Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Ninh Bình 2021
Câu 1 (2,0 điểm).
1. Hàm số \(y=2 x-3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A=\sqrt{18}-2 \sqrt{50}+3 \sqrt{8}\)
3. Giải hệ phương trình \(\left\{\begin{array}{l}x-y=1 \\ 2 x+y=5\end{array}\right.\)
Câu 2 (2,5 điểm). Cho phương trình \(x^{2}-m x+m-1=0\) (1) với \(m\) là tham số
a) Giải phương trình (1) với \(m=3\).
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi \(m\)
c) Gọi \(x_{1}, x_{2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị của \(m\) để biểu thức \(P=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) đạt giá trị nhỏ nhất
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm)
1. Hàm số \(y=2 x-3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) ? Vì sao?
Hàm số \(y=2 x-3\) có \(x=2>0\) nên hàm số \(y=2 x-3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
2. Rút gọn biểu thúc \(A=\sqrt{18}-2 \sqrt{50}+3 \sqrt{8}\).
Ta có:
\(A=\sqrt{18}-2 \sqrt{50}+3 \sqrt{8}\)
\(A=\sqrt{3^{2} \cdot 2}-2 \sqrt{5^{2} \cdot 2}+3 \sqrt{2^{2} \cdot 2}\)
\(A=3 \sqrt{2}-10 \sqrt{2}+6 \sqrt{2}\)
\(A=(3-10+6) \sqrt{2}\)
\(A=-\sqrt{2}\)
Vậy \(A=-\sqrt{2}\).
3. Giải hệ phưong trình \(\left\{\begin{array}{l}x-y=1 \\ 2 x+y=5\end{array}\right.\).
Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}x-y=1 \\ 2 x+y=5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}3 x=6 \\ y=x-1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=1\end{array}\right.\right.\right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x ; y)=(2 ; 1)\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phuong trình \(x^{2}-m x+m-1=0\) (1) \((m\) là tham số)
a) Giải phuong trình (1) khi \(m=3\)
Với \(m=3\) thì \((1)\) trở thành: \(x^{2}-3 x+2=0\).
Ta có \(a+b+c=1-3+2=0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[\begin{array}{l}x_{1}=1 \\ x_{2}=\dfrac{c}{a}=2\end{array}\right.\)
Vậy tập nghiệm phương trình \(S=\{1 ; 2\}\).
b) Chứng minh rằng phưong trình (1) luôn có nghiệm vớimọi \(m\) Phương trình (1) có: \(\Delta=m^{2}-4(m-1)=m^{2}-4 m+4=(m-2)^{2} \geq 0 \forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
c) Goi \(x_{1}, x_{2}\) là hai nghiệm của phuong trình (1). Tìm giá trị của \(m\) dể \(P=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) đạt giá trị nhỏ nhất
Theo câu b) phương trình luôn có hai nghiệm \(x_{1}, x_{2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=m \\ x_{1} x_{2}=m-1\end{array}\right.\)
Khi đó ta có:
\(P=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}\)
\(=m^{2}-2(m-1)=(m-1)^{2}+1\)
Nhận thấy \((m-1)^{2} \geq 0 \forall m \Rightarrow(m-1)^{2}+1 \geq 1 \forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi \(m-1=0 \Leftrightarrow m=1\).
Vậy \(m=1\)
Câu 3 (1,0 điểm):
Một nguời đi xe đạp từ A đến B cách nhau \(24 \mathrm{~km} .\) Khi đi từ B trở về A, nguơi đó tăng vận tốc thêm \(4 \mathrm{~km} / \mathrm{h}\), vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ \(A\) tới \(B\) là \(x(k m / h)(x>0)\).
Do khi đi từ \(B\) trở về \(A\), người đó tăng vận tốc lên \(4 k m / h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x+4(k m / h)\).
Thời gian người đi xe đạp từ \(A\) tới \(B\) là \(\dfrac{24}{x}(h)\)
Thời gian người đi xe đạp từ \(B\) về \(A\) là \(\dfrac{24}{x+4}(h)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút \(=\dfrac{1}{2}(h)\) nên ta có phương trình:
\(\dfrac{24}{x}-\dfrac{24}{x+4}=\dfrac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow \dfrac{24(x+4)-24 x}{x(x+4)}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{96}{x(x+4)}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow x(x+4)=96.2\)
\(\Leftrightarrow x^{2}+4 x-192=0\)
Ta có \(\Delta^{\prime}=2^{2}+192=196=14^{2}>0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
\(\left[\begin{array}{l}x=-2+14=12 \quad(t m) \\ x=-2-14=-16(k t m)\end{array}\right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ \(A\) tới \(B\) là \(12 \mathrm{~km} / \mathrm{h}\).
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến \(A B, A C\) với đưòng tròn \((B, C\) là các tiếp điểm)
a) Chứng minh tứ giác \(A B O C\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(A B, A C\) là các tiếp tuyển của \((O)\) lần lượt tại \(A, B\) nên \(\left\{\begin{array}{l}O B \perp A B \Rightarrow O B A=90^{\circ} \\ O C \perp A C \Rightarrow O C A=90^{\circ}\end{array}\right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(A B O C\) có \(O B A+O C A=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}\).
Vậy \(A B O C\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vẽ cát tuyến ADE không đi quatâm O của đường tròn (D nằm giũa \(A\) và \(E\) ). Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC.
Vì \(M\) là trung điểm của \(D E\) nên \(O M \perp D E\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \(\Rightarrow O M A=90^{\circ}\)
Xét tứ giác $OMAC$ có \(\widehat {OMA} + \widehat {OCA} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên OMAC là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\(\Rightarrow\) Năm điểm \(O, B, A, C, M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(A M C=A O C\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(A C\) ).
\(A M B=A O B\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(A B\) ).
Mà \(A O C=A O B\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\(\Rightarrow A M C=A M B\)
Vậy \(M A\) là tia phân giác của góc \(B M C\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đung đưọc bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cu, lấy \(\pi \approx 3,14\) ).
Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V=\pi r^{2} h=\pi .2^{2} .3=12 \pi \approx 37,68\left(d m^{3}\right)\).
Đổi \(37,68 d m^{3}=37,681\).
Vậy dụng cụ này được được 37, 681 chất lỏng.
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các căp sốnguyên \((x, y)\) thỏa mãn phuong trình \(x^{2}+2 y^{2}+2 x y=1\)
Ta có:
\(x^{2}+2 y^{2}+2 x y=1\)
\(\Leftrightarrow x^{2}+2 x y+y^{2}+y^{2}=1\)
\(\Leftrightarrow(x+y)^{2}+y^{2}=1\)
Do \(x, y\) nguyên nên \((x-y)^{2}, y^{2}\) nguyên. Mặt khác \((x-y)^{2} \geq 0, y^{2} \geq 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{(x + y)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{(x + y)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \((x, y)\) thỏa mãn phương trình là \(\{(1 ; 0) ;(-1 ; 0) ;(-1 ; 1) ;(1 ;-1)\}\).
2) Cho \(a, b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a+b^{2}=2 a b^{2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{a^{4}+b^{4}+2 a b^{4}}+\dfrac{1}{a^{2}+b^{8}+2 a^{2} b^{2}} \leq \dfrac{1}{2}\).
Đặt \(\left\{\begin{array}{l}a=x \\ b^{2}=y\end{array}(x ; y>0) \Rightarrow x+y=2 x y\right.\). Khi đó ta cần chứng minh
\(\dfrac{1}{x^{4}+y^{2}+2 x y^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}+y^{4}+2 x^{2} y} \leq \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{\begin{array}{l}x^{4}+y^{2} \geq 2 x^{2} y \\ x^{2}+y^{4} \geq 2 x y^{2}\end{array}\right.\) (BĐT Cauchy)
$\Rightarrow
\dfrac{1}{{{x}^{4}}+{{y}^{2}}+2x{{y}^{2}}}\le \dfrac{1}{2{{x}^{2}}y+2x{{y}^{2}}}=\dfrac{1}{2xy(x+y)}$
$\dfrac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{4}}+2{{x}^{2}}y}\le
\dfrac{1}{2x{{y}^{2}}+2{{x}^{2}}y}=\dfrac{1}{2xy(x+y)}$
$\Rightarrow
\dfrac{1}{{{x}^{4}}+{{y}^{2}}+2x{{y}^{2}}}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{4}}+2{{x}^{2}}y}\le
\dfrac{1}{2xy(x+y)}+\dfrac{1}{2xy(x+y)}=\dfrac{1}{xy(x+y)}$
Ta sẽ chứng
minh $\dfrac{1}{xy(x+y)}\le \dfrac{1}{2}$.
Ta có:
$\dfrac{1}{xy(x+y)}\le
\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow xy(x+y)\ge 2$
$\Leftrightarrow
\dfrac{x+y}{2}(x+y)\ge 2($ Do $x+y=2xy)$
$\Leftrightarrow
{{(x+y)}^{2}}\ge 4\Leftrightarrow x+y\ge 2$
Thật vậy: $x+y=2xy\le
{{\left( \dfrac{x+y}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{(x+y)}^{2}}\ge
4(x+y)\Leftrightarrow x+y\ge 4$ (Do $x+y>0)$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.