Chào mừng bạn đến với bài viết phân tích và giải chi tiết Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán tại giaibaitoan.com. Đây là một trong những đề thi thử quan trọng giúp học sinh lớp 9 làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết, dễ hiểu, cùng với các phương pháp giải toán hiệu quả, giúp bạn tự tin đối mặt với kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 16 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Bài 1. (1,5 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)
b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)
b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\)
Bài 3. (1,5 điểm)
Vẽ đồ thị của các hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y = x - 4\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ (đơn vị đo trên các tọa độ là centimet).
Bài 4 (1 điểm):
Cho phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)
Bài 5 (1 điểm):
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.
Bài 6 (3 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
b) AH.AK = HB.MK.
c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.
Lời giải chi tiết
Bài 1.
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức \(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\)
\(A = \dfrac{1}{{2 - \sqrt 3 }} \)
\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}\)
\(\;\;\;= \dfrac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} \)
\(\;\;\;= 2 + \sqrt 3 \)
b) Cho \(a \ge 0,a \ne 4.\) Chứng minh \(\dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}} = 1\) .
Với: \(a \ge 0,a \ne 4.\)
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{a - 4}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 2}} + \dfrac{2}{{\sqrt a + 2}}\\ = 1 = VP\end{array}\)
Vậy đẳng thức đã được chứng minh.
Bài 2.
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {6;4} \right)\).
b) Giải phương trình \(4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\) (1)
Điều kiện: \(x \ne 1\)
\(\begin{array}{l}4x + \dfrac{3}{{x - 1}} = 11\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4x\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 1}} = \dfrac{{11\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 3 = 11x - 11\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 15x + 14 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - 15} \right)^2} - 4.4.14 = 1 > 0\)
Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{15 - 1}}{8} = \dfrac{7}{4}\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{15 + 1}}{8} = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {2;\dfrac{7}{4}} \right\}\)
Bài 3.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\)
x | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
y | \( - 8\) | \( - 2\) | 0 | \( - 2\) | \( - 8\) |
Khi đó đồ thị hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hình dạng là 1 Parabol và đi qua các điểm \(\left( { - 4; - 8} \right);\left( { - 2; - 2} \right);\left( {0;0} \right);\left( {2; - 2} \right);\left( {4; - 8} \right)\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(y = x - 4\)
x | 0 | 4 |
y | \( - 4\) | 0 |
Khi đó đồ thị hàm số \(y = x - 4\) là một đường thẳng và đi qua các điểm \(\left( {0; - 4} \right);\left( {4;0} \right)\)
+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số \(y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y = x - 4\) là:
\( - \dfrac{1}{2}{x^2} = x - 4 \\\Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 4\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = - 2 \Rightarrow A\left( {2; - 2} \right)\\x = - 4 \Rightarrow y = - 8 \Rightarrow B\left( { - 4; - 8} \right)\end{array}\)
Xét tam giác OAE ta có: \(OD = DE = \dfrac{1}{2}OE = 2cm;AD = 2cm\) nên tam giác OAE vuông tại A.
Khi đó ta có: \(OA \bot AB\) nên tam giác OAB vuông tại A.
Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn \( = \dfrac{1}{2}OB\)
Ta có: Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OBC có: \(O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80 \) \(\Rightarrow OB = 4\sqrt 5 \)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là \(\dfrac{1}{2}OB = 2\sqrt 5 \)
Bài 4:
Cho phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \(2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0.\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\;\;\forall m \Rightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\;\forall \;m \Rightarrow \Delta ' > 0\;\forall m.\)
Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) với mọi \(m.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.\)
Vì \({x_1};\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0\) nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 = - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 = - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\\ \Leftrightarrow - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left( { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right) - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) + 22\left( {m - 1} \right) = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\\ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 3\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 3\) hoặc \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 5:
Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vuông đó.
Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là \(x\;\left( {cm} \right),\;\left( {7 < x < 17} \right).\)
Khi đó độ cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: \(x - 7\;\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{x^2} + {\left( {x - 7} \right)^2} = {17^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x + 49 = 289\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x - 240 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - 15} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 15 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 8\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
\( \Rightarrow \) độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: \(15 - 7 = \;8cm.\)
Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: \(S = \dfrac{1}{2}.8.15 = 60\;c{m^2}.\)
Bài 6:
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên MB, MN. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(AHKM\) ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\)
Mà hai góc này là góc kề cạnh \(HK\) và cùng nhìn đoạn \(AM.\)
\( \Rightarrow AHKM\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
Hay bốn điểm \(A,H,\;K,\;M\) cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).
b) AH.AK = HB.MK.
Ta có :
Mà
Mà \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = {90^0}\) (tam giác ABH vuông tại H).
\( \Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}\).
Xét tam giác AMK và tam giác BAH có :
\(\begin{array}{l}\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = {90^0}\\\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HB}} = \dfrac{{MK}}{{AH}}\\ \Rightarrow AH.AK = HB.MK\end{array}\)
c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định.
Kéo dài HK cắt AB tại E.
Ta có \(\widehat {MAK} = \widehat {MHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).
Lại có \(\widehat {MHK} = \widehat {EHB}\) (đối đỉnh)
\( \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}\)
Do \(\Delta AMK \sim \Delta BAH\,\,\left( {cmt} \right) \)
\(\Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}\)
\( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH} \) \(\Rightarrow \Delta EHB\) cân tại E.
\( \Rightarrow EH = EB\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có \(\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = {90^0}\) (Tam giác ABH vuông tại H)
\(\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {EAH} = \widehat {EHA} \Rightarrow \Delta EAH\) cân tại E \( \Rightarrow EA = EH\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow EA = EB \Rightarrow E\) là trung điểm của AB. Do A, B cố định \( \Rightarrow E\) cố định.
Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì HK luôn đi qua trung điểm của AB (đpcm).
Đề thi vào lớp 10 môn Toán đóng vai trò quan trọng trong việc đánh giá năng lực học tập của học sinh sau nhiều năm học tập môn Toán ở bậc THCS. Việc làm quen với các dạng đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và nắm vững kiến thức là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao trong kỳ thi này. Đề số 16 là một đề thi thử điển hình, bao gồm các câu hỏi thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng vận dụng linh hoạt.
Đề số 16 thường bao gồm các dạng bài sau:
Để giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết từng câu hỏi trong Đề số 16:
Câu hỏi này yêu cầu học sinh giải một phương trình bậc nhất hoặc bậc hai. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các quy tắc biến đổi phương trình và các công thức nghiệm của phương trình bậc hai.
Câu hỏi này yêu cầu học sinh chứng minh đẳng thức giữa các đoạn thẳng hoặc góc trong một hình học. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất của hình học.
Câu hỏi này yêu cầu học sinh tìm ước chung lớn nhất của hai hoặc nhiều số. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các phương pháp tìm ước chung lớn nhất, chẳng hạn như thuật toán Euclid.
Câu hỏi này yêu cầu học sinh tính toán diện tích của một hình trong thực tế. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần nắm vững các công thức tính diện tích của các hình cơ bản và khả năng áp dụng kiến thức vào thực tế.
Dưới đây là lời giải chi tiết cho từng câu hỏi trong Đề số 16:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào lớp 10 môn Toán, các em học sinh cần lưu ý những điều sau:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào lớp 10 môn Toán, các em học sinh có thể tham khảo các tài liệu sau:
Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một đề thi thử quan trọng giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Hy vọng rằng, với những phân tích chi tiết và lời giải mà chúng tôi cung cấp, các em học sinh sẽ tự tin hơn khi đối mặt với kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. Chúc các em thành công!
