Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Quảng Ngãi 2021
Bài 3: (1,5 điểm)
Quãng đường $AB$ gồm một đoạn lên dốc dài $4~km$. một đoạn bằng phẳng dài $3~km$ và một đoạn xuống dốc $4km$ dài $6~km$ (như hình vẽ). Một người đi xe đạp từ $A$ đến $B$ và quay về $A$ ngay hết tổng cộng 130 phút. Biết rằng vận tốc người đó đi trên đoạn đường bằng phẳng là $12~km/h$ và vận tốc xuống dốc lớn hơn vân tốc lên dốc $5~km/h$ (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và lúc xuống dốc của người đó.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Thực hiện phép tính: $7\sqrt{16}+2\sqrt{9}$.
Ta có: $7\sqrt{16}+2\sqrt{9}=7.4+2.3=34$.
2. Cho hàm số $y={{x}^{2}}$ có đồ thị $(P)$.
a) Vẽ $(P)$
Vẽ đồ thị hàm số $(P):y={{x}^{2}}$.
Tập xác định: $D=\mathbb{R}$
$a=1>0$, hàm số đồng biến nếu $x>0$, hàm số nghịch biến nếu $x<0$
Bảng giá trị
|
$x$ |
$-2$ |
$-1$ |
$0$ |
$1$ |
$2$ |
|
$y={{x}^{2}}$ |
$4$ |
$1$ |
$0$ |
$1$ |
$4$ |
Đồ thị hàm số $y={{x}^{2}}$ là đường cong Parabol đi qua điểm $O$, nhận $Oy$ làm trục đối xứng, bề lõm hướng lên trên.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm của $(P)$ và đường thẳng $(d):y=-x+2$.
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa $(P)$ và đường thẳng $(d)$ ta được:
${{x}^{2}}=-x+2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0$
Ta có: $a+b+c=1+1-2=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \dfrac{c}{a} = - 2}\end{array}} \right.\)
Với $x=1$ ta có $y={{1}^{2}}=1$.
Với $x=-2$ ta có $y={{(-2)}^{2}}=4$.
Vậy đồ thị $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm $(1;1),(-2;4)$.
Bài 2: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) ${{x}^{2}}+x-12=0$.
Phương trình: ${{x}^{2}}+x-12=0$ có: $a=1$, $b=1$, $c=-12$
Ta có: $\Delta ={{1}^{2}}-4\cdot 1\cdot (-12)=49$
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: ${{x}_{1}}=\dfrac{-1+\sqrt{49}}{2\cdot 1}=3$, ${{x}_{2}}=\dfrac{-1-\sqrt{49}}{2\cdot 1}=-4$
b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = - 3}\\{x + 3y = 4}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = - 3}\\{x + 3y = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = - 3}\\{2x + 6y = 8}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 7y = - 11}\\{x = 4 - 3y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \dfrac{{11}}{7}}\\{x = \dfrac{{ - 5}}{7}}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( \dfrac{-5}{7};\dfrac{11}{7} \right)$.
2. Cho phương trình (ẩn $x$): ${{x}^{2}}-2(m+2)x+{{m}^{2}}+7=0$.
a) Tìm $m$ để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Phương trình ${{x}^{2}}-2(m+2)x+{{m}^{2}}+7=0$ có: ${\Delta }'={{(m+2)}^{2}}-{{m}^{2}}-7=4m-3$.
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${\Delta }'>0\Leftrightarrow 4m-3>0\Leftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$.
Vậy với $m>\dfrac{3}{4}$ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm $m$ để $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{x}_{1}}{{x}_{2}}+12$.
Với $m>\dfrac{3}{4}$, theo định li Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 4}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 7}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có:
$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{x}_{1}}{{x}_{2}}+12$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}={{x}_{1}}{{x}_{2}}+12$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}-12=0$
$\Leftrightarrow {{(2m+4)}^{2}}-3\left( {{m}^{2}}+7 \right)-12=0$
$\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}+16m+16-3{{m}^{2}}-21-12=0$
$\Leftrightarrow {{m}^{2}}+16m-17=0$
Ta có $a+b+c=1+16-17=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1(tm)}\\{m = \dfrac{c}{a} = - 17(ktm)}\end{array}} \right.\)
Vậy $m=1$.
Bài 3: (1,5 điểm)
Quãng đường $AB$ gồm một đoạn lên dốc dài $4~km$. một đoạn bằng phẳng dài $3~km$ và một đoạn xuống dốc $4km$ dài $6~km$ (như hình vẽ). Một người đi xe đạp từ $A$ đến $B$ và quay về $A$ ngay hết tổng cộng 130 phút. Biết rằng vận tốc người đó đi trên đoạn đường bằng phẳng là $12~km/h$ và vận tốc xuống dốc lớn hơn vân tốc lên dốc $5~km/h$ (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và lúc xuống dốc của người đó.
Đổi 130 phút $=\dfrac{13}{6}(h)$
Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là $x(~km/h)(x>0)$. Thì vận tốc lúc xuông dốc là $x+5(~km/h)$.
Thời gian lúc lên dốc, xuống dốc trên quãng đường $4~km$ lần lượt là: $\dfrac{4}{x}(h)$ và $\dfrac{4}{x+5}(h)$.
Thời gian lúc đi trên quãng đường $3~km$ là $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}(h)$
Thời gian lúc lên và xuống dốc trên quầng đường $6~km$ lần lượt là: $\dfrac{6}{x}(h)$ và $\dfrac{6}{x+5}(h)$.
Tổng thời gian đi từ $A$ đến $B$ là: $\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{6}{x+5}(h)$
Tổng thời gian đi từ $B$ đến $A$ là: $\dfrac{6}{x}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{x+5}(h)$
Tổng thời gian cả đi cả về là bẳng $\dfrac{13}{6}h$ nên ta có phương trình:
$\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{6}{x+5}+\dfrac{6}{x}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{x+5}=\dfrac{13}{6}$
$\Leftrightarrow \dfrac{10}{x}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{10}{x+5}=\dfrac{13}{6}$
$\Leftrightarrow \dfrac{10(x+x+5)}{x(x+5)}=\dfrac{5}{3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{2x+5}{x(x+5)}=\dfrac{1}{6}$
$\Rightarrow 6(2x+5)=x(x+5)$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-7x-30=0$
Ta có $\Delta ={{(-7)}^{2}}-4.(-30)=169={{13}^{2}}>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{{7 + 13}}{2} = 10(tm)}\\{x = \dfrac{{7 - 13}}{2} = - 3(ktm)}\end{array}} \right.\)
Vậy vận tốc lúc lên dốc là $10~km/h$ và vận tốc lúc xuống dốc là $15~km/h$.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn $(O,R)$ và điểm $S$ nằm bên ngoài đường tròn, $SO=d$. Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn $(A,B$ là các tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng 4 điểm $S,O,A,B$ cùng thuộc một đường tròn.
Tứ giác $SAOB$ có : $\widehat{SAO}+\widehat{SBO}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
Suy ra tứ giác $SAOB$ nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180{}^\circ $ ).
Suy ra 4 điểm $S,A,O,B$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Trong trường hợp $d=2R$, tính độ dài đoạn thẳng $AB$ theo $R$.
Gọi $H$ là giao điểm giữa $AB$ và $SO$
Có $SA,SB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau nên $SA=SB\Rightarrow S$ thuộc trung trực của $AB$.
$OA=OB=R$ nên $O$ thuộc trung trực của $AB$.
$\Rightarrow SO$ là trung trực của $AB$
$\Rightarrow AB\bot SO$ và $H$ là trung điểm của $AB$.
Tam giác $SAO$ vuông tại $A$ nên $SA=\sqrt{S{{O}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{4{{R}^{2}}-{{R}^{2}}}=R\sqrt{3}$
Ta giác $SAO$ vuông tại $A$ có: $AH\bot SO$ nên $AH=\dfrac{SA\cdot AO}{SO}=\dfrac{R\sqrt{3}\cdot R}{2R}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R$
Vậy $AB=2AH=2\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}R=R\sqrt{3}$.
c) Gọi $C$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$. Đường thẳng $SC$ cắt đường tròn $(O)$ tại $D$ (khác $C$). Hai đường thẳng $AD$ và $SO$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh rằng $S{{M}^{2}}=MD.MA$
Tứ giác $SAOB$ nội tiếp $(cmt)$ nên $\widehat{ASO}=\widehat{ABO}=\widehat{ABC}($ hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AO$).
Trong $(O)$ có: $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ )
Mặt khác $\widehat{SDM}=\widehat{ADC}$ (hai góc đối đỉnh)
Suy ra $\widehat{ASO}=\widehat{ACD}\Rightarrow \widehat{MSA}=\widehat{SDM}$.
Xét $\Delta SMD$ và $\Delta AMS$ có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {SMD} = \widehat {SMA}}\\{\widehat {SDM} = \widehat {MSA}(cmt)}\end{array}} \right.\)
$\Rightarrow \Delta SMD\backsim \Delta AMS(g\cdot g)\Rightarrow \dfrac{SM}{AM}=\dfrac{MD}{SM}\Rightarrow S{{M}^{2}}=MD.MA$
d) Tìm mối liên hệ giữa $d$ và $R$ để tứ giác $OAMB$ là hình thoi.
Hai tam giác $SAD$ và $SCA$ có góc $\hat{S}$ chung và $\widehat{SAD}=\widehat{SCA}$ nên đồng dạng. Suy ra $\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{SD}{SA}\Rightarrow S{{A}^{2}}=SC.SD$
Ma $S{{A}^{2}}=SH.SO$ nên $SC.SD=SH.SO\Rightarrow \dfrac{SC}{SH}=\dfrac{SO}{SD}$.
Lại có góc $\hat{S}$ chung nên các tam giác $SCO$ và $SHD$ đồng dạng, suy ra $\widehat{SCO}=\widehat{SHD}$
Kết hợp với $\widehat{DAH}=\widehat{SCO}$ (cùng chắn cung $\widehat{BD}$ ), ta có $\widehat{DAH}+\widehat{DHA}=\widehat{SCO}+\widehat{DHA}=\widehat{SHD}+\widehat{DHA}=90{}^\circ $
Suy ra $HD\bot AD$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $MHA$, ta có $M{{H}^{2}}=MD\cdot MA$, kết hợp với $S{{M}^{2}}=MD.MA$ ta được $M$ là trung điểm của $SH$. Tứ giác $MAOB$ có hai đường chéo vuông góc tại $H$ và $HA=HB$ nên $MAOB$ là hình thoi khi và chì khi $HO=HM\Leftrightarrow SO=3OH\Leftrightarrow OS.OH=\dfrac{1}{3}O{{S}^{2}}\Leftrightarrow O{{A}^{2}}=\dfrac{1}{3}O{{S}^{2}}\Leftrightarrow d=R\sqrt{3}$
Bài 5: (1,0 điểm) Cho $x$ là số thực bất kỳ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\dfrac{{{x}^{2}}+7}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}+\dfrac{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}{{{x}^{2}}+7}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\dfrac{{{x}^{2}}+7}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}=\dfrac{\left( {{x}^{2}}+3 \right)+4}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}=\sqrt{{{x}^{2}}+3}+\dfrac{4}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}\ge 2\sqrt{\sqrt{{{x}^{2}}+3}\cdot \dfrac{4}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}}=2\sqrt{4}=4$
Đặt: $a=\dfrac{{{x}^{2}}+7}{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}\ge 4\Rightarrow \dfrac{1}{a}=\dfrac{\sqrt{{{x}^{2}}+3}}{{{x}^{2}}+7}$
\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow T}&{ = a + \dfrac{1}{a} = \left( {\dfrac{a}{{16}} + \frac{1}{a}} \right) + \dfrac{{15a}}{{16}}}\\{}&{ \ge 2 \cdot \sqrt {\dfrac{a}{{16}} \cdot \dfrac{1}{a}} + \dfrac{{15.4}}{{16}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{{15}}{4} = \dfrac{{17}}{4}}\end{array}\)
(Bất đẳng thức cô-si)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{{16}} = \dfrac{1}{a} \Leftrightarrow a = 4 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + 7}}{{\sqrt {{x^2} + 3} }} = 4}\\{a = 4}\end{array}} \right.\)
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+7=4\sqrt{{{x}^{2}}+3}\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}+7 \right)}^{2}}=16\left( {{x}^{2}}+3 \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{4}}+14{{x}^{2}}+49=16{{x}^{2}}+48$
$\Leftrightarrow {{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+1=0$
$\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}=0$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\pm 1$
Vậy $\min T=\dfrac{17}{4}\Leftrightarrow x=\pm 1$