Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp năm 2019

• Đề bài
• Lời giải
Tải về

Câu 1 (1 điểm)

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \) b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)

Câu 2 (1 điểm)

Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right.\).

Câu 3 (1 điểm)

Giải phương trình \({x^2} - 7x + 12 = 0.\)

Câu 4 (1 điểm)

Trong hệ trục tọa độ \(Oxy,\) cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) và parabol \(\left( P \right):y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)

a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)

b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)

Câu 5 (1 điểm)

Cho phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) (với \(m\) là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

Câu 6 (1,0 điểm): Chiều cao trung bình của \(40\) học sinh lớp \(9A\) là \(1,628m\) . Trong đó chiều cao trung bình của học sinh nam là \(1,64m\) và chiều cao trung bình của học sinh nữ là \(1,61m.\) Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A.

Câu 8 (3,0 điểm): Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) và đường cao \(AK\) \(\left( {K \in BC} \right)\). Vẽ đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(BC\). Từ \(A\) kẻ các tiếp tuyến \(AM,AN\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(M,N\) là các tiếp điểm, \(M\) và \(B\) nằm trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(AO\)). Gọi \(H\) là giao điểm của hai đường thẳng \(MN\) và \(AK.\)

a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)

c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)

Câu 1

Phương pháp:

a) Sử dụng \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\)

b) Sử dụng \(\sqrt X = m\,\left( {m \ge 0} \right) \Leftrightarrow x = {m^2}.\)

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 \)

Ta có \(A = \sqrt {36} - \sqrt 4 = 6 - 2 = 4\)

Vậy \(A = 4.\)

b) Tìm \(x\) biết \(\sqrt x = 3\)

Điều kiện: \(x \ge 0.\)

Ta có \(\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = {3^2} \Leftrightarrow x = 9\,\,\,\left( {tm} \right).\)

Vậy \(x = 9.\)

Câu 2:

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 12\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 8\\2x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\2x + 2 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right).\)

Câu 3 (1 điểm)

Phương pháp:

Đưa phương trình về dạng \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 7x + 12 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) - 4\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 4 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {3;4} \right\}.\)

Câu

Phương pháp:

a) Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

b) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm kép

Cách giải:

a) Tìm giá trị của \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {0;9} \right)\)

Đường thẳng \(d:\,\,y = 6x + b\) đi qua điểm \(M\left( {0;\,\,9} \right)\)

\( \Rightarrow \) Thay \(x = 0;y = 9\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = 6x + b\) ta được \(9 = 6.0 + b \Leftrightarrow b = 9\)

Vậy \(b = 9.\)

b) Với \(b\) tìm được, tìm giá trị của \(a\) để \(\left( d \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right).\)

Theo câu \(a\) ta có \(b = 9 \Rightarrow \left( d \right):y = 6x + 9.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\), ta được

\(a{x^2} = 6x + 9 \Leftrightarrow a{x^2} - 6x - 9 = 0\) (*)

Để đường thẳng \(\left( d \right)\) tiếp xúc với parabol \(\left( P \right)\) thì phương trình (*) có nghiệm kép

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\{\left( { - 3} \right)^2} - a.\left( { - 9} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\9a = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\a = - 1\end{array} \right. \Rightarrow a = - 1\)

Vậy \(a = - 1\) là giá trị cần tìm

Câu

Phương pháp:

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Phương trình \({x^2} - mx - 2{m^2} + 3m - 2 = 0\) có \(a = 1 \ne 0;\,b = - m;c = - 2{m^2} + 3m - 2\)

Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.\left( { - 2{m^2} + 3m - 2} \right) = 9{m^2} - 12m + 8 = {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4.\) 

Vì \({\left( {3m - 2} \right)^2} \ge 0;\,\forall m \Leftrightarrow {\left( {3m - 2} \right)^2} + 4 \ge 4 > 0,\,\forall m\)

Hay \(\Delta > 0,\,\forall m\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)

Câu 6:

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

Bước 2: Lập hệ phương trình

Bước 3: Giải hệ phương trình, so sánh với điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là \(x,\,\,y\,\,\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*},\,x,y < 40} \right)\) (học sinh)

Lớp 9A có \(40\) học sinh nên ta có phương trình \(x + y = 40\) (1)

Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là \(1,628m\) nên ta có phương trình

\(\dfrac{{1,64.x + 1,61.y}}{{40}} = 1,628 \Leftrightarrow 1,64x + 1,61y = 65,12\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

 \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 40\\1,64x + 1,61y = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 1,61\left( {40 - x} \right) = 65,12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\1,64x + 64,4 - 1,61x = 65,12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 40 - x\\0,03x = 0,72\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 24\\y = 16\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy số học sinh nam lớp 9A là \(24\) học sinh

Số học sinh nữ lớp 9A là \(16\) học sinh.

Câu 7:

Phương pháp:

Diện tích xung quanh hình trụ bằng \(S = 2\pi rl\)

Diện tích xung quanh hình nón bằng \(S = \pi rl\)

Diện tích hình tròn bán kính \(r\) là \(S = \pi {r^2}\)

Cách giải:

Hình trụ có bán kính đáy \(r = 8cm\) và chiều cao \(h = 16cm\) nên diện tích xung quanh hình trụ là

\({S_1} = 2\pi rh = 2\pi .8.16 = 256\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích 1 mặt đáy của hình trụ là \({S_2} = \pi {r^2} = \pi {.8^2} = 64\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao \({h_1} = 16 - 10 = 6cm\) và bán kính đáy \(r = 8cm\)

Đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{r^2} + h_1^2} = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10\,cm\).

Diện tích xung quanh hình nón là \({S_3} = \pi rl = \pi .8.10 = 80\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích toán bộ mặt khuôn là \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = 256\pi + 64\pi + 80\pi = 400\pi = 1256\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là \(1256\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Câu 8:

Phương pháp:

a) Chỉ ra tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhín cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp

b) Sử dụng hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.

c) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc để suy ra hệ thức đúng.

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM\) là tiếp tuyến nên \(AM \bot OM\) hay \(\angle AMO = 90^\circ \)

Lại có \(AK \bot BC \Rightarrow \angle AKO = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(AMKO\) có \(\angle AMO = \angle AKO\left( { = 90^\circ } \right)\) nên hai đỉnh \(M,K\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(AO\) dưới các góc vuông, do đó tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Chứng minh \(KA\) là tia phân giác góc \(MKN\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AN\) là tiếp tuyến nên \(AN \bot ON\) hay \(\angle ANO = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(KONA\) có \(\angle AKO + \angle ANO = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(KONA\) là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\angle NKA = \angle NOA\) (1)

Lại có tứ giác \(AMKO\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên \(\angle MKA = \angle MOA\) (2)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AM,AN\) là hai tiếp tuyến nên \(OA\) là tia phân giác của \(\angle MON\) (tính chất)

Do đó \(\angle MOA = \angle NOA\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\angle MKA = \angle NKA\) hay \(KA\) là tia phân giác của góc \(MKN\) (đpcm).

c) Chứng minh \(A{N^2} = AK.AH\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle AMN\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(MN\) nên \(\angle AMN = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (4)

Lại có \(\angle MKA = \angle MOA = \dfrac{1}{2}\angle MON\) (theo câu b) nên \(\angle MKA = \dfrac{1}{2}sd\,cung\,MN\) (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(\angle AMH = \angle MKA\).

Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta AKM\) có

+) \(\angle MAH\) chung

+) \(\angle AMH = \angle MKA\) (cmt)

Nên suy ra \(\dfrac{{AM}}{{AK}} = \dfrac{{AH}}{{AM}} \Leftrightarrow A{M^2} = AK.AH\)

Lại có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(A{N^2} = AK.AH\) (đpcm)