Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021

Đề bài

Câu I (2,0 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định:

a) \(A = \sqrt {x - 4} \)                                                            b) \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)

2) Rút gọn:

a) \(A = \sqrt {75}  - \sqrt 3 \)                                                                       b) \(B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}^2}}  - \sqrt 2 \)

Câu II (2,0 điểm)

1) Vẽ đồ thị hàm số: \(y =  - 2x + 3\).

2) Cho phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\). Tìm \(m\) để phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 14\).

Câu III (3,0 điểm)

1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\), biết \(HB = 2\,\,cm,\,\,HC = 8\,\,cm\). Tính độ dài các cạnh \(AB,\,\,AC\).

2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy.

3) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\sqrt {x - 6}  + 7\sqrt {y + 5}  = 27\\\sqrt {x - 6}  + 2\sqrt {y + 5}  = 8\end{array} \right.\).

Câu IV (2,0 điểm)

Cho hình vuông \(ABCD,\) các điểm \(M,N\) thay đổi trên các cạnh \(BC,CD\) sao cho góc \(MAN\) bằng \({45^0}\) (\(M,N\) không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AM,AN\) với \(BD.\) Chứng minh rằng:

1) Tứ giác \(ABMQ\) và tứ giác \(MNQP\) là các tứ giác nội tiếp.

2) \(NA\) là phân giác của góc \(MND.\)

3) \(MN\) tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Câu V (1,0 điểm)

1) Cho \(a > b > 0\). Hãy so sánh \(\sqrt {a + 2}  - \sqrt a \) với \(\sqrt {b + 2}  - \sqrt b \).

2) Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + 3y \le 10\). Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{3\sqrt y }} \ge 10\).

Lời giải

Câu I (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) a) \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định khi \(f\left( x \right) \ge 0\).

b) \(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\) xác định khi \(g\left( x \right) \ne 0\).

2) Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\), thực hiện tính toán với các căn bậc hai.

Cách giải:

1) a) Biểu thức \(A = \sqrt {x - 4} \) xác định khi và chỉ khi \(x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 4\).

Vậy \(A = \sqrt {x - 4} \)  xác định khi và chỉ khi \(x \ge 4\).

b) Biểu thức \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\) xác định khi và chỉ khi \(x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\).

Vậy \(B = \dfrac{5}{{x - 2}}\)  xác định khi và chỉ khi \(x \ne 2\).

2) a) Ta có: \(A = \sqrt {75}  - \sqrt 3  = \sqrt {{5^2}.3}  - \sqrt 3  = 5\sqrt 3  - \sqrt 3  = 4\sqrt 3 \)

Vậy \(A = 4\sqrt 3 \).

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}B = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}^2}}  - \sqrt 2  = \left| {\sqrt 2  + 1} \right| - \sqrt 2 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 2  + 1 - \sqrt 2 \,\left( {do\,\,\sqrt 2  + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\, = 1\end{array}\)

Vậy \(B = 1\).

Câu II (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\), tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị.

2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\Delta ' > 0\)

+ Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay vào biểu thức \({x_1}^2 + {x_2}^2\) để tìm giá trị của tham số \(m\)

Chú ý: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)

Cách giải:

1) Ta có bảng giá trị:

\( \Rightarrow y =  - 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;3} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\).

Đồ thị hàm số:

2) Phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {2^2} - \left( {m - 1} \right) = 4 - m + 1 = 5 - m\).

Để phương trình \({x^2} - 4x + m - 1 = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 5 - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\).

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 14\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\\ \Leftrightarrow {4^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 16 - 2\left( {m - 1} \right) = 14\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 12\\ \Leftrightarrow m - 1 = 1\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy \(m = 2\).

Câu III (3,0 điểm)

Phương pháp:

1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông.

2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).

+ Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1)

+ Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2)

+ Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được \(x,\,\,y\)

3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình

+ Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn \(a,b\)

+ Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được \(a,b\), từ đó suy ra được \(x,y\)

+ Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được.

Cách giải:

1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\), đường cao \(AH\) ta có:

\(A{H^2} = HB.HC = 2.8 = 16\)

\( \Rightarrow AH = \sqrt {16}  = 4\,\,\left( {cm} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ \Rightarrow A{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20\\ \Rightarrow AB = \sqrt {20}  = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ACH\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\ \Rightarrow A{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\\ \Rightarrow AC = \sqrt {80}  = 4\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Vậy \(AB = 2\sqrt 5 \,\,cm,\,\,AC = 8\sqrt 5 \,\,cm\).

2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là \(x,\,\,y\) (km/h) (ĐK: \(x,\,\,y > 0\)).

Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là \(2x\,\,\left( {km} \right)\).

Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là \(2y\,\,\left( {km} \right)\).

Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình \(2x + 2y = 200 \Leftrightarrow x + y = 10\,\,\,\left( 1 \right)\).

Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và \(x + 10\) (km/h).

Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là \(y - 5\) (km/h).

Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình \(x + 10 = 2\left( {y - 5} \right) \Leftrightarrow x - 2y =  - 20\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 100\\x - 2y =  - 20\end{array} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 120\\x = 2y - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\,\,\left( {tm} \right)\\x = 2.40 - 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40\\x = 60\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h.

3) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 6 \ge 0\\y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 6\\y \ge  - 5\end{array} \right.\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {x - 6} \\b = \sqrt {y + 5} \end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b \ge 0} \right)\), hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\a + 2b = 8\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 7b = 27\\3a + 6b = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 8 - 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 6}  = 2\\\sqrt {y + 5}  = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = 4\\y + 5 = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {10;4} \right)\).

Câu IV (2,0 điểm)

Phương pháp:

1) Chứng minh được:\(\angle QMP = {45^0}\) và \(\angle QNP = {45^0}\) nên tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

2) Chứng minh: \(\angle DNA = \angle QNM = {90^0} - \angle QPN\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\)

3) + Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).

+ \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).

+ Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I \Rightarrow AI \bot MN\)

+ \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.

\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.

\( \Rightarrow \) Đpcm

Cách giải:

1) Ta có: \(\angle MAN = {45^0}\) hay \(\angle MAQ = {45^0}\).

Lại có \(\angle CBD = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) nên \(BD\) là phân giác của \(\angle ABC\)) nên \(\angle MBQ = {45^0}\).

Do đó \(\angle MAQ = \angle MBQ = {45^0}\) suy ra tứ giác \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra \(\angle QMA = \angle QBA = {45^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AQ\)) \( \Rightarrow \angle QMP = {45^0}\)  (1)

Ta có: \(\angle BDC = {45^0}\) (do \(BD\) là đường chéo của hình vuông) nên \(\angle NDP = {45^0}\).

Mà \(\angle MAN = {45^0}\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle PAN = {45^0}\).

Do đó \(\angle NDP = \angle PAN\) suy ra tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra \(\angle ANP = \angle ADP = {45^0} = \angle QNP\) (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AP\)).

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) ta có \(\angle QMP = \angle QNP = {45^0}\) suy ra tứ giác \(MNQP\) nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm).

2) Do tứ giác \(ADNP\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle APN + \angle ADN = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).

Mà \(\angle ADN = {90^0}\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(\angle APN = {90^0}\).

Xét tam giác vuông \(ADN\) ta có: \(\angle DNA = {90^0} - \angle DAN = {90^0} - \angle DPN = {90^0} - \angle QPN\) (\(\angle DAN = \angle DPN\) do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DN\)).

Do tứ giác \(MPQN\) nội tiếp đường tròn (cmt) nên \(\angle QNM = \angle APQ = {90^0} - \angle QPN\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Do đó \(\angle DNA = \angle QNM\) suy ra \(\angle DNA = \angle ANM\) hay \(AN\) là phân giác góc \(\angle MND.\) (đpcm).

3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(NP\) và \(MQ\).

Vì tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ABM + \angle AQM = {180^0}\).

Mà \(\angle ABM = \angle ABC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\) \( \Rightarrow MQ \bot AN\).

Lại có \(\angle APN = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(NP \bot AM\).

Mà \(MQ \cap NP = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow \) \(H\) là trực tâm của tam giác \(AMN\).

Gọi giao điểm của \(AH\) và \(MN\) là \(I.\)

Suy ra \(AI \bot MN\) (do \(AI\) là đường cao thứ ba của tam giác \(AMN\)).

Ta có: tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQB = \angle AMB\)  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

Mà tứ giác \(MPQN\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle AQP = \angle NMP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Suy ra \(\angle AMB = \angle NMP\) hay \(\angle AMB = \angle IMA\).

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta AMI\) ta có:

\(\angle ABM = \angle AIM = {90^0}\)

\(\angle AMB = \angle IMA\,\,\left( {cmt} \right)\)

 \(AM\) là cạnh chung

Do đó \(\Delta AMB = \Delta AMI\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\( \Rightarrow AB = AI\) (cặp cạnh tương ứng) nên \(AI\) có độ dài không đổi.

\( \Rightarrow \left( {A;AI} \right)\) cố định.

Lại có \(AI \bot MN\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {A;AI} \right)\) tại \(I\).

Vậy \(MN\) luôn tiếp xúc với đường tròn tâm \(A\) bán kính \(AI\) cố định (đpcm).

Câu V (1,0 điểm)

Phương pháp:

1) Xét hiệu \(H = \left( {\sqrt {a + 2}  - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2}  - \sqrt b } \right)\)

Từ giả thiết của đề bài, chứng minh \(H < 0\)

2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki.

Cách giải:

1) Xét hiệu

\(\begin{array}{l}H = \left( {\sqrt {a + 2}  - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2}  - \sqrt b } \right)\\H = \left( {\sqrt {a + 2}  - \sqrt {b + 2} } \right) - \left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)\\H = \dfrac{{a + 2 - b - 2}}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a  + \sqrt b }}\\H = \dfrac{{a - b}}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{{a - b}}{{\sqrt a  + \sqrt b }}\\H = \left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a  + \sqrt b }}} \right)\end{array}\)

Vì \(a > b > 0 \Rightarrow a - b > 0\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {a + 2}  > \sqrt a \\\sqrt {b + 2}  > \sqrt b \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2}  > \sqrt a  + \sqrt b \)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} < \dfrac{1}{{\sqrt a  + \sqrt b }}\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a  + \sqrt b }} < 0\).

Do đó \(\left( {a - b} \right)\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {a + 2}  + \sqrt {b + 2} }} - \dfrac{1}{{\sqrt a  + \sqrt b }}} \right) < 0\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow H = \left( {\sqrt {a + 2}  - \sqrt a } \right) - \left( {\sqrt {b + 2}  - \sqrt b } \right) < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {a + 2}  - \sqrt a  < \sqrt {b + 2}  - \sqrt b \end{array}\)

Vậy với \(a > b > 0\) thì \(\sqrt {a + 2}  - \sqrt a  < \sqrt {b + 2}  - \sqrt b \).

2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{9}{{\sqrt {3y} }}\\ = \dfrac{{{1^2}}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} + \dfrac{{{3^2}}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x  + 3\sqrt {3y} }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt x  + 3\sqrt {3y} }}\end{array}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {x + 3y} \right)\left( {1 + 9} \right) \ge {\left( {\sqrt x  + 3\sqrt {3y} } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x  + 3\sqrt {3y}  \le \sqrt {10\left( {x + 3y} \right)}  \le \sqrt {10.10}  = 10\end{array}\)

Do đó \(\dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{{27}}{{\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{\sqrt x  + 3\sqrt {3y} }} \ge \dfrac{{100}}{{10}} = 10\) (đpcm).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt x }}{1} = \dfrac{{\sqrt {3y} }}{3}\\x + 3y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\).