Đáp án chi tiết đề thi vào lớp 10 môn Toán Đắk Nông 2021 thi vào ngày 7/6/2021. Các bạn chú ý theo dõi.
Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Đắk Nông 2021
Bài 3 (2.0 điểm):
a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là $13\text{m}$. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là $7m$. Hãy tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật đó.
b) Cho phương trình: ${{x}^{2}}-2mx-1=0$ (1) với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn: $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=7.$
Bài 4 (3.0 điểm): Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. Vẽ tia tiếp tuyến $Ax$ củng phía với nửa đường tròn đường kính $AB$. Lấy một điểm $M$ trên tia $Ax(M\ne A)$. Vẽ tiếp tuyến $MC$ với nửa đường tròn $(O)$ ( $C$ là tiếp điểm). Vẽ $AC$ cắt $OM$ tại $E$, Vẽ $MB$ cắt nửa đường tròn $(O)$ tại $D(D\ne B)$.
a) Chứng minh : Tứ giác $AMDE$ nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh: $M{{A}^{2}}=MD\cdot MB$.
c) Vẽ $CH$ vuông góc với $AB(H\in AB)$. Chứng minh rằng $MB$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $CH$.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,0 điểm)
a) Cho phương trình ${{x}^{2}}+5x-6=0$ (*). Hãy xác dịnh các hệ số $a,b,c$ và giải phương trình (*).
Phương trình ${{x}^{2}}+5x-6=0$ có $a=1,b=5,c=-6$.
Vì $a+b+c+1+5+(-6)=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 6}\end{array}} \right.$
Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{1;-6\}$.
b) Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{x - y = 1}\end{array}} \right.$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 5}\\{x - y = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x = 6}\\{y = x - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.$
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x;y)=(3;2)$.
Bài 2 (2,0 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) $3\sqrt{2}+\sqrt{50}-\sqrt{8}$
$=3\sqrt{2}+\sqrt{{{5}^{2}}\cdot 2}-\sqrt{{{2}^{2}}\cdot 2}$
$=3\sqrt{2}+5\sqrt{2}-2\sqrt{2}$
$=(3+5-2)\sqrt{2}$
$=6\sqrt{2}$
b) $\dfrac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\dfrac{x-4}{\sqrt{x}+2}$ với $x>0$.
Với $x>0$ ta có:
$\dfrac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\dfrac{x-4}{\sqrt{x}+2}$
$=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}}+\dfrac{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}+2}$
$=\sqrt{x}+1+\sqrt{x}-2$
$=2\sqrt{x}-1$
Vậy với $x>0$ thi $\dfrac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\dfrac{x-4}{\sqrt{x}+2}=2\sqrt{x}-1$.
Bài 3 (2,0 điểm)
a) Giải bài toán bằng cách lập phuơng trình
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là $13\text{m}$. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là $7m.$ Hãy tính diện tích mảnh dất hình chữ nhật đó.
Gọi chiều rộng mảnh đất là $x(m)$ (ĐK: $x>0$) $\Rightarrow $ Chiều dài mảnh đất là $x+7(m)$.
Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là $13\text{m}$ nên ta có phương trình:
${{x}^{2}}+{{(x+7)}^{2}}={{13}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{x}^{2}}+14x+49=169$
$\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+14x-120=0$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+7x-60=0$
$x=\dfrac{-7+17}{2}=5\quad (tm)$
Ta có $\Delta ={{7}^{2}}-4.(-60)=289={{17}^{2}}>0$ nên phương trình có 2 nghiêm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{{ - 7 + 17}}{2} = 5\;\;\;{\mkern 1mu} (tm)}\\{x = \dfrac{{ - 7 - 17}}{2} = - 12(ktm)}\end{array}} \right.$
$\Rightarrow $ Chiều rộng của mảnh đất là $5m$, chiều dài của mảnh đất là $5+7=12m$.
Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là $S=5.12=60\left( {{\text{m}}^{2}} \right)$.
b) Cho phương trình ${{x}^{2}}-2mx-1=0$ (1) với $m$ là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=7$
Phương trình (1) có ${\Delta }'={{m}^{2}}+1>0,\,\forall m$ nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$.
Khi đó áp dụng định li Vi-ét ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = - 1}\end{array}} \right.$
Theo bài ra ta có:
$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=7$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}=7$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}=7$
$\Rightarrow 4{{m}^{2}}+3=7$
$\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}=4$
$\Leftrightarrow m=\pm 1$
Vậy $m=\pm 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4 (3.0 điểm): Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. Vẽ tia tiếp tuyến $Ax$ cùng phía với nửa đường tròn đường kính $AB$. Lấy một điểm $M$ trên tia $Ax(M\ne A)$. Vẽ tiếp tuyến $MC$ với nửa đường tròn $(O)$ ( $C$ là tiếp điểm). Vẽ $AC$ cắt $OM$ tại $E$, Vẽ $MB$ cắt nửa đường tròn $(O)$ tại $D(D\ne B)$.
a) Chứng minh: Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có: $OA=OC\Rightarrow O$ thuộc trung trực của $AC$.
$MA=MC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau$)\Rightarrow M$ thuộc trung trực của $AC$.
$\Rightarrow OM$ là trung trực của $AC\Rightarrow OM\bot AC$ tại $E\Rightarrow \widehat{AEM}=90{}^\circ $.
Ta có $\widehat{ADB}=90{}^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{ADM}=90{}^\circ $.
Xét tứ giác $AMDE$ có $\widehat{AEM}=\widehat{ADM}=90{}^\circ (cmt)\Rightarrow AMDE$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
$AM$ (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn $AM$ dưới một góc $\left. 90{}^\circ \right)$.
b) Chứng minh $M{{A}^{2}}=MD,MB$.
Xét $\Delta MAD$ và $\Delta MBA$ có:
$\widehat{AMB}$ chung;
$\widehat{MDA}=\widehat{MAB}=90{}^\circ $
$\Rightarrow \Delta MAD\sim\Delta MBA(g.g)\Rightarrow \dfrac{MA}{MD}=\dfrac{MB}{MA}(2$ cạnh tương ứng $)\Rightarrow M{{A}^{2}}=MD.MB.$
c) Vẽ $CH$ vuông góc với $AB(H\in AB).$ Chúng minh rằng $MB$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $CH$.
Gọi $MB\cap CH=\{N\}$.
Vì $AEDM$ là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\widehat{DEC}=\widehat{AMD}$ (góc ngoài và góc trong tại đinh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà $\widehat{AMD}=\widehat{DAB}$ (cùng phụ với $\widehat{MAD}$ ) nên $\widehat{DEC}=\widehat{DAB}$ (1).
Ta có $\widehat{DNC}=\widehat{BNH}$ (đối đinh), mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {BNH} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\\{\widehat {DAB} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\end{array} \Rightarrow \widehat {BNH} = \widehat {DAB} \Rightarrow \widehat {DNC} = \widehat {DAB}} \right.\) (2).
Từ (1) và (2)$\Rightarrow \widehat{DEC}=\widehat{DNC}$.
$\Rightarrow DENC$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
$\Rightarrow \widehat{DNE}=\widehat{DCE}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$).
Mà $\widehat{DCE}=\widehat{DCA}=\widehat{DBA}$ ( 2 góc nội tiểp cùng chắn cung $DA$ ).
$\Rightarrow \widehat{DNE}=\widehat{DBA}$. Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc đồng vị nên $EN//AB$ hay $EN//AH$.
Lại có: $E$ là trung điểm của $AC$ (do $OM$ là trung trực của $AC,OM\cap AC=\{E\}$ ).
$\Rightarrow N$ là trung điểm của $CH$ (định lí đường trung bình trong tam giác $ACH$ ).
Vậy $MB$ đi qua $N$ là trung điểm của $CH$ (đpcm).
Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\dfrac{{{a}^{2}}}{b+c}+\dfrac{{{b}^{2}}}{c+a}+\dfrac{{{c}^{2}}}{a+b}$ với $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a,b,c > 0}\\{a + b + c = 3}\end{array}} \right.$
Áp dụng BĐT phụ: $\dfrac{{{x}^{2}}}{a}+\dfrac{{{y}^{2}}}{b}+\dfrac{{{z}^{2}}}{c}\ge \dfrac{{{(x+y+z)}^{2}}}{a+b+c}$. Dấu "=" xảy ra khi $\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}=\dfrac{z}{c},a,b,c>0$.
Chứng minh BĐT phụ:
Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số $\left( \dfrac{x}{\sqrt{a}};\dfrac{y}{\sqrt{b}};\dfrac{z}{\sqrt{c}} \right)$ và $(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c})$ ta có:
$\left( \dfrac{{{x}^{2}}}{a}+\dfrac{{{y}^{2}}}{b}+\dfrac{{{z}^{2}}}{c} \right)(a+b+c)\ge {{(x+y+z)}^{2}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{{x}^{2}}}{a}+\dfrac{{{y}^{2}}}{b}+\dfrac{{{z}^{2}}}{c}\ge \dfrac{{{(x+y+z)}^{2}}}{a+b+c}$
Khi đó ta có:
$A=\dfrac{{{a}^{2}}}{b+c}+\dfrac{{{b}^{2}}}{c+a}+\dfrac{{{c}^{2}}}{a+b}\ge \dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{b+c+c+a+a+b}=\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{2(a+b+c)}=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3}{2}$
Vậ ${{A}_{\min }}=\dfrac{3}{2}.$ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.