Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm): 

a) Rút gọn biểu thức $A=\sqrt{5}\left(\sqrt{20}-3\right)+\sqrt{45}.$

b) Chứng minh rằng $\sqrt{24+16\sqrt{2}}-\sqrt{24-16\sqrt{2}}=4\sqrt{2}.$

c) Tìm tập hợp các giá trị của $x$ sao cho $\sqrt{2x+1}\le 5$

Câu 2 (1,5 điểm):

a) Giải phương trình $\sqrt{x^2-4x+4}+x=8.$

b) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=4\\ 2x-y=-7\end{array}$

Câu 3 (2,0 điểm)  Cho phương trình $x^2-2\left(m+2\right)x+m+1=0$ ($x$ là ẩn)

a) Giải phương trình khi $m=-{\displaystyle \frac{3}{2}}.$

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

c) Gọi $x_1;x_2$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của $m$ để ${x_1}^2+{x_2}^2=8.$

Câu 4 (1,5 điểm)  Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong $4$ giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là $6$ giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?

Câu 5 (3,0 điểm):

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A\left(AB<AC\right),$ đường cao $AH.$ Trên đoạn $HC$ lấy điểm $D$ sao cho $HD=HB,$ vẽ $CE$ vuông góc với $AD\left(E\in AD\right).$

a) Chứng minh tứ giác $AHEC$ nội tiếp, xác định tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHEC.$

b) Chứng minh $CH$ là tia phân giác của góc $\mathrm{\angle }ACE.$

c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng $CA,CH$ và cung nhỏ $AH$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHEC.$ Biết $CA=6cm;\mathrm{\angle }ACB={30}^0.$

Lời giải

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức $A,B$ mà $B\ge 0$, ta có:

$\begin{array}{l}\sqrt{A^2.B}=A\sqrt{B},khiA\ge 0\\ \sqrt{A^2.B}=-A\sqrt{B},khiA<0\end{array}$

b) Sử dụng công thức: $\sqrt{A^2}=\left|A\right|=\{\begin{array}{l}AkhiA\ge 0\\ -AkhiA<0\end{array}.$

c) $\sqrt{f\left(x\right)}\ge g\left(x\right)\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}g\left(x\right)<0\\ f\left(x\right)\ge 0\end{array}\\ \{\begin{array}{c}g\left(x\right)\ge 0\\ f\left(x\right)\ge {\left[g\left(x\right)\right]}^2\end{array}\end{array}$

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức $A=\sqrt{5}\left(\sqrt{20}-3\right)+\sqrt{45}.$

Ta có:

$\begin{array}{l}A=\sqrt{5}\left(\sqrt{20}-3\right)+\sqrt{45}\\ A=\sqrt{5}.\sqrt{20}-3.\sqrt{5}+\sqrt{3^2.5}\\ A=\sqrt{100}-3\sqrt{5}+3\sqrt{5}\\ A=10+\left(-3\sqrt{5}+3\sqrt{5}\right)\\ A=10\end{array}$

b) Chứng minh rằng $\sqrt{24+16\sqrt{2}}-\sqrt{24-16\sqrt{2}}=4\sqrt{2}.$

Ta có:

$\begin{array}{l}VT=\sqrt{24+16\sqrt{2}}-\sqrt{24-16\sqrt{2}}\\ VT=\sqrt{16+2.4.2\sqrt{2}+8}-\sqrt{16-2.4.\sqrt{2}+8}\\ VT=\sqrt{{\left(4+2\sqrt{2}\right)}^2}-\sqrt{{\left(4-2\sqrt{2}\right)}^2}\\ VT=\left|4+2\sqrt{2}\right|-\left|4-2\sqrt{2}\right|\\ VT=4+2\sqrt{2}-\left(4-2\sqrt{2}\right)\left(do4-2\sqrt{2}>0\right)\\ VT=4+2\sqrt{2}-4+2\sqrt{2}\\ VT=4\sqrt{2}=VP\left(dpcm\right)\end{array}$

c) Tìm tập hợp các giá trị của $x$ sao cho $\sqrt{2x+1}\le 5(\ast )$

Điều kiện: $2x+1\ge 0\iff 2x\ge -1\iff x\ge -{\displaystyle \frac{1}{2}}$

Khi đó, bất phương trình $(\ast )\iff 2x+1\le 25$

$\iff 2x\le 24\iff x\le 12$

Kết hợp với điều kiện, ta có: $-{\displaystyle \frac{1}{2}}\le x\le 12$

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức: $\sqrt{A^2}=\left|A\right|=\{\begin{array}{l}AkhiA\ge 0\\ -AkhiA<0\end{array}.$

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

Cách giải:

a) Giải phương trình $\sqrt{x^2-4x+4}+x=8.(\ast )$

Ta có: $x^2-4x+4={\left(x-2\right)}^2$

Điều kiện: ${\left(x-2\right)}^2\ge 0,$ luôn đúng với mọi $x\in \mathbb{R}.$

$\begin{array}{l}\sqrt{x^2-4x+4}+x=8\iff \sqrt{{\left(x-2\right)}^2}+x=8(\ast )\\ \iff \left|x-2\right|+x=8\end{array}$

+) Nếu $x-2\ge 0\iff x\ge 2$ thì $\left|x-2\right|=x-2$

Khi đó, phương trình $(\ast )$ trở thành: $x-2+x=8$

$\iff 2x-2=8\iff 2x=10\iff x=5$ (thỏa mãn)

+) Nếu $x-2<0\iff x<2$ thì $\left|x-2\right|=-x+2$

Khi đó, phương trình $(\ast )$ trở thành: $-x+2+x=8\iff -2=8$ (vô lí)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{5\right\}.$

b) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=4\\ 2x-y=-7\end{array}.$

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}x+y=4\\ 2x-y=-7\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3x=-3\\ x+y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=-1\\ x+y=4\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}x=-1\\ -1+y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=-1\\ y=5\end{array}\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $\left(x;y\right)=\left(-1;5\right).$

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Thay $m=-{\displaystyle \frac{3}{2}}$ vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức $\mathrm{\Delta }.$

b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $\iff [\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }>0\\ {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0\end{array}$ với mọi giá trị của $m.$

c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.

+) Áp dụng định lí Vi-ét.

+) Sử dụng  biến đổi: ${x_1}^2+{x_2}^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2$.

Cách giải:

Cho phương trình $x^2-2\left(m+2\right)x+m+1=0$ ($x$ là ẩn)

a) Giải phương trình khi $m=-{\displaystyle \frac{3}{2}}.$

Thay $m=-{\displaystyle \frac{3}{2}}$ vào phương trình đã cho, ta được:

$\begin{array}{l}{x}^2-2.\left(-{\displaystyle \frac{3}{2}}+2\right)x-{\displaystyle \frac{3}{2}}+1=0\\ \iff x^2-2.{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{2}}=0\\ \iff x^2-x-{\displaystyle \frac{1}{2}}=0(\ast )\end{array}$

$\mathrm{\Delta }=1^2-4.1.\left(-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=3>0\Rightarrow \sqrt{\mathrm{\Delta }}=\sqrt{3}$

Phương trình $(\ast )$ có 2 nghiệm phân biệt: $x_1={\displaystyle \frac{1+\sqrt{3}}{2}};x_2={\displaystyle \frac{1-\sqrt{3}}{2}}$

Vậy $S=\left\{{\displaystyle \frac{1+\sqrt{3}}{2}};{\displaystyle \frac{1-\sqrt{3}}{2}}\right\}.$

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình $x^2-2\left(m+2\right)x+m+1=0$ ($x$ là ẩn)

$\begin{array}{l}{\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(m+2\right)}^2-1.\left(m+1\right)=m^2+4m+4-m-1\\ =m^2+3m+3=m^2+2.{\displaystyle \frac{3}{2}}.m+{\displaystyle \frac{9}{4}}+{\displaystyle \frac{3}{4}}\\ =\left(m^2+2.{\displaystyle \frac{3}{2}}.m+{\displaystyle \frac{9}{4}}\right)+{\displaystyle \frac{3}{4}}\\ =\left(m+{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)+{\displaystyle \frac{3}{4}}>0\mathrm{\forall }m\end{array}$

Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.

c) Gọi $x_1;x_2$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của $m$ để ${x_1}^2+{x_2}^2=8.$

Phương trình $x^2-2\left(m+2\right)x+m+1=0$ luôn có 2 nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+2\right)=2m+4\\ x_1{x}_2=m+1\end{array}$

Theo đề bài, ta có: ${x_1}^2+{x_2}^2=8\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=8$

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\left(2m+4\right)}^2-2.\left(m+1\right)=8\\ \iff 4m^2+16m+16-2m-2=8\\ \iff 4m^2+16m+16-2m-2-8=0\\ \iff 4m^2+14m+6=0\\ \iff 2m^2+7m+3=0\\ \iff 2m^2+6m+m+3=0\\ \iff 2m\left(m+2\right)+\left(m+3\right)=0\\ \iff \left(m+3\right)\left(2m+1\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}m+3=0\\ 2m+1=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}m=-3\\ m=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}\end{array}$

Vậy $m=-3;m=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là $x\left(x>0\right)$ (giờ)

$\Rightarrow$ Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là $x+6$ (giờ)

+) Một giờ đội thứ nhất làm được: ${\displaystyle \frac{1}{x}}$ (công việc)

Một giờ đội thứ hai làm được: ${\displaystyle \frac{1}{x+6}}$ (công việc)

+) Hai đội cùng làm trong $4$ giờ thì xong công việc nên $4.\left({\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x+6}}\right)=1(\ast )$

+) Giải phương trình $(\ast )$ ta tìm được $x$. Đối chiếu với điều kiện của $x$ rồi kết luận.

Cách giải:

Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong $4$ giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là $6$ giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?

Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là $x\left(x>0\right)$ (giờ)

$\Rightarrow$ Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là $x+6$ (giờ)

Một giờ đội thứ nhất làm được: ${\displaystyle \frac{1}{x}}$ (công việc)

Một giờ đội thứ hai làm được: ${\displaystyle \frac{1}{x+6}}$ (công việc)

Hai đội cùng làm một công việc trong $4$ giờ thì xong công việc nên ta có

$\begin{array}{l}4.\left({\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x+6}}\right)=1\iff {\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x+6}}={\displaystyle \frac{1}{4}}\\ \iff {\displaystyle \frac{4.\left(x+6\right)}{4x.\left(x+6\right)}}+{\displaystyle \frac{4x}{4x.\left(x+6\right)}}={\displaystyle \frac{x.\left(x+6\right)}{4x.\left(x+6\right)}}\\ \Rightarrow 4.\left(x+6\right)+4x=x.\left(x+6\right)\\ \iff 4x+24+4x=x^2+6x\\ \iff x^2+6x-4x-24-4x=0\\ \iff x^2-2x-24=0\\ \iff x^2-6x+4x-24=0\\ \iff x\left(x-6\right)+4\left(x-6\right)=0\\ \iff \left(x-6\right)\left(x+4\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}x-6=0\\ x+4\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=6\left(tm\right)\\ x=-4\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong $6$ giờ

       đội thứ hai làm riêng xong công việc trong $6+6=12$ giờ.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh $\mathrm{\angle }AHC=\mathrm{\angle }AEC$.

b) Chứng minh $\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }ECH$.

c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.

Cách giải:

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A\left(AB<AC\right),$ đường cao $AH.$ Trên đoạn $HC$ lấy điểm $D$ sao cho $HD=HB,$ vẽ $CE$ vuông góc với $AD\left(E\in AD\right).$

a) Chứng minh tứ giác $AHEC$ nội tiếp, xác định tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHEC.$

Ta có: $\mathrm{\angle }AHC={90}^0\left(doAH\mathrm{\perp }BC\right)$

Và $\mathrm{\angle }AEC={90}^0\left(doAE\mathrm{\perp }EC\right)$

Xét tứ giác $AHEC$ có $E,H$ là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $AC$ dưới một góc $\alpha ={90}^0\left(\mathrm{\angle }AHC=\mathrm{\angle }AEC={90}^0\right)$

Suy ra: Tứ giác $AHEC$ là tứ giác nội tiếp.

Tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHEC$ là trung điểm của cạnh $AC.$

b) Chứng minh $CH$ là tia phân giác của góc $\mathrm{\angle }ACE.$

Vì tứ giác $AHEC$ là tứ giác nội tiếp nên: $\mathrm{\angle }ACH={\displaystyle \frac{1}{2}}sdcungAH$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung $AH$) $\left(1\right)$

Theo câu a, tứ giác $AHEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$

Theo đề bài: $\mathrm{\angle }BAC={90}^0$ (vì $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại $A$)

$\Rightarrow AB$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O,$ đường kính $AC$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BAH={\displaystyle \frac{1}{2}}sdcungAH$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra: $\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }BAH\left(3\right)$

Vì tứ giác $AHEC$ là tứ giác nội tiếp nên:

$\mathrm{\angle }EAH=\mathrm{\angle }ECH={\displaystyle \frac{1}{2}}sdcungEH$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung $AH$) $\left(3\right)$

Xét $\mathrm{\Delta }ABD$ có $AH$ là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABD$ cân tại $A$

$\Rightarrow AH$ là phân giác của $\mathrm{\Delta }ABD\Rightarrow \mathrm{\angle }BAH=\mathrm{\angle }EAH\left(5\right)$

Từ $\left(3\right),\left(4\right)$ và $\left(5\right)$ suy ra: $\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }ECH$

Vậy $CH$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }ACE.$

c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng $CA,CH$ và cung nhỏ $AH$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHEC.$ Biết $CA=6cm;\mathrm{\angle }ACB={30}^0.$

Gọi diện tích hình quạt $AOH$ là $S_q={\displaystyle \frac{\pi R^2.\mathrm{\angle }AOH}{{360}^0}}$

Diện tích cần tính là: $S_q+S_{OHC}$

Theo đề bài, $AC=6cm,O$ là trung điểm của $AC$

$\Rightarrow OA=OC=R=3cm$

Ta lại có: $OH=OC=R=3cm$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OHC$ cân tại $O$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OHC=\mathrm{\angle }OCH={30}^0\left(do\mathrm{\angle }ACB={30}^0\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AOH=\mathrm{\angle }OHC+\mathrm{\angle }OCH={30}^0+{30}^0={60}^0$ (Góc ngoài của tam giác)

$S_q={\displaystyle \frac{\pi {.3}^2{.60}^0}{{360}^0}}={\displaystyle \frac{\pi {.3}^2}{62}}={\displaystyle \frac{3}{2}}\pi \left(c{m}^2\right)$

Gọi $M$ là trung điểm của $HC$

$\Rightarrow OM\mathrm{\perp }HC$ (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

$S_{OHC}={\displaystyle \frac{1}{2}}.OM.HC$

Xét $\mathrm{\Delta }AHC$ vuông tại $H$ có:

$\cos \mathrm{\angle }ACH={\displaystyle \frac{HC}{AC}}\Rightarrow HC=AC.\cos \mathrm{\angle }ACH=AC.\cos {30}^0=6.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}=3\sqrt{3}\left(cm\right)$

Vì $M$ là trung điểm của $HC$ nên $HM={\displaystyle \frac{HC}{2}}={\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}}$

Xét $\mathrm{\Delta }OMH$ vuông tại $M,$ theo địnhlí Py-ta-go, ta có: $O{H}^2=O{M}^2+M{H}^2$

$\begin{array}{l}\Rightarrow O{M}^2=O{H}^2-M{H}^2=3^2-{\left({\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}}\right)}^2\\ O{M}^2=9-{\displaystyle \frac{27}{4}}={\displaystyle \frac{9}{4}}\Rightarrow OM=\sqrt{{\displaystyle \frac{9}{4}}}={\displaystyle \frac{3}{2}}\left(cm\right)\\ S_{OHC}={\displaystyle \frac{1}{2}}.OM.HC={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{3}{2}}.3\sqrt{3}={\displaystyle \frac{9\sqrt{3}}{4}}\left(c{m}^2\right)\end{array}$

Diện tích cần tính là: $S_q+S_{OHC}={\displaystyle \frac{3}{2}}\pi +{\displaystyle \frac{9\sqrt{3}}{4}}={\displaystyle \frac{9\sqrt{3}+6\pi }{4}}\left(c{m}^2\right).$