Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề bài

Câu I: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: $x^2+8x+7=0$

2) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x-y=-6\\ 5x+y=20\end{array}$

Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức $A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{x+4\sqrt{x}+4}}:\left({\displaystyle \frac{x}{x+2\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}+2}}\right),$ với $x>0$

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tìm tất cả các giá trị của x để $A\ge {\displaystyle \frac{1}{3\sqrt{x}}}$

Câu III: (2,0 điểm)

1. Cho đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$ . Tìm $a,b$ để đường thẳng (d) song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=2x+3$ và đi qua điểm $A\left(1;-1\right)$

2. Cho phương trình $x^2-\left(m-2\right)x-3=0$ (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

$\sqrt{x_1^2+2018}-x_1=\sqrt{x_2^2+2018}+x_2$

Bài IV: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm $\left(O\right)$, đường kính $AB=2R$. Gọi $d_1;d_2$ lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn $\left(O\right)$ sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt $d_1;d_2$ lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh $IB.NE=3IE.NB$

3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích $AM.BN$ có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Câu V: (1,0 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$ . Chứng minh ${\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{1}{abc}}\ge 30.$

Lời giải chi tiết

Câu I.

1) Giải phương trình: $x^2+8x+7=0$

Ta có: $a-b+c=1-8+7=0$ nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là $x=-1$ và nghiệm còn lại là: $x=-{\displaystyle \frac{c}{a}}=-7$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-1;-7\right\}$.

2) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x-y=-6\\ 5x+y=20\end{array}$

$\{\begin{array}{l}2x-y=-6\\ 5x+y=20\end{array}\iff \{\begin{array}{l}7x=14\\ y=20-5x\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=20-5.2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=10\end{array}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $\left(x;y\right)=\left(2;10\right)$

Câu II.

Cho biểu thức $A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{x+4\sqrt{x}+4}}:\left({\displaystyle \frac{x}{x+2\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}+2}}\right),$ với $x>0$

1. Rút gọn biểu thức A.

$\begin{array}{l}A={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{x+4\sqrt{x}+4}}:\left({\displaystyle \frac{x}{x+2\sqrt{x}}}+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}+2}}\right)\\ ={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}}:\left({\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}+2}}\right)\\ ={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}}:\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}}+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x}+2}}\right)\\ ={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{{\left(\sqrt{x}+2\right)}^2}}.{\displaystyle \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}}\\ ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}\end{array}$

Vậy với $x>0$ thì $$

2. Tìm tất cả các giá trị của x để $A\ge {\displaystyle \frac{1}{3\sqrt{x}}}$

$\begin{array}{l}A\ge {\displaystyle \frac{1}{3\sqrt{x}}}\iff {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}\ge {\displaystyle \frac{1}{3\sqrt{x}}}\\ \iff {\displaystyle \frac{3-\left(\sqrt{x}+2\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}\ge 0\\ \iff {\displaystyle \frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}\ge 0\end{array}$

Với $x>0$ ta có: $\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)>0$ khi đó ${\displaystyle \frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}}\ge 0$ $\iff 1-\sqrt{x}\ge 0\iff x\le 1$

Kết hợp với điều kiện ta được: $0<x\le 1$  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu III.

1.  Cho đường thẳng $\left(d\right):y=ax+b$ . Tìm $a,b$ để đường thẳng (d) song song với đường thẳng $\left(d^{\prime }\right):y=2x+3$ và đi qua điểm $A\left(1;-1\right)$

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: $\{\begin{array}{l}a=a^{\prime }\\ b\ne b^{\prime }\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b\ne 3\end{array}$

Khi đó (d) trở thành: $y=2x+b\left(b\ne 3\right)$

Đường thẳng (d’) đi qua điểm $A\left(1;-1\right)$ nên ta có:

$-1=2.1+b\iff b=-3\left(tm\right)$

Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: $y=2x-3$

2.  Cho phương trình $x^2-\left(m-2\right)x-3=0$ (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

$\sqrt{x_1^2+2018}-x_1=\sqrt{x_2^2+2018}+x_2$

Xét biệt thức $\mathrm{\Delta }={\left(m-2\right)}^2+12\ge 12>0,\mathrm{\forall }m$

Vậy phương trình $x^2-\left(m-2\right)x-3=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ với mọi m. Giả sử $x_1>x_2$

Theo hệ thức Viet ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m-2\\ x_1{x}_2=-3\end{array}$

Theo đề ra ta có:

 $\begin{array}{l}\sqrt{x_1^2+2018}-x_1=\sqrt{x_2^2+2018}+x_2\\ \iff \sqrt{x_1^2+2018}-\sqrt{x_2^2+2018}=x_1+x_2\\ \iff x_1^2+2018+x_2^2+2018-2\sqrt{\left(x_1^2+2018\right).\left(x_2^2+2018\right)}=x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2\\ \left(Do{x}_1-x_2>0\right)\\ \iff 4036-2\sqrt{\left(x_1^2+2018\right).\left(x_2^2+2018\right)}=2x_1{x}_2\\ \iff \sqrt{\left(x_1^2+2018\right).\left(x_2^2+2018\right)}=2018-x_1{x}_2\\ \iff \left(x_1^2+2018\right).\left(x_2^2+2018\right)={2018}^2-4036x_1{x}_2+x_1^2{x}_2^2\\ \iff x_1^2{x}_2^2+2018\left(x_1^2+x_2^2\right)+{2018}^2={2018}^2-4036x_1{x}_2+x_1^2{x}_2^2\\ \iff \left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]=-2x_1{x}_2\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2=0\\ \iff {\left(m-2\right)}^2=0\\ \iff m=2\end{array}$

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV.

Cho đường tròn tâm $\left(O\right)$, đường kính $AB=2R$. Gọi $d_1;d_2$ lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn $\left(O\right)$ sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt $d_1;d_2$ lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên $\mathrm{\angle }IAM={90}^0$

Xét tứ giác $AMEI$ có $\mathrm{\angle }IAM+\mathrm{\angle }IEM={90}^0+{90}^0={180}^0$

$\Rightarrow$  Tứ giác $AMEI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

2. Chứng minh $IB.NE=3IE.NB$

Ta có $\mathrm{\angle }IEA+\mathrm{\angle }IEB=\mathrm{\angle }AEB={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

$\mathrm{\angle }NEB+\mathrm{\angle }IEB=\mathrm{\angle }NEI={90}^0\left(gt\right)$;

$\Rightarrow \mathrm{\angle }IEA=\mathrm{\angle }NEB$

Xét $\mathrm{\Delta }IEA$ và $\mathrm{\Delta }NEB$ có:

$\mathrm{\angle }IEA=\mathrm{\angle }NEB\left(cmt\right)$;

$\mathrm{\angle }IAE=\mathrm{\angle }BAE=\mathrm{\angle }NBE$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IEA\sim \mathrm{\Delta }NEB\left(g.g\right)$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{IE}{IA}}={\displaystyle \frac{NE}{NB}}$

$\Rightarrow IA.NE=IE.NB$

$\Rightarrow 3IA.NE=3IE.NB$

Do I là trung điểm của OA $\Rightarrow IA={\displaystyle \frac{1}{2}}OA={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}AB={\displaystyle \frac{1}{4}}AB$

$\Rightarrow IA={\displaystyle \frac{1}{3}}IB$ hay $IB=3IA$.

$\Rightarrow IB.NE=3IE.NB\left(dpcm\right)$.

3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích $AM.BN$ có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

+) Chứng minh tích $AM.BN$ có giá trị không đổi

Xét tứ giác $BNEI$ có $\mathrm{\angle }IBN+\mathrm{\angle }IEN={90}^0+{90}^0={180}^0$ $\Rightarrow$ Tứ giác $BNEI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }NEB=\mathrm{\angle }NIB$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Ta có $\mathrm{\angle }AMI=\mathrm{\angle }AEI$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;

Mà $\mathrm{\angle }AEI=\mathrm{\angle }NEB\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }AMI=\mathrm{\angle }NIB$.

Xét $\mathrm{\Delta }AMI$ và $\mathrm{\Delta }BIN$ có:

$\begin{array}{l}\mathrm{\angle }AMI=\mathrm{\angle }NIB\left(cmt\right);\\ \mathrm{\angle }MAI=\mathrm{\angle }IBN={90}^0\left(gt\right);\\ \Rightarrow \mathrm{\Delta }AMI\sim \mathrm{\Delta }BIN\left(g.g\right)\\ \Rightarrow {\displaystyle \frac{AM}{BI}}={\displaystyle \frac{AI}{BN}}\\ \Rightarrow AM.BN=AI.BI\end{array}$

Ta có $AI={\displaystyle \frac{1}{4}}AB={\displaystyle \frac{1}{4}}.2R={\displaystyle \frac{R}{2}};$

$BI={\displaystyle \frac{3}{4}}AB={\displaystyle \frac{3}{4}}.2R={\displaystyle \frac{3R}{2}}$ 

$\Rightarrow AM.BN={\displaystyle \frac{R}{2}}.{\displaystyle \frac{3R}{2}}={\displaystyle \frac{3R^2}{4}}=const$.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \mathrm{\angle }ENI=\mathrm{\angle }EBI$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)

Do tứ giác $AMEI$ nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \mathrm{\angle }IME=\mathrm{\angle }IAE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }ENI=\mathrm{\angle }IME=\mathrm{\angle }EBI+\mathrm{\angle }IAE={90}^0$ ($\mathrm{\Delta }ABE$ vuông tại E)

$\Rightarrow \mathrm{\angle }MIN={90}^0\Rightarrow \mathrm{\Delta }IMN$ vuông tại I $\Rightarrow S_{IMN}={\displaystyle \frac{1}{2}}IM.IN$

Đặt $\mathrm{\angle }AIM=\alpha$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }BNI=\alpha \left(0^0<\alpha <{90}^0\right)$ $\left(Do\mathrm{\Delta }AMI\sim \mathrm{\Delta }BIN\right)$.

Xét tam giác vuông AIM có $\cos \mathrm{\angle }AIM=\cos \alpha ={\displaystyle \frac{AI}{MI}}$

$\Rightarrow MI={\displaystyle \frac{AI}{\cos \alpha }}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{R}{2}}}{\cos \alpha }}={\displaystyle \frac{R}{2\cos \alpha }}$

Xét tam giác vuông BIN có : $\sin \mathrm{\angle }BNI=\sin \alpha ={\displaystyle \frac{BI}{IN}}$ $\Rightarrow IN={\displaystyle \frac{BI}{\sin \alpha }}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{3R}{2}}}{\sin \alpha }}={\displaystyle \frac{3R}{2\sin \alpha }}$

$\Rightarrow S_{IMN}={\displaystyle \frac{1}{2}}IM.IN={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{R}{2\cos \alpha }}.{\displaystyle \frac{3R}{2\sin \alpha }}={\displaystyle \frac{3R^2}{8\sin \alpha \cos \alpha }}$

Do $0^0<\alpha <{90}^0$ $\Rightarrow \sin \alpha >0,\cos \alpha >0$ và $\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha =\sin \alpha .\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }\stackrel{Cauchy}{\le }{\displaystyle \frac{{\sin }^2\alpha +1-{\sin }^2\alpha }{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \Rightarrow S_{IMN}\ge {\displaystyle \frac{3R^2}{8.{\displaystyle \frac{1}{2}}}}={\displaystyle \frac{3R^2}{4}}\end{array}$

Dấu bằng xảy ra $\iff \sin \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }$

$\iff 2{\sin }^2\alpha =1$

$\iff \sin \alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\iff \alpha ={45}^0$

Vậy $S_{IMNmin}={\displaystyle \frac{3R^2}{4}}\iff \mathrm{\angle }AIM={45}^0$

Câu V.

Ta có:

$\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{1}{abc}}={\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{1}{9abc}}+{\displaystyle \frac{8}{9abc}}\\ \ge {\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{1}{3{\left(bc+ac+ab\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{8}{9{\displaystyle \frac{{\left(a+b+c\right)}^3}{27}}}}\\ \ge 2\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2}}.{\displaystyle \frac{1}{3{\left(bc+ac+ab\right)}^2}}}+24\\ \ge 2\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{3{\displaystyle \frac{{\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)}^2}{27}}}}}+24=30\end{array}$

[hoctot.me - Trợ lý học tập AI]