Đề thi vào 10 môn Toán

Bài học cùng chương

Bài học chương khác

[Đề thi vào 10 môn Toán] Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2021

Hướng dẫn học bài: Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2021 - Môn Toán học Lớp 9 Lớp 9. Đây là sách giáo khoa nằm trong bộ sách 'Đề thi vào 10 môn Toán Lớp 9' được biên soạn theo chương trình đổi mới của Bộ giáo dục. Hi vọng, với cách hướng dẫn cụ thể và giải chi tiết các bé sẽ nắm bài học tốt hơn.

đề bài

câu i (2,0 điểm):

cho biểu thức $p = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 5} + \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 5} - \frac{3 x + 25}{x - 25}$ với $x \geq 0, x \neq 25$ .

1) rút gọn biểu thức $p$

2) tìm các giá trị của $x$ để $p = \frac{5}{7}$

câu ii (2,0 điểm):

1. trong mặt phẳng tọa độ $o x y$ , cho đường thẳng $(d)$ có phương trình $y = (2 m + 1) x + m$ ( $m$ là tham số). tìm $m$ để đường thẳng $(d)$ đi qua điểm $a (1; 5)$ .

2. giải hệ phương trình ${\begin{cases} 4 x + 3 y = 11 \\ 4 x - y = 7 \end{cases}$ .

câu iii (2,0 điểm):

1. giải phương trình $x^{2} - 6 x + 5 = 0$ .

2. cho phương trình $x^{2} - 2 x + m - 1 = 0$ (m là tham số). tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn hệ thức ${x_{1}}^{4} - {x_{1}}^{3} = {x_{2}}^{4} - {x_{2}}^{3} .$

câu iv (3,0 điểm):

cho tam giác nhọn abc nội tiếp đường tròn $(o)$ . các đường cao ad, be, cf (d thuộc b, e thuộc ac, f thuộc ab) của tam giác cắt nhau tại h, m là trung điểm của cạnh bc.

1. chứng minh aehf là tứ giác nội tiếp

2. chứng minh các đường thẳng me và mf là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác aehf.

3. chứng minh $d e + d f \leq b c$ .

câu v (1,0 điểm):

cho ba số thực $x, y, z$ thay đổi thỏa mãn các điều kiện $x > \frac{1}{4}, y > \frac{1}{3}, z > \frac{1}{2}$ và $\frac{4}{4 x + 3} + \frac{3}{3 y + 2} + \frac{2}{2 z + 1} \geq 2$ . tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $q = (4 x - 1) (3 y - 1) (2 z - 1)$ .

lời giải chi tiết

câu i (2,0 điểm):

phương pháp:

1) vận dụng hẳng đẳng thức $a - b = (\sqrt{a} - \sqrt{b}) (\sqrt{a} + \sqrt{b})$ xác định mẫu thức chung của biểu thức $p$

thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu.

2) quy đồng phân thức, giải phương trình tìm được nghiệm đối chiếu điều kiện và kết luận.

cách giải:

1) với $x \geq 0, x \neq 25$ ta có:

$\begin{array}{l} p = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 5} + \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 5} - \frac{3 x + 25}{x - 25} \\ = \frac{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 5) + 2 \sqrt{x} (\sqrt{x} + 5) - 3 x - 25}{(\sqrt{x} + 5) (\sqrt{x} - 5)} \\ = \frac{x - 5 \sqrt{x} + 2 x + 10 \sqrt{x} - 3 x - 25}{(\sqrt{x} + 5) (\sqrt{x} - 5)} \\ = \frac{5 \sqrt{x} - 25}{(\sqrt{x} + 5) (\sqrt{x} - 5)} = \frac{5 (\sqrt{x} - 5)}{(\sqrt{x} + 5) (\sqrt{x} - 5)} = \frac{5}{\sqrt{x} + 5} \end{array}$

vậy $p = \frac{5}{\sqrt{x} + 5}$ với $x \geq 0, x \neq 25$ .

2) ta có: $p = \frac{5}{\sqrt{x} + 5}$ với $x \geq 0, x \neq 25$

$\begin{array}{l} p = \frac{5}{7} \leftrightarrow \frac{5}{\sqrt{x} + 5} = \frac{5}{7} \\ \leftrightarrow \sqrt{x} + 5 = 7 \leftrightarrow \sqrt{x} = 2 \leftrightarrow x = 4 (t m) \end{array}$

vậy $x = 4$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

câu ii (2,0 điểm)

phương pháp:

1) thay tọa độ điểm $a (1; 5)$ vào đường thẳng $(d)$ , tìm được tham số $m$ .

2) vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

cách giải:

1) vì $a (1; 5) \in d$ nên thay tọa độ điểm $a$ vào phương trình đường thẳng $(d)$ ta có:

$5 = (2 m + 1) .1 + m \leftrightarrow 3 m + 1 = 5 \leftrightarrow m = \frac{4}{3}$ .

vậy $m = \frac{4}{3}$ .

2) ta có: ${\begin{cases} 4 x + 3 y = 11 \\ 4 x - y = 7 \end{cases} \leftrightarrow {\begin{cases} 4 y = 4 \\ 4 x - y = 7 \end{cases} \leftrightarrow {\begin{cases} y = 1 \\ 4 x - 1 = 7 \end{cases} \leftrightarrow {\begin{cases} y = 1 \\ x = 2 \end{cases}$

vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x; y) = (2; 1)$ .

câu iii (2,0 điểm):

phương pháp:

1) vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số xác định được nghiệm của phương trình.

2) phương trình đã cho có nghiệm $\leftrightarrow δ^{'} \geq 0$ .

áp dụng hệ thức vi – ét, tính được $x_{1} + x_{2}; x_{1} . x_{2}$

biến đổi biểu thức ban đầu của đề bài để xuất hiện $x_{1} + x_{2}; x_{1} . x_{2}$ , thay tham số $m$ vào để giải và tìm tham số $m$ .

cách giải:

1) ta có: $δ = {(- 6)}^{2} - 4.1 .5 = 16 > 0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{l} x_{1} = \frac{6 + \sqrt{16}}{2} = 5 \\ x_{2} = \frac{6 - \sqrt{16}}{2} = 1 \end{array}$

vậy phương trình có tập nghiệm $s = {1; 5}$ .

2) phương trình $x^{2} - 2 x + m - 1 = 0$ có $δ^{'} = 1 - m + 1 = 2 - m$ .

phương trình đã cho có nghiệm $\leftrightarrow δ^{'} \geq 0 \leftrightarrow 2 - m \geq 0 \leftrightarrow m \leq 2$ .

khi đó theo định lí vi-ét ta có: ${\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = 2 \\ x_{1} . x_{2} = m - 1 \end{matrix} (1)$

do $x_{1}, x_{2}$ là nghiệm của phương trình $x^{2} - 2 x + m - 1 = 0$ nên ta có: ${\begin{cases} {x_{1}}^{2} = 2 x_{1} - m + 1 \\ {x_{2}}^{2} = 2 x_{2} - m + 1 \end{cases}$

theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l} {x_{1}}^{4} - {x_{1}}^{3} = {x_{2}}^{4} - {x_{2}}^{3} \\ \leftrightarrow {x_{1}}^{4} - {x_{2}}^{4} - ({x_{1}}^{3} - {x_{2}}^{3}) = 0 \\ \leftrightarrow ({x_{1}}^{2} + {x_{2}}^{2}) ({x_{1}}^{2} - {x_{2}}^{2}) - (x_{1} - x_{2}) ({x_{1}}^{2} + x_{1} x_{2} + {x_{2}}^{2}) = 0 \\ \to (2 (x_{1} + x_{2}) - 2 m + 2) (2 x_{1} - m + 1 - 2 x_{2} + m - 1) - (x_{1} - x_{2}) [2 (x_{1} + x_{2}) - 2 m + 2 + m - 1] \\ \leftrightarrow [2.2 - 2 m + 2] .2 (x_{1} - x_{2}) - (x_{1} - x_{2}) [2.2 - m + 1] \\ \leftrightarrow (x_{1} - x_{2}) [2 (6 - 2 m) - 5 + m] = 0 \\ \leftrightarrow (x_{1} - x_{2}) (3 m + 7) = 0 \leftrightarrow [\begin{array}{c} x_{1} = x_{2} \\ m = \frac{7}{3} (k t m) \end{array} \end{array}$

thay $x_{1} = x_{2}$ vào (1) ta được: ${\begin{matrix} 2 x_{1} = 2 \\ {x_{1}}^{2} = m - 1 \end{matrix} \leftrightarrow {\begin{matrix} x_{1} = 1 \\ m = 2 (t m) \end{matrix}$

vậy $m = 2.$

câu iv (3,0 điểm):

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) gọi i là trung điểm của ah suy ra i là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác aehf.

chứng minh $∠ m f i = 90^{0}$ hay $i f ⊥ m f$ , do đó $m f$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $a e h f$

chứng minh tương tự ta được $m e$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $a e h f$ .

cách giải:

1) xét tứ giác aehf có: $∠ a f h + ∠ a e h = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0}$

mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác $a e h f$ nên tứ giác $a e h f$ là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $m$ đường kính $b c$ (dhnb).

2) gọi i là trung điểm của ah suy ra i là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác aehf.

$\to i h = i f$ $\to δ h$ cân tại i $\to ∠ i f h = ∠ i h f$ (tính chất tam giác cân).

mà $∠ i h f = ∠ d h c$ (đối đỉnh) $\to ∠ i f h = ∠ d h c$ (1)

do $δ b f c$ vuông tại f, m là trung điểm của bc nên $m f = \frac{1}{2} b c = m c$ (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) $\to δ m f c$ cân tại $m$ $\to ∠ m f h = ∠ m c f$ (2)

cộng (1) với (2) ta được: $∠ m f h + ∠ i f h = ∠ d h c + ∠ m c f = 90^{0}$ (do tam giác $c d h$ vuông tại $d$ ).

suy ra: $∠ m f i = 90^{0}$ hay $i f ⊥ m f$ .

vậy $m f$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $a e h f$ .

chứng minh tương tự ta được $m e$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $a e h f$ .

3) giả sử $d e + d f \leq b c \leftrightarrow (d e + d f) . b c \leq b c^{2} \leftrightarrow d e . b c + d f . b c \leq b c^{2}$ .

chứng minh $b c^{2} = b f . b a + c e . c a$

chứng minh $d f . b c = a c . b f$ và $d e . b c = a b . c e$ , cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được $(c e - b f) (a c - a b) \geq 0 (*)$

biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.

3) giả sử $d e + d f \leq b c \leftrightarrow (d e + d f) . b c \leq b c^{2} \leftrightarrow d e . b c + d f . b c \leq b c^{2}$ .

dễ dàng chứng minh được các tứ giác $a c d f, a b d e$ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

$\begin{array}{l} b c^{2} = (b d + c d) . b c \\ = b d . b c + c b . c d \\ = b f . b a + c e . c a \end{array}$

xét $δ b d f$ và $δ b a c$ có:

$∠ a b c$ chung;

$∠ b f d = ∠ b c a$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp $a c d f$ )

$\to δ b d f \sim δ b a c (g . g)$

$\to \frac{d f}{a c} = \frac{b f}{b c} \to d f . b c = a c . b f$ (1)

chứng minh tương tự ta có $δ c d e \sim δ c a b (g . g)$ $\to \frac{d e}{a b} = \frac{c e}{b c} \to d e . b c = a b . c e$ (2)

cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:

$\begin{array}{l} d f . b c + d e . b c = a c . b f + a b . c e \\ \to (d e + d f) . b c = a c . b f + a b . c e \end{array}$

vì $(d e + d f) . b c \leq b c^{2}$

$\begin{array}{l} \to a c . b f + a b . c e \leq b f . b a + c e . c a \\ \to b f . b a + c e . c a - a c . b f - a b . c e \geq 0 \\ \leftrightarrow a c (c e - b f) + a b (b f - c e) \geq 0 \\ \leftrightarrow (c e - b f) (a c - a b) \geq 0 (*) \end{array}$

không mất tính tổng quát, ta giả sử $a c \geq a b$ , khi đó ta cần chứng minh $c e - b f \geq 0 \leftrightarrow c e \geq b f$ .

áp dụng định lí pytago ta có: ${\begin{cases} c e^{2} = b c^{2} - b e^{2} \\ b f^{2} = b c^{2} - c f^{2} \end{cases}$ .

mà ${\begin{cases} 2 s_{δ a b c} = b e . a c = c f . a b \\ a b \leq a c \end{cases} \leftrightarrow b e \leq c f$ .

$\to c e^{2} \geq b f^{2} \to c e \geq b f$ $\to (*)$ đúng nên giả sử ban đầu là đúng.

vậy $d e + d f \leq b c$ .

câu v (1,0 điểm):

phương pháp:

áp dụng bất đẳng thức cô – si, chứng minh được: $\frac{4}{4 x + 3} \geq 2 \sqrt{\frac{3 y - 1}{3 y + 2} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}}$ ; $\frac{3}{3 y + 2} \geq 2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}}$ ; $\frac{2}{2 z + 1} \geq 2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{3 y - 1}{3 y + 2}}$

nhân vế theo vế 3 bđt trên ta được điều phải chứng minh.

cách giải:

ta có:

$\begin{array}{l} \frac{4}{4 x + 3} + \frac{3}{3 y + 2} + \frac{2}{2 z + 1} \geq 2 \\ \leftrightarrow \frac{4}{4 x + 3} \geq (1 - \frac{3}{3 y + 2}) + (1 - \frac{2}{2 z + 1}) \\ \leftrightarrow \frac{4}{4 x + 3} \geq \frac{3 y - 1}{3 y + 2} + \frac{2 z - 1}{2 z + 1} \\ \leftrightarrow \frac{4}{4 x + 3} \geq 2 \sqrt{\frac{3 y - 1}{3 y + 2} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}} (b d t c o - s i) \end{array}$

chứng minh tương tự ta có:

$\frac{3}{3 y + 2} \geq 2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}}; \frac{2}{2 z + 1} \geq 2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{3 y - 1}{3 y + 2}}$

nhân vế theo vế 3 bđt trên ta được:

$\begin{array}{l} \frac{4}{4 x + 3} . \frac{3}{3 y + 2} . \frac{2}{2 z + 1} \geq 2 \sqrt{\frac{3 y - 1}{3 y + 2} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}} .2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1}} .2 \sqrt{\frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{3 y - 1}{3 y + 2}} \\ \leftrightarrow \frac{4}{4 x + 3} . \frac{3}{3 y + 2} . \frac{2}{2 z + 1} \geq 8 \frac{4 x - 1}{4 x + 3} . \frac{3 y - 1}{3 y + 2} . \frac{2 z - 1}{2 z + 1} \\ \leftrightarrow 24 \geq 8 q \leftrightarrow q \leq 3 \end{array}$