Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018

Đề bài

Câu I: (2,0 điểm)

1)      Giải phương trình: ${x^2} + 8x + 7 = 0$

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

Câu II: (2,0 điểm)

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

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị của x để $A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}$

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 $\left( {d'} \right):\,\,y = 2x + 3$ 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 $\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge 30.$ 

Lời giải chi tiết

Câu I.

Phương pháp:

1)      Giải phương trình bậc hai 1 ẩn sử dụng công thức nhanh có: $a - b + c = 0$ . Khi đó phương trình luôn có một nghiệm là: $x =  - 1$ và nghiệm còn lại là: $x =  - \dfrac{c}{a}$

2)      giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

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: $x =  - \dfrac{c}{a} =  - 7$

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

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

$\left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 6\\5x + y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 20 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 20 - 5.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 10\end{array} \right.$

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

Câu II.

Phương pháp:

1. Phân tích mẫu thành nhân tử sau đó quy đồng các mẫu thức rồi rút gọn.

2. Cho $A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}$ sau đó tìm x và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

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

1. 1.      Rút gọn biểu thức A.

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

Vậy với $x > 0$ thì $A = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}$

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

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

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

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

Câu III.

Phương pháp:

1.Hai đường thẳng $\left( d \right):\,\,y = ax + b;\,\,\left( {d'} \right):\,\,y = a'x + b'$  song song với nhau khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.$ .

Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;-1) tức là tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình đường thẳng.

2.Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$  với mọi m: Ta xét biệt thức $\Delta  = {b^2} - 4ac$  sau đó chứng minh cho $\Delta  > 0,\forall m$ .

Kết hợp hệ thức Viet với đầu bài để tìm được m.

Hệ thức Viet: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.$

Cách giải:

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

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 3\end{array} \right.$

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:

$- 1 = 2.1 + b \Leftrightarrow b =  - 3\left( {tm} \right)$

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

1. 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 $\Delta  = {\left( {m - 2} \right)^2} + 12 \ge 12 > 0,\forall m$

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: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} =  - 3\end{array} \right.$

Theo đề ra ta có:

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

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV.

Phương pháp:

1. Chứng minh tứ giác AMEI có tổng hai góc đối bằng 180⁰.
2. Chứng minh tam giác IEA đồng dạng với tam giác NEB.

Cách giải:

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 $\angle IAM = {90^0}$

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

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

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

$\Rightarrow \angle IEA = \angle NEB$

Xét $\Delta IEA$ và $\Delta NEB$ có:

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

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

$\Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{IA}} = \dfrac{{NE}}{{NB}} \Rightarrow IA.NE = IE.NB \Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB$

Do I là trung điểm của OA $\Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{4}AB \Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}IB$ 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 $\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác $BNEI$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

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

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

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

$\Rightarrow \angle AMI = \angle NIB$.

Xét $\Delta AMI$ và $\Delta BIN$ có:

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

Ta có $AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}.2R = \dfrac{R}{2};\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}.2R = \dfrac{{3R}}{2}$ 

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

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

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

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

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

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

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

Xét tam giác vuông AIM có $\cos \angle AIM = \cos \alpha  = \dfrac{{AI}}{{MI}} \Rightarrow MI = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{R}{{2\cos \alpha }}$

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

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

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

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

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha  = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha  = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha  = {45^0}$

Vậy ${S_{IMN\,\,\min }} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}$.

Câu V.

Ta có:

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