Chào mọi người! Em vừa thi tuyển sinh 10 xong và dưới đây là đề tuyển sinh Toán của trường em vào, mong mọi người giúp em giải với ạ!
Em cảm ơn rất nhiều ạ!
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Giải các phương trình sau:
a) \(5\left(x+1\right)=3x+7\) ; b) \(x^4-x^2-12=0\)
2. Cho hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}3x-y=2m-1\\x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\)
a) Giải hệ phương trình khi m =1.
b) Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thoả mãn: \(x^2+y^2=10\).
Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức: \(A=\left(\dfrac{1}{x-\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}\right):\dfrac{\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\) (với \(x>0;x\ne1\))
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P=A-9\sqrt{x}\)
Câu 3: (1,0 điểm) Một chiếc bè trôi từ bến sông A đến bến B với vận tốc dòng nước là 4 km/h, cùng lúc đó một chiếc thuyền chạy từ bến A đến B rồi quay lại ngay thì gặp chiếc bè tại vị trí C cách bến A là 8 km. Tính vận tốc thực của thuyền biết khoảng cách giữa hai bến A và B là 24 km.
Câu 4: (1,5 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : \(y=x^2\) và đường thẳng (d) có phương trình: \(y=\left(m-1\right)x+m^2-2m+3\)
a) Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Giả sử (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để tam giác OAB cân tại O. Khi đó tính diện tích tam giác OAB.
Câu 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kì thuộc đường tròn \(\left(M\ne A,B\right)\) . Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của nửa đường tròn đó tại C và D.
a) Chứng minh: \(\widehat{COD}=90^o\)
b) Gọi K là giao điểm của BM với Ax. Chứng minh: \(\Delta KMO\sim\Delta AMD\)
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM.
Câu 6: (1,0 điểm)
a) Cho hàm số: \(y=f\left(x\right)\) với \(f\left(x\right)\) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực \(x\ne0\). Biết rằng \(f\left(x\right)+3f\left(\dfrac{1}{x}\right)=x^2\left(\forall x\ne0\right)\). Tính \(f\left(2\right)\).
b) Cho ba số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau và thoả mãn: a là ước của b + c + bc, b là ước của c + a + ca và c là ước của a + b + ab. Chứng minh a, b, c không đồng thời là các số nguyên tố.
Câu 6b:
Phản chứng. Giả sử $a,b,c$ đồng thời là các số nguyên tố (đường nhiên khác nhau)
Theo bài ra ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b+ab\vdots c\\ b+c+bc\vdots a\\ c+a+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+c+ab+bc+ac\vdots c\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots a\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)
Vì $a,b,c$ là các số nguyên tố khác nhau nên $(a,b,c)$ đôi một nguyên tố cùng nhau
Do đó:
\(a+b+c+ab+bc+ac\vdots abc\)
Đặt \(a+b+c+ab+bc+ac=kabc\) (\(k\in\mathbb{N}^*)\)
\(\Rightarrow k=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}(*)\)
Giả sử \(a=\min (a,b,c)\) Nếu $a=2$ thì $b,c$ sẽ là snt lẻ. Theo đề bài thì:\( b+c+bc\vdots 2\) (hoàn toàn vô lý do \(b+c+bc\) lẻ với $b,c$ lẻ)
Do đó \(\min (a,b,c)>2(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow k\leq \frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\frac{1}{3.7}< 1\) (vl vì $k$ là số nguyên dương)
Vậy điều giả sử hoàn toàn vl
Tức là $a,b,c$ không thể đồng thời là các số nguyên tố (đpcm)
P/s: Đây là đề tỉnh nào đây bạn? Bạn làm bài tốt chứ :)
Câu 1:
1.
a) \(5(x+1)=3x+7\)
\(\Leftrightarrow 2x=2\Leftrightarrow x=1\)
b) \(x^4-x^2-12=0\)
\(\Leftrightarrow 4x^4-4x^2-48=0\)
\(\Leftrightarrow (2x^2-1)^2-7^2=0\)
\(\Leftrightarrow (2x^2-8)(2x^2+6)=0\Leftrightarrow 2x^2=8\Leftrightarrow x^2=4\)
\(\Leftrightarrow x=\pm 2\)
2.
a) \(\left\{\begin{matrix} 3x-y=2m-1\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\). Khi $m=1$ thì hpt trở thành:
\(\left\{\begin{matrix} 3x-y=1\\ x+2y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6x-2y=2\\ x+2y=5\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow 7x=2+5=7\Rightarrow x=1\)
Thay vào: \(y=3x-1=3.1-1=2\)
Vậy \((x,y)=(1,2)\)
b) \(\left\{\begin{matrix} 3x-y=2m-1\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 6x-2y=4m-2\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow 6x+x=4m-2+3m+2\Leftrightarrow 7x=7m\Rightarrow x=m\)
\(y=3x-(2m-1)=3m-(2m-1)=m+1\)
Do đó:
\(x^2+y^2=10\)
\(\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2=10\)
\(\Leftrightarrow 2m^2+2m-9=0\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{19}}{2}\)
Câu 2:
a) \(A=\left(\frac{1}{x-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}\right):\frac{\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)^2}\)
\(A=\frac{1+\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}}:\frac{1+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)^2}\)
\(A=\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}.\frac{(\sqrt{x}-1)^2}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}\)
b)
\(P=A-9\sqrt{x}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}-9\sqrt{x}=1-(\frac{1}{\sqrt{x}}+9\sqrt{x})\)
Áp dụng BĐT Cô-si: \(9\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\geq 2\sqrt{9\sqrt{x}.\frac{1}{\sqrt{x}}}=6\)
Do đó: \(P\leq 1-6=-5\Leftrightarrow P_{\max}=-5\)
Dấu bằng xảy ra khi \(9\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}\)
Câu 3:
Gọi vận tốc thực của thuyền là $a$ (km/h)
Suy ra vt thuyền xuôi dòng là $a+4$ và vận tốc thuyền ngược dòng là $a-4$
Vận tốc dòng nước cũng chính là vận tốc chiếc bè đi xuôi dòng.
Vậy khoảng thời gian bè đi từ $A-C$ là: \(t=\frac{AC}{v_b}=\frac{8}{4}=2\) (giờ)
Trong 2 giờ trên thì thuyền đi được quãng đường $AB$ và $BC$
\(\Rightarrow 2=\frac{AB}{a+4}+\frac{BC}{a-4}\)
\(\Leftrightarrow 2=\frac{24}{a+4}+\frac{24-8}{a-4}\)
\(\Rightarrow 2a^2=40a\Rightarrow a=20\) do \(a>0\)
Vậy vt thực của thuyền là $20$ (km/h)
Câu 4:
a)
PT hoành độ giao điểm:
\(x^2-(m-1)x-(m^2-2m+3)=0(*)\)
Có: \(\Delta=(m-1)^2+4(m^2-2m+3)\)
\(=5m^2-10m+13=5(m-1)^2+8\geq 8>0, \forall m\in\mathbb{R}\)
Do đó PT $(*)$ có 2 nghiệm pb hay 2 đths cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
với mọi giá trị của $m$
b) Theo định lý Viete ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_A+x_B=m-1\\ x_Ax_B=-(m^2-2m+3)\end{matrix}\right.(*)\)
Để OAB cân tại $O$ thì \(OA=OB\Leftrightarrow OA^2=OB^2\)
\(\Leftrightarrow x_A^2+y_A^2=x_B^2+y_B^2\)
\(\Leftrightarrow x_A^2+x_A^4=x_B^2+x_B^4\) (do $A,B$ thuộc đồ thị $y=x^2$)
\(\Leftrightarrow (x_A^2-x_B^2)(1+x_A^2+x_B^2)=0\)
\(\Rightarrow x_A^2-x_B^2=0\Rightarrow x_A=-x_B\) (do $x_A,x_B$ phân biệt nên $x_A\neq x_B$)
Khi đó. Từ $(*)$:
\(m-1=x_A+x_B=0\Rightarrow m=1\)
\(-x_A^2=x_Ax_B=-(m^2-2m+3)=-2\Rightarrow x_A=\pm \sqrt{2}\Rightarrow x_B=\mp \sqrt{2}\)
Không mất tổng quát, cho \(x_A=\sqrt{2}; x_B=-\sqrt{2}\Rightarrow A(\sqrt{2};2); B(-\sqrt{2}; 2)\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{(\sqrt{2}--\sqrt{2})^2+(2-2)^2}=2\sqrt{2}\)
\(OA=\sqrt{(\sqrt{2})^2+2^2}=\sqrt{6}\)
Gọi $OH$ là đcao của OAB. Vì $OAB$ cân tại $O$ nên $OH$ cũng đồng thời là trung tuyến.
Áp dụng đl Pitago: \(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=\sqrt{OA^2-(\frac{AB}{2})^2}=2\)
Do đó: \(S_{OAB}=\frac{OH.AB}{2}=\frac{2.2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\)
Câu 5:
a)
Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau ($CM-CA$ với $DM-DB$) thì $OC$ là phân giác góc \(\widehat{AOM}\) và $OD$ và phân giác góc $BOM$)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{AOC}=\widehat{COM}\\ \widehat{BOD}=\widehat{DOM}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \widehat{AOC}+\widehat{BOD}=\widehat{COD}\)
Mà \(\widehat{AOC}+\widehat{BOD}+\widehat{COD}=180^0\Rightarrow \widehat{COD}=90^0\)
b)
\(\widehat{AMB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính) suy ra \(\widehat{KMA}=180^0-\widehat{AMB}=90^0\)
Ta có:
\(\widehat{KMO}=\widehat{KMA}+\widehat{AMO}=90^0+\widehat{AMO}\)
\(\widehat{AMD}=\widehat{AMO}+\widehat{OMD}=\widehat{AMO}+90^0\)
Do đó: \(\widehat{KMO}=\widehat{AMD}(*)\)
Lại có:
Vì \(Ax\parallel By\Rightarrow \)\(\widehat{AKM}=\widehat{MBD}\) (so le trong)
Mà: \(\widehat{MBD}=\widehat{DOM}\) (do tứ giác DMOB nội tiếp-dễ cm)
\(\Rightarrow \widehat{AKM}=\widehat{DOM}\)
Do đó tam giác vuông $AKM$ đồng dạng với tam giác vuông $DOM$
\(\Rightarrow \frac{AM}{DM}=\frac{KM}{OM}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \triangle KMO\sim \triangle AMD(c.g.c)\)
Câu 5:
Hình vẽ:
c) Qua $C$ kẻ \(CT\parallel AB\)
Khi đó $CT$ vuông góc với $Bx$. Ta có $CTBA$ là tứ giác có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật
Do đó: \(CT=AB\)
Sử dụng bổ đề quen thuộc: Diện tích tam giác $ABC$ thì bằng một phần hai tích của 2 cạnh kề nhau nhân với sin của góc tạo bởi 2 cạnh đó
Khi ấy:
\(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{AC.CM\sin \widehat{ACM}}{2}+\frac{BD.DM\sin \widehat{BDM}}{2}\)
Mà:
\(AC=CM; BD=DM; \widehat{ACM}=180^0-\widehat{BDM}\rightarrow \sin \widehat{ACM}=\sin \widehat{BDM}\)
Do đó:
\(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{1}{2}\sin \widehat{BDM}(CM^2+DM^2)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(CM^2+DM^2\geq 2CM.DM\Rightarrow 2(CM^2+DM^2)\geq (CM+DM)^2=CD^2\)
\(\Rightarrow \frac{CM^2+DM^2}{2}\geq \frac{CD^2}{4}\)
\(\sin \widehat{BDM}=\sin \widehat{TDC}=\frac{CT}{CD}=\frac{AB}{CD}\)
Do đó: \(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{AB.CD}{4}\geq \frac{AB.AB}{4}=\frac{AB^2}{4}\)
Hay \(S_{ACM+BDM}(min)=\frac{AB^2}{4}\)
Dấu bằng xảy ra khi $M$ là điểm chính giữa cung $AB$
Câu 6a
\(f(x)+3f\left(\frac{1}{x}\right)=x^2(1)\)
Thay \(x\mapsto \frac{1}{x}\Rightarrow f\left(\frac{1}{x}\right)+3f(x)=\frac{1}{x^2}\)
\(\Rightarrow 3f\left(\frac{1}{x}\right)+9f(x)=\frac{3}{x^2}(2)\)
Lấy \((1)-(2)\Rightarrow -8f(x)=x^2-\frac{3}{x^2}\)
Thay \(x=2\Rightarrow -8f(2)=\frac{13}{4}\)
\(\Rightarrow f(2)=\frac{-13}{32}\)
