loigiai.com.vn xin giới thiệu Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán, một tài liệu ôn tập quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị bước vào kỳ thi tuyển sinh lớp 10. Đề thi này được biên soạn dựa trên cấu trúc đề thi chính thức và bao gồm các dạng bài tập thường gặp.
Với mục tiêu giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán, loigiai.com.vn cung cấp đề thi kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu.
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 số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán là một bài kiểm tra quan trọng, đánh giá khả năng nắm vững kiến thức và kỹ năng giải quyết vấn đề của học sinh sau chương trình THCS. Đề thi này thường bao gồm các chủ đề chính như Đại số, Hình học, và đôi khi có thêm các bài toán về số học hoặc logic.
Cấu trúc của đề thi thường được chia thành các phần:
Đề số 16 thường tập trung vào các nội dung sau:
Để giải quyết tốt Đề số 16 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán, học sinh cần:
Bài toán: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Lời giải:
Luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để thành công trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán. Việc giải các đề thi thử, đặc biệt là các đề thi chính thức như Đề số 16, sẽ giúp học sinh làm quen với áp lực thi cử và cải thiện kỹ năng giải toán.
Ngoài Đề số 16, học sinh có thể tham khảo các nguồn tài liệu ôn tập khác như:
Hãy dành thời gian ôn tập và luyện tập một cách nghiêm túc. Đừng ngần ngại hỏi thầy cô hoặc bạn bè nếu gặp khó khăn. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10!
| Dạng bài | Chủ đề | Mức độ khó |
|---|---|---|
| Giải phương trình | Đại số | Trung bình |
| Chứng minh hình học | Hình học | Trung bình - Khó |
| Bài toán về số thực | Đại số | Dễ |
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
