Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020

Đề bài

Câu 1 (4 điểm): 

a) Rút gọn biểu thức $A = 2\sqrt 3  + 5\sqrt {48}  + \sqrt {125}  - 5\sqrt 5$

b) Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $B = \sqrt {3x - 4}$ có nghĩa.

Câu 2 (4 điểm): 

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.$ 

 b) Cho parabol $\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = 3x + b$. Xác định giá trị của $b$ bằng phép tính để đường thẳng $\left( d \right)$ tiếp xúc với parabol $\left( P \right)$.

Câu 3 (6 điểm): 

Cho phương trình ${x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ (với $m$ là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi $m = 4$.

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m$.

c) Xác định giá trị của $m$ để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn: ${x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) =  - 4$.

Câu 4 (6 điểm): 

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R$. Gọi $I$ 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 $B$. Dựng đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ và $B$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $EI$. Đường thẳng $d$ cắt ${d_1}$, ${d_2}$ lần lượt tại $M,\,\,N$.

a) Chứng minh tứ giác $AMEI$ nội tiếp.

b) Chứng minh $\Delta IAE$ đồng dạng với $\Delta NBE$. Từ đó chứng minh $IB.NE = 3IE.NB$.

c) Khi điểm $E$ thay đổi, chứng minh tam giác $MNI$ vuông tại $I$ và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $MNI$ theo $R$.

Lời giải

Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,\,B \ge 0.$

b) Biểu thức $\sqrt {f\left( x \right)}$ xác định $\Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0.$

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức $A = 2\sqrt 3  + 5\sqrt {48}  + \sqrt {125}  - 5\sqrt 5$

Ta có:

$\begin{array}{l}A = 2\sqrt 3  + 5\sqrt {48}  + \sqrt {125}  - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3  + 5\sqrt {{4^2}.3}  + \sqrt {{5^2}.5}  - 5\sqrt 5 \\A = 2\sqrt 3  + 5.4\sqrt 3  + 5\sqrt 5  - 5\sqrt 5 \\A = \left( {2\sqrt 3  + 20\sqrt 3 } \right) + \left( {5\sqrt 5  - 5\sqrt 5 } \right)\\A = 22\sqrt 3 \end{array}$

Vậy $A = 22\sqrt 3$.

b) Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $B = \sqrt {3x - 4}$ có nghĩa

Biểu thức $B = \sqrt {3x - 4}$ có nghĩa khi và chỉ khi $3x - 4 \ge 0 \Leftrightarrow 3x \ge 4 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{3}$.

Vậy biểu thức $B = \sqrt {3x - 4}$ có nghĩa khi$x \ge \dfrac{4}{3}$.

Câu 2 (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm $\left( * \right)$  của $\left( P \right)$ và $\left( d \right).$

Số giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để $\left( d \right)$ tiếp xúc với parabol $\left( P \right)$ thì phương trình (*) phải có nghiệm kép $\Leftrightarrow \Delta  = 0.$

Cách giải:

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right.$  

Ta có:$\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y = 5\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\x - 4y = 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x - 4y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - 4y = 3\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\4y =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.$ 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left( {x;y} \right) = \left( {2; - \dfrac{1}{4}} \right)$.

b) Cho parabol $\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = 3x + b$. Xác định giá trị của $b$ bằng phép tính để đường thẳng $\left( d \right)$ tiếp xúc với parabol $\left( P \right)$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$:

$2{x^2} = 3x + b \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x - b = 0\,\,\,\left( * \right)$

Số giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do đó để $\left( d \right)$ tiếp xúc với parabol $\left( P \right)$ thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.

$\Leftrightarrow \Delta  = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - b} \right) = 0$ $\Leftrightarrow 9 + 8b = 0 \Leftrightarrow b =  - \dfrac{9}{8}$.

Vậy để $\left( d \right)$ tiếp xúc với parabol $\left( P \right)$ thì $b =  - \dfrac{9}{8}$.

Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

a) Thay $m = 4$ vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.

b) Tính $\Delta  = {b^2} - 4ac.$ Chứng minh $\Delta  \ge 0$ với mọi $m$ $\Rightarrow$ Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi $m.$

c) Phương trình đã cho có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ phân biệt $\Leftrightarrow \Delta  > 0.$

Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm $m.$

Đối chiếu với điều kiện của $m$ rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình ${x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ (với $m$ là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi $m = 4$.

Thay $m = 4$ vào phương trình (1) ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 4x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) - \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}$

Vậy khi $m = 4$ thì tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ { - 1;4} \right\}$.

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m$.

${x^2} - \left( {m - 1} \right)x - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ có

$\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( { - m} \right)\\\Delta  = {m^2} - 2m + 1 + 4m\\\Delta  = {m^2} + 2m + 1\\\Delta  = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \in \mathbb{R}\end{array}$

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m$.

c) Xác định giá trị của $m$ để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn: ${x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) =  - 4$.

Theo ý b) ta có $\Delta  = {\left( {m + 1} \right)^2}$.

Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thì $\Delta  > 0$.

$\Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 1$.

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

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x_1}\left( {3 + {x_1}} \right) + {x_2}\left( {3 + {x_2}} \right) =  - 4\\ \Leftrightarrow 3{x_1} + x_1^2 + 3{x_2} + x_2^2 =  - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) =  - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} =  - 4\\ \Leftrightarrow 3\left( {m - 1} \right) + {\left( {m - 1} \right)^2} - 2.\left( { - m} \right) =  - 4\\ \Leftrightarrow 3m - 3 + {m^2} - 2m + 1 + 2m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 2m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 1} \right) + 2\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m =  - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $m =  - 2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (VDC) - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.

b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.

Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.

c) Chứng minh tứ giác $BNEI$ nội tiếp và từ tứ giác $AMEI$ nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.

Từ đó suy ra $\Delta MNI$ là tam giác vuông.

Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm $E$ để diện tích $\Delta MNI$ nội tiếp.

Cách giải:

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R$. Gọi $I$ 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 $B$. Dựng đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ và $B$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $EI$. Đường thẳng $d$ cắt ${d_1}$, ${d_2}$ lần lượt tại $M,\,\,N$.

a) Chứng minh tứ giác $AMEI$ nội tiếp.

Vì ${d_1}$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $A$ nên $\angle IAM = {90^0}$.

Vì $d \bot EI$ tại $E$ nên $\angle IEM = {90^0}$.

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

Vậy tứ giác $AMEI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$).

b) Chứng minh $\Delta IAE$ đồng dạng với $\Delta NBE$. Từ đó chứng minh $IB.NE = 3IE.NB$.

Vì $\angle AEB$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\angle AEB = {90^0}$.

Ta có: $\angle AEI + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}$.

           $\angle BEN + \angle IEB = \angle IEN = {90^0}$ (do $d \bot IE$)

$\Rightarrow \angle AEI = \angle BEN$ (cùng phụ với $\angle IEB$)

Xét $\Delta IAE$ và  $\Delta NBE$ có:

$\angle AEI = \angle BEN\,\,\,\left( {cmt} \right);$

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

$\Rightarrow \Delta IAE$ đồng dạng với $\Delta NBE$ (g.g).

$\Rightarrow \dfrac{{IE}}{{NE}} = \dfrac{{IA}}{{NB}}$ (2 cạnh tương ứng).

$\Rightarrow IA.NE = IE.NB$ (1).

Mà $I$ là trung điểm của $OA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OA = 2IA$.

Lại có $O$ là trung điểm của $AB \Rightarrow AB = 2OA = 4IA$.

$\Rightarrow IB = AB - IA = 4IA - IA = 3IA$.

Khi đó ta có:

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow 3IA.NE = 3IE.NB$  (nhân cả 2 vế với 3) $\Rightarrow IB.NE = 3IE.NB$ (đpcm).

c) Khi điểm $E$ thay đổi, chứng minh tam giác $MNI$ vuông tại $I$ và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $MNI$ theo $R$.

Xét tứ giác $BNEI$ có:

$\angle IEN = {90^0}$ (do $d \bot IE$ tại $E$)

$\angle IBN = {90^0}$ (do ${d_2}$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $B$)

$\Rightarrow \angle IEN + \angle IBN = {90^0} + {90^0} = {180^0}$.

$\Rightarrow$ Tứ giác $BNEI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180^0}$).

$\Rightarrow \angle INE = \angle IEB = \angle ABE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IE$)

Lại có: Tứ giác $AMEI$ là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)

$\Rightarrow \angle IME = \angle IAE = \angle BAE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $IE$)

Xét tam giác $MNI$ có:

$\angle INE + \angle IME = \angle ABE + \angle BAE = {90^0}$ (do $\angle AEB = {90^0}\,\,\,\left( {cmt} \right)$ nên tam giác $AEB$ vuông tại $E$).

$\Rightarrow \Delta MNI$ vuông tại $I$ (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng ${90^0}$).

Ta có: ${S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN$.

Đặt $\angle AIM = \alpha \,\,\left( {0 < \alpha  < {{90}^0}} \right)$ $\Rightarrow \angle BIN = {90^0} - \alpha$.

Xét tam giác vuông $AIM$ ta có: $\cos \alpha  = \dfrac{{AI}}{{IM}} \Rightarrow IM = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}$.

Xét tam giác vuông $BIN$ ta có: $\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }}.\dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{AI.BI}}{{\sin \alpha .cos\alpha }}\end{array}$

Ta có: $AB = 4AI\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{R}{2},\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{{3R}}{2}$.

$\Rightarrow {S_{\Delta MNI}} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{4}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3{R^2}}}{8}}}{{\sin \alpha .\cos \alpha }}$.

Do $\dfrac{{3{R^2}}}{8}$ không đổi nên diện tích tam giác $MNI$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\sin \alpha .\cos \alpha$ đạt giá trị lớn nhất.

Vì ${0^0} < \alpha  < {90^0}$ nên $\sin \alpha ,\,\,\cos \alpha  > 0$. Áp dụng BĐT Co-si ta có:

$\sin \alpha .\cos \alpha  \le \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\,\,\forall \alpha$.

$\Rightarrow {S_{\Delta MNI}} \le \dfrac{{3{R^2}}}{8}:\dfrac{1}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha  = \cos \alpha \\{\sin ^2}\alpha  = {\cos ^2}\alpha \end{array} \right. \Rightarrow \sin \alpha  = \cos \alpha  = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$ $\Rightarrow \alpha  = {45^0}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $MNI$ là $\dfrac{{3{R^2}}}{4}$, đạt được khi $\angle AIM = {45^0}$.