Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Trị năm 2021

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

Bằng các phép biến đổi đại số, rút các biểu thức sau:

$A=2\sqrt{8}-5\sqrt{18}+4\sqrt{32}$

$B={\displaystyle \frac{a-\sqrt{a}}{a-2\sqrt{a}+1}}\left(1-\sqrt{a}\right)$ với $a>1$

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho hàm số $y=\left(1-m\right)x^2$.          (1)

1. Tìm điều kiện của m để hàm số (1) đồng biến khi x > 0.

2. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng $y=-x+3$ tại điểm có tung độ bằng 2?

Câu 3 (1,5 điểm):

Cho phương trình (ẩn $x$) $x^2-2mx+2m-1=0.$

1. Giải phương trình khi $m=3$.

2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ sao cho biểu thức $A={\displaystyle \frac{4\left(x_1{x}_2+1\right)}{{x_1}^2+{x_2}^2+2\left(2+x_1{x}_2\right)}}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 4 (1,0 điểm):

Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau $40$ lần bắn là $8,25$ điểm. Kết quả cụ thể ghi trong bảng sau, trong đó có hai ô bị mờ không đọc được (đánh dấu *).

 Hãy tìm lại các số trong hai ô đó.

Câu 5 (3,5 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ EF vuông góc với BC tại E. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Đường thẳng BF cắt (O) tại điểm thứ hai là D, DE cắt AC tại H.

1. Chứng minh ABEF là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh $\mathrm{\angle }BCA=\mathrm{\angle }BDA$

3. Chứng minh hai tam giác AEO và EHO đồng dạng.

4. Đường thẳng AD cắt (O) tại điểm thứ hai là G , FG cắt CD tại I, CG cắt FD tại K. Chứng minh I, K, H thẳng hàng.

Câu 6 (0,5 điểm):

Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $0\le x,y,z\le 1$. Chứng minh rằng

$x+y+z-2\left(xy+yz+zx\right)+4xyz\le 1$

Lời giải

Câu 1 (VD):

Phương pháp:

Vận dụng hằng thức $\sqrt{A^2}=\left|A\right|$ để biến đổi, tính giá trị biểu thức.

Biến đổi, rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai.

Cách giải:

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1) Hàm số đồng biến khi hệ số $a>0$.

2) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng $y=-x+3$.

Thay tọa độ giao điểm vừa tìm được vào (1), từ đó xác định được giá trị của tham số $m$.

Cách giải:

1) Hàm số đồng biến khi $x>0$ nếu hệ số $1-m>0\iff m<1$.

Vậy hàm số đồng biến khi khi $x>0$ thì $m<1$.

2) Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng $y=-x+3$ tại điểm có tung độ bằng 2 nên điểm đó thỏa mãn phương trình đường thẳng $y=-x+3$.

Hay $2=-x+3\iff x=1$. Điểm đó là $A\left(1;2\right)$.

Thay tọa độ A vào (1) ta được: $2=\left(1-m\right){.1}^2\iff m-1=-2\iff m=-1$.

Vậy $m=-1$ thì đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng $y=-x+3$ tại điểm có tung độ bằng 2.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

1) Áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tính nghiệm của phương trình bậc hai.

2) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm

Áp dụng hệ thức Vi – ét tính được: $x_1+x_2$ và $x_1.x_2$

Thay vào biểu thức cần tính, tìm được giá trị của tham số $m$, đối chiếu điều kiện, kết luận.

Cách giải:

1) Thay $m=3$ vào phương trình đã cho ta được: $x^2-6x+5=0$

Ta có: $\mathrm{\Delta }=(-6{)}^2-4.5=16>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{l}{x}_1={\displaystyle \frac{6+\sqrt{16}}{2}}=5\\ x_2={\displaystyle \frac{6-\sqrt{16}}{2}}=1\end{array}$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{5;1\right\}$.

2) Phương trình: $x^2-2mx+2m-1=0$ có: ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-2m+1=(m-1{)}^2\ge 0\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ nên phương trình luôn có nghiệm.

Theo định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=2m-1\end{array}$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}A={\displaystyle \frac{4\left(x_1{x}_2+1\right)}{{x_1}^2+{x_2}^2+2\left(2+x_1{x}_2\right)}}\\ A={\displaystyle \frac{4\left(x_1{x}_2+1\right)}{{(x_1+x_2)}^2-2x_1{x}_2+4+2x_1{x}_2}}\\ A={\displaystyle \frac{4\left(x_1{x}_2+1\right)}{{(x_1+x_2)}^2+4}}\\ A={\displaystyle \frac{4(2m-1+1)}{4m^2+4}}\\ A={\displaystyle \frac{2m}{m^2+1}}\end{array}$

Ta có

$\begin{array}{l}{\left(m+1\right)}^2\ge 0\mathrm{\forall }m\iff m^2+1\ge -2m\mathrm{\forall }m\\ \iff -\left(m^2+1\right)\le 2m\mathrm{\forall }m\iff -1\le {\displaystyle \frac{2m}{m^2+1}}\mathrm{\forall }m\end{array}$.

$\Rightarrow A\ge -1\mathrm{\forall }m\Rightarrow A_{min}=-1$. Dấu “=” xảy ra khi $m+1=0\iff m=-1$.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là $9$ là $a$ $\left(a\in \mathbb{N}\ast \right)$

Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là $7$ là  $b\left(b\in \mathbb{N}\ast \right)$

Tổng số lần bắn của vận động viên đó là $40$ nên lập được một phương trình

Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau $40$ lần  bắn là $8,25$ nên lập được một phương trình

Từ đó, ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là $9$ là $a$ $\left(a\in \mathbb{N}\ast \right)$

Gọi số lần bắn trong ô với điểm số là $7$ là  $b\left(b\in \mathbb{N}\ast \right)$

Tổng số lần bắn của vận động viên đó là $40$ nên ta có: $7+a+15+b=40\iff a+b=18\left(1\right)$

Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau $40$ lần  bắn là $8,25$ nên ta có phương trình

${\displaystyle \frac{10.7+9a+8.15+7b}{40}}=8,25\iff 9a+7b=140\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}a+b=18\\ 9a+7b=140\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}9a+9b=162\\ 9a+7b=140\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2b=22\\ a=18-b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=11\\ a=7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=7\\ b=11\end{array}\left(tm\right)$

Vậy số lần bắn trong ô điểm 9 là 7 lần, số lần bắn trong ô điểm 7 là 11 lần.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0$ là tứ giác nội tiếp.

2) + 3) Vận dụng mối quan hệ góc – đường tròn.

4) Vận dụng tính của tứ giác nội tiếp và mối quan hệ góc – đường tròn.

Cách giải:

1) Ta có $\mathrm{\angle }FAB={90}^0$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$)

          $\mathrm{\angle }FEB={90}^0$ (vì $FE\mathrm{\perp }BC$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }FAB+\mathrm{\angle }FEB={90}^0+{90}^0={180}^0$

$\Rightarrow ABEF$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).

2) Ta có $\mathrm{\angle }BDC=\mathrm{\angle }FDC={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BDC=\mathrm{\angle }BAC={90}^0$.

$\Rightarrow ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ (Tứ giác có 2 đỉnh $A,D$ cùng nhìn $BC$ dưới một góc ${90}^0$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }BCA=\mathrm{\angle }BDA$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$).

3) Ta có: $OD=OE\Rightarrow \mathrm{\Delta }ODE$ cân tại $O\Rightarrow \mathrm{\angle }OED=\mathrm{\angle }OED={\displaystyle \frac{{180}^0-\mathrm{\angle }EOD}{2}}$ (tổng 3 góc trong một tam giác).

Mà $\mathrm{\angle }EOD=2\mathrm{\angle }ECD=2\mathrm{\angle }BCD$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $DE$)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }OED=\mathrm{\angle }OED={\displaystyle \frac{{180}^0-2\mathrm{\angle }BCD}{2}}={90}^0-\mathrm{\angle }BCD=\mathrm{\angle }CBD=\mathrm{\angle }EBF$ (do tam giác $BCD$ vuông tại $D$).

Lại có: $\mathrm{\angle }EBF=\mathrm{\angle }EAF$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EF$ của tứ giác nội tiếp $ABEF$)

$\Rightarrow$$\mathrm{\angle }EAO=\mathrm{\angle }EAF=\mathrm{\angle }OED=\mathrm{\angle }OEH$.

Xét tam giác $OEH$ và tam giác $OAE$ ta có:

$\mathrm{\angle }EOA$ chung;

$\mathrm{\angle }EAO=\mathrm{\angle }OEH\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OEH\sim \mathrm{\Delta }OAE\left(g.g\right)$.

4) Ta có $\mathrm{\angle }FGC={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $CF$) $\Rightarrow FG\mathrm{\perp }CK$.

Mà $CD\mathrm{\perp }KF$ và $\left\{I\right\}=CD\cap GF$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $CFK$.

$\Rightarrow KI$ là đường cao thứ 3 của tam giác $CFK$ $\Rightarrow KI\mathrm{\perp }CF$     (1)

Ta có $\mathrm{\angle }OAE=\mathrm{\angle }OEH=\mathrm{\angle }ODE\left(cmt\right)$

$\Rightarrow OEAD$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$\Rightarrow$ $\mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }AOE$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $AE$).

Mà $\mathrm{\angle }AOE=2\mathrm{\angle }FCE=2\mathrm{\angle }FDE$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $EF$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ADE=2\mathrm{\angle }FDE$ $\Rightarrow DF$ là phân giác của $\mathrm{\angle }ADE$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }ADF=\mathrm{\angle }FDE={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\angle }ADE$

Ta lại có $\mathrm{\angle }FDA=\mathrm{\angle }GCA=\mathrm{\angle }KCH$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp $CFDG$).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }HDF=\mathrm{\angle }KCH\Rightarrow CHDK$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

$\Rightarrow \mathrm{\angle }KHC=\mathrm{\angle }CDK={90}^0$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $CK$) hay $KH\mathrm{\perp }CF$  (2)

Từ (1) và (2) ta có $I,K,H$ thẳng hàng.

Câu 6 (VDC):

Phương pháp:

Từ giả thiết của đề bài, đánh giá từng bất đẳng thức.

Cách giải:

Vì $0\le x,y,z\le 1\iff \{\begin{array}{l}xy\left(z-1\right)\le 0\\ yz\left(x-1\right)\le 0\\ xz\left(y-1\right)\le 0\end{array}$

$\Rightarrow 3xyz\le xy+yz+zx\iff 3xyz-\left(xy+yz+zx\right)\le 0$   (1)

Lại có $\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)\le 0\iff xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1\le 0$   (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được

$\begin{array}{l}4xyz-2\left(xy+yz+zx\right)+x+y+z-1\le 0\\ \iff x+y+z-2\left(xy+yz+zx\right)+4xyz\le 1\left(dpcm\right)\end{array}$

Dấu “=” xảy ra tại $\left(x;y;z\right)=\left(1;1;1\right)$ hoặc $\left(x;y;z\right)=\left(0;1;1\right)$ và các hoán vị của nó.