến $BM$ ($M\in AC).$ Biết $AB=2a.$ Tính theo $a$ độ dài $AC,AM$và $BM.$

Câu 7 (1 điểm):  Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ $A$ đến $B$. Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là $10km/h$ nên ô tô thứ nhất đến $B$ trước ô tô thứ hai ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ giờ. Tính vạn tốc của mỗi ô tô. Biết rằng quãng đường $AB$ dài $150km.$ 

Câu 8 (1 điểm): Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình $x^2-4x+m+1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$  và $x_2$  thỏa mãn $x_1^3+x_2^3<100.$

Câu 9 (1 điểm):  Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm $O.$ Gọi $I$ là trung điểm của $AB,$ đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AO$ và cắt cạnh $AC$ tại$J.$ Chứng minh bốn điểm $B,C,J,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Câu 10 (1 điểm):  Cho đường tròn $\left(C\right)$ có tâm $I$ và có bán kính $R=2a.$ Xét điểm $M$ thay đổi sao cho $IM=a.$ Hai dây $AC,BD$ đi qua điểm $M$  và vuông góc với nhau $\left(A,B,C,D\in \left(C\right)\right).$ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác $ABCD.$

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Khai căn bậc hai của một số.  $\sqrt{A^2}=\left|A\right|=\{\begin{array}{l}A,khiA\ge 0\\ -A,khiA<0\end{array}$

Cách giải:

Ta có: $T=\sqrt{4}+\sqrt{25}-\sqrt{9}=2+5-3=4$

Câu 2 (TH)

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm A vào hàm số $y=\left(2m+1\right)x^2$, ta tìm được $m$ .

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số $y=\left(2m+1\right)x^2$ đi qua điểm $A\left(1;5\right)$nên ta có:

$\begin{array}{l}5=\left(2m+1\right){.1}^2\\ \Rightarrow 5=2m+1\\ \Rightarrow m=2\end{array}$

Vậy với $m=2$ đồ thị hàm số $y=\left(2m+1\right)x^2$ đi qua điểm $A\left(1;5\right)$

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai một ẩn.

Cách giải:

Ta có: $\mathrm{\Delta }={\left(-1\right)}^2-4.1.\left(-6\right)=25>0\Rightarrow \sqrt{\mathrm{\Delta }}=5$

$\Rightarrow$ Phương trình $\left(1\right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$

$\begin{array}{l}{x}_1={\displaystyle \frac{-b+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2.a}}={\displaystyle \frac{1+5}{2}}=3\\ x_2={\displaystyle \frac{-b-\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2.a}}={\displaystyle \frac{1-5}{2}}=-2\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là : $S=\left\{-2;3\right\}$

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số.

Cách giải:

Ta có bảng giá trị sau:

Vậy đồ thị hàm số $y=x^2$ là Parabol đi qua $5$ điểm có tọa độ $\left(-2;4\right),\left(-1;1\right),\left(0;0\right),\left(1;1\right),\left(2;4\right)$

Câu 5 (VD)

Phương pháp:

Cách 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Cách 2 : Giải hệ phương trình bao gồm 2 phương trình đường thẳng.

Cách giải:

Cách 1:

Phương trình hoành độ giao điểm của $d_1,d_2$ là: $2x+1=x+3\iff 2x-x=3-1\iff x=2$

Thay $x=2$ vào d₂ ta có: $y=x+3=2+3=5$.

Vậy $A\left(2;5\right)$ là giao điểm của hai đường thẳng.

Cách 2:

Gọi $A\left(x;y\right)$ là giao điểm của $d_1$ và $d_2$.

Tọa độ của $A$ là nghiệm của hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}y=2x+1\\ y=x+3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x-y=-1\\ x-y=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ x-y=-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\end{array}$.

Vậy $A\left(2;5\right)$.

Câu 6 (VD)

Phương pháp :

+ Tam giác vuông cân có hai cạnh  góc vuông bằng nhau.

+ Tính chất đường trung tuyến.

+ Định lý py-ta-go trong tam giác.

Cách giải :

Câu 7 (VD)

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện của ẩn

Bước 2: Lập phương trình

Bước 3: Giải phương trình, so sánh các giá trị tìm được với điều kiện ở bước 1 để tìm các giá trị thỏa mãn sau đó kết luận.

Cách giải:

Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là $x\left(km/h\right)\left(x>0\right)$.

Vì vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là $10km/h$ nên vận tốc của ô tô thứ nhất là $\left(x+10\right)\left(km/h\right)$.

Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường $AB$ là ${\displaystyle \frac{150}{x+10}}\left(h\right)$.

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường $AB$ là ${\displaystyle \frac{150}{x}}\left(h\right)$.

Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ giờ nên ta có phương trình ${\displaystyle \frac{150}{x+10}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{150}{x}}$

$\Rightarrow 300x+x\left(x+10\right)=300\left(x+10\right)$

$\iff 300x+x^2+10x=300x+3000$

$\begin{array}{l}\iff x^2+10x-3000=0\\ \iff x^2-50x+60x-3000=0\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff x\left(x-50\right)+60\left(x-50\right)=0\\ \iff \left(x+60\right)\left(x-50\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x+60=0\\ x-50=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=-60\left(ktm\right)\\ x=50\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy vận tốc ô tô thứ hai là $50km/h$ và vận tốc  ô tô thứ nhất là $50+10=60km/h$.

Câu 8 (VD)

Phương pháp:

Phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff \mathrm{\Delta }>0.$

Áp dụng hệ thức Vi-et và biến đổi hệ thức bài cho $x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]$ để tìm giá trị $m$ thỏa mãn bài toán.

Cách giải:

$x^2-4x+m+1=0$

 Ta có: $a=1;b=-4;c=m+1$

$\Rightarrow {\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(-2\right)}^2-m-1=3-m$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0\iff 3-m>0\iff m<3$

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có:  $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1{x}_2=m+1\end{array}$

Theo đề bài ta có:

 $\begin{array}{l}{x}_1^3+x_2^3<100\\ \iff \left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1{x}_2+x_2^2\right)<100\\ \iff \left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]<100\\ \iff 4.\left[16-3\left(m+1\right)\right]<100\\ \iff 16-3m-3<25\\ \iff -3m<12\iff m>-4\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $m<3$  và $m$  nguyên ta có: $\{\begin{array}{l}-4<m<3\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2\right\}$ 

Vậy $m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2\right\}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chú ý khi giải: HS chú khi giải xong nhớ kết hợp điều kiện của $m$ và điều kiện $m\in \mathbb{Z}.$

Câu 9 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng các tính chất về số đo góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung để chứng minh các góc tường ứng bằng nhau.

Chứng minh tứ giác $BIJC$ là tứ giác nội tiếp nhờ dấu hiệu nhận biết.

Cách giải:

Gọi $H=IJ\cap OA$.

Do $I$ là trung điểm của $AB\Rightarrow OI\mathrm{\perp }AB$ tại $I$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OAI$ vuông tại $I$.

Xét tam giác vuông $OAI$ có: $\mathrm{\angle }IOA+\mathrm{\angle }OAI={90}^0$.

Xét tam giác vuông $IAH$ có: $\mathrm{\angle }HIA+\mathrm{\angle }HAI={90}^0\Rightarrow \mathrm{\angle }JIA+\mathrm{\angle }OAI={90}^0$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IOA=\mathrm{\angle }JIA$ (1).

Do tam giác $OAB$ cân tại $O\left(OA=OB\right)\Rightarrow$ Trung tuyến $OI$  đồng thời là phân giác.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IOA={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\angle }AOB$.

Mà $\mathrm{\angle }ACB={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\angle }AOB$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AB$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IOA=\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }JCB$ (2).

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow \mathrm{\angle }JIA=\mathrm{\angle }JCB\Rightarrow$ Tứ giác $BCJI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Vậy bốn điểm $B,C,J$ và $I$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Câu 10 (VDC):

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức tính diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}AC.BD$.

+) Áp dụng BĐT Cô-si.

+) Chứng minh $A{C}^2+B{D}^2$ không đổi.

+) Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra.

Cách giải:

Tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo $AC\mathrm{\perp }BD$ $\Rightarrow S_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}AC.BD\le {\displaystyle \frac{A{C}^2+B{D}^2}{4}}$

Kẻ $IE\mathrm{\perp }AC\left(E\in AC\right),IF\mathrm{\perp }BD\left(F\in BD\right)$

$AC=2AF=2\sqrt{I{A}^2-I{F}^2}=2\sqrt{4a^2-I{F}^2}$

$BD=2DE=2\sqrt{I{D}^2-I{E}^2}=2\sqrt{4a^2-I{E}^2}$

$\Rightarrow A{C}^2+B{D}^2=4\left(4a^2-I{F}^2\right)+4\left(4a^2-I{E}^2\right)$ $=32a^2-4\left(I{E}^2+I{F}^2\right)$.

Xét tứ giác $IEMF$ có $\mathrm{\angle }IEM=\mathrm{\angle }IFM=\mathrm{\angle }EMF={90}^0\Rightarrow IEMF$ là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)

$\Rightarrow IF=EM\Rightarrow I{E}^2+I{F}^2=I{M}^2=a^2$

$\Rightarrow A{C}^2+B{D}^2=32a^2-4a^2=28a^2$

$\Rightarrow S_{ABCD}\le {\displaystyle \frac{28a^2}{4}}=7a^2$.

Dấu “=” xảy ra $\iff AC=BD$.

Vậy $S_{ABCD}$ đạt GTLN bằng $7a^2$ khi $AC=BD$.