Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2021

• Đề bài
• Lời giải chi tiết
Tải về

Câu 1 (1,5 điểm)

1) Giải phương trình: \(2{x^2} + 5x - 3 = 0.\)

2) Cho hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2021.\) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

3) Cho \(a = 1 + \sqrt 2 \) và \(b = 1 - \sqrt 2 \). Tính giá trị của biểu thức \(P = a + b - 2ab.\)

Câu 2 (2,0 điểm):

Cho biểu thức: \(P = \dfrac{{2\sqrt x - 9}}{{x - 5\sqrt x + 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4,x \ne 9\)

1) Rút gọn biểu thức \(P\)

2) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\)

Câu 3 (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {1; - 2} \right)\)song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).

2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2\left( {m - 1} \right)x - m + 3\). Gọi \({x_1},{x_2}\) lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2\).

Câu 4 (3,5 điểm):

Trên nửa đường tròn tâm \(O\)đường kính \(AB\) với \(AB = 2022\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)) từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\)\(\left( {H \in AB} \right)\). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\)(\(D\) khác \(C,H\)), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai \(E\).

1) Chứng minh \(BHDE\) nội tiếp.

2) Chứng minh \(AD.EC = CD.AC\)

3) Chứng minh \(AD.AE + BH.BA = {2022^2}\)

4) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn \(C\) khác \(A,\,B\) và điểm chính giữa cung \(AB\), xác định vị trí điểm \(C\) sao cho chu vi tam giác \(COH\) đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5 (1,0 điểm):

Cho \(a \ge 1348,\,\,b \ge 1348\). Chứng minh \({a^2} + {b^2} + ab \ge 2022\left( {a + b} \right)\).

Phương pháp:

1) Tính \(\Delta = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\)), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.

2) Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow a > 0\)

3) Thay \(a = 1 + \sqrt 2 \) và \(b = 1 - \sqrt 2 \) vào \(P\), sau đó tính toán.

Cách giải:

1) Xét phương trình \(2{x^2} + 5x - 3 = 0\)

Ta có: \(\Delta = {5^2} + 24 = 49 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {49} }}{4} = \dfrac{1}{2}\); \({x_2} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {49} }}{4} = - 3\)

Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - 3;\,\,\dfrac{1}{2}} \right\}\).

2) Hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2021\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi: \(m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\)

Vậy với \(m > 1\) thì hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

3) Thay \(a = 1 + \sqrt 2 \) và \(b = 1 - \sqrt 2 \) vào \(P = a + b - 2ab\) ta được:

\(\begin{array}{l}P = 1 + \sqrt 2 + 1 - \sqrt 2 - 2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\\\,\,\,\, = 2 - 2\left[ {1 - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} \right]\\\,\,\, = 2 - 2\left( {1 - 2} \right)\\\,\,\, = 2 + 2 = 4.\end{array}\)

Vậy \(P = 4\) khi \(a = 1 + \sqrt 2 \) và \(b = 1 - \sqrt 2 .\)

Phương pháp:

1) Xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

2) Vì \(P > 1 \Leftrightarrow P - 1 > 0\)

Rút gọn \(P - 1\)

\(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} > 0\) khi \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) cùng âm hoặc dương.

Cách giải:

1) ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 4,x \ne 9\)

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2\sqrt x - 9}}{{x - 5\sqrt x + 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x - 9 - \left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) + \left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x - 9 - \left( {x - 9} \right) + \left( {2x - 3\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x - 9 - x + 9 + 2x - 3\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\)

Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9\) ta có \(B = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}.\)

b) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\,\,x \ne 9\)

\(\begin{array}{l}P > 1 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} > 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1 - \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x - 3}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt x - 3}} > 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 3 > 0\,\,\,\left( {do\,\,\,4 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x > 3\\ \Leftrightarrow x > 9\end{array}\)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được \(x > 9\) thì \(P > 1\)

Vậy \(x > 9\) thì \(P > 1.\)

Phương pháp:

1) Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) biết \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và song song với \(d:y = a'x + b'\) (\(a';b'\) đã biết)

Gọi phương trình đường thẳng\(\Delta \) là \(y = ax + b\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Vì \(\Delta //d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow d:y = a'x + b\)

\(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\), từ đó tìm được \(b\), đối chiếu điều kiện ở trên

Kết luận phương trình đường thẳng cần tìm.

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) \(\left( 1 \right)\)

Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).

\( \Leftrightarrow \Delta > 0\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)

Thay vào \(M = x_1^2 + x_2^2\), vận dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị nhỏ nhất của \(M\)

Cách giải:

1) Gọi phương trình đường thẳng\(\Delta \) là \(y = ax + b\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Vì \(\Delta \) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne - 1\end{array} \right.\).

Vì \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {1; - 2} \right)\) nên ta có: \( - 2 = a + b\).

Thay \(a = 2\) vào ta được: \( - 2 = 2 + b \Leftrightarrow b = - 4\,\,\,\left( {tm} \right)\).

Vậy đường thẳng \(\Delta \)cần tìm có phương trình là \(y = 2x - 4\).

2) Hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình:

\({x^2} = 2\left( {m - 1} \right)x - m + 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\)

Phương trình (*) có:

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {m - 3} \right) = {m^2} - 2m + 1 - m + 3\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 3m + 4 = {\left( {m - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4} > 0\,\,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\).

\( \Rightarrow \) \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).

Áp dụng định lí Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,M = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow M = {\left[ {2\left( {m - 1} \right)} \right]^2} - 2.\left( {m - 3} \right)\\ \Leftrightarrow M = 4{m^2} - 8m + 4 - 2m + 6\\ \Leftrightarrow M = 4{m^2} - 10m + 10\\ \Leftrightarrow M = {\left( {2m} \right)^2} - 2.2m.\dfrac{5}{2} + {\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} + \dfrac{{15}}{4}\end{array}\)

\( \Leftrightarrow M = {\left( {2m - \dfrac{5}{2}} \right)^2} + \dfrac{{15}}{4} \ge \dfrac{{15}}{4}\,\,\forall m\) (Vì \({\left( {2m - \dfrac{5}{2}} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\))

Vậy \({M_{\min }} = \dfrac{{15}}{4}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(2m = \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{4}\).

Phương pháp:

1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

2) Ta sẽ chứng minh:

3) Ta sẽ chứng minh:

Ta có: \(AD.AE + BH.AB = AH.AB + BH.AB = \left( {AH + BH} \right).AB = A{B^2} = {2022^2}\,\,\left( {dpcm} \right)\)

4) Tính chu vi của tam giác \(COH\)

Chu vi tam giác \(COH\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow \) \(OH + CH\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow \) \({\left( {OH + CH} \right)^2}\) đạt giá trị lớn nhất

Áp dụng định lý cô-si cho \(OH,CH\) tìm được giá trị lớn nhất.

Cách giải:

1) Trong \(\left( O \right)\) ta có \(\angle AEB = {90^0}\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác \(BHDE\) có: \(\angle BED + \angle BHD = {180^0}\).

Suy ra tứ giác \(BHDE\) nội tiếp (dhnb).

2) Ta có:

\(\angle ACD = \angle CBA\) (cùng phụ với \(\angle BCD\)).

\(\angle CEA = \angle CBA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CA\)).

\( \Rightarrow \angle ACD = \angle CEA\).

Xét tam giác \(ACD\) và tam giác \(AEC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle CAD = \angle CAE\\\angle ACD = \angle CEA\,\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \( \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AC}} = \dfrac{{CD}}{{EC}} \Rightarrow AD.EC = CD.AC\,\,\left( {dpcm} \right)\).

3) Xét tam giác \(AHD\) và tam giác \(AEB\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AHD = \angle AEB = {90^0}\\\angle HAD = \angle BAE\end{array} \right.\)

.

Suy ra \(\dfrac{{AH}}{{AE}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow AD.AE = AH.AB\)\(\left( 1 \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}AD.AE + BH.AB = AH.AB + BH.AB\\ = \left( {AH + BH} \right).AB = A{B^2} = {2022^2}\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)

4) Chu vi tam giác \(COH\) là: \(CO + OH + CH = \dfrac{{AB}}{2} + OH + CH = 1011 + OH + CH\)

Chu vi tam giác \(COH\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow \) \(OH + CH\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow \) \({\left( {OH + CH} \right)^2}\) đạt giá trị lớn nhất

Ta có: \(0 < OH,CH < OC = 1011\).

Áp dụng định lý cô-si cho \(OH,CH\) ta có:

\({\left( {OH + CH} \right)^2} \le 2\left( {O{H^2} + C{H^2}} \right) = 2.O{C^2} \Rightarrow OH + CH \le OC\sqrt 2 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(OH = CH = \dfrac{{OC\sqrt 2 }}{2}\) hay \(\Delta OHC\) vuông cân tại \(H\) \( \Rightarrow \angle COA = {45^0}\).

Vậy chu vi tam giác \(COH\) đạt giá trị lớn nhất khi góc \(COA\) bằng \({45^0}\).

Phương pháp:

Xuất phát từ bất đẳng thức: \({a^2} + {b^2} \ge 2ab\).

Cách giải:

Ta có: \({a^2} + {b^2} \ge 2ab \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + ab \ge 3ab\)

\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + ab \ge \dfrac{3}{2}ab + \dfrac{3}{2}ab \ge \dfrac{3}{2}.a.1348 + \dfrac{3}{2}.b.1348\)(Do \(a \ge 1348,\,\,b \ge 1348\))

\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + ab \ge 2022\left( {a + b} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\).

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = 1348\).