Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất)- Đề số 1

1) Điều kiện xác định $$\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x-\sqrt{x}\ne 0\\ x+\sqrt{x}\ne 0\\ x+2\ne 0\\ x-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne 0\\ x\ne 1\\ x\ne -2\\ x\ne 2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne 1\\ x\ne 2\end{array}$$

Ta có: $$P=\left[\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}-\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right]:\frac{x+2}{x-2}$$

$$=\frac{x+\sqrt{x}+1-x+\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}:\frac{x+2}{x-2}=\frac{2\left(x-2\right)}{x+2}$$

Vậy: $$P=\frac{2\left(x-2\right)}{x+2}$$

Cách 2:

Đặt $$a=\sqrt{x}\left(a\ge 0\right)$$

Ta có $$P=\left(\frac{a^3-1}{a^2-a}-\frac{a^3+1}{a^2+a}\right):\frac{a^2+2}{a^2-2}$$

$$=\left[\frac{\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)}{a\left(a-1\right)}-\frac{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}{a\left(a+1\right)}\right].\frac{a^2-2}{a^2+2}$$

$$=\left[\frac{\left(a^2+a+1\right)-\left(a^2-a+1\right)}{a}\right].\frac{a^2-2}{a^2+2}=2.\frac{a^2-2}{a^2+2}=2.\frac{x-2}{x+2}$$

Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

1) Gọi chữ số hàng chục là x.

Chữ số hàng đơn vị là y.

Vì tổng 2 chữ số là 9, nên ta có $$x+y=9$$  (1)

Điều kiện: $$0<x\le 9,x\in \mathbb{N}\ast$$ và $$0\le y\le 9,y\in \mathbb{N}$$

Số đó là $$\overline{xy}=10x+y$$

Số viết ngược lại là $$\overline{yx}=10y+x$$

Vì thêm vào số đó 63 đơn vị thì được số mới viết theo thứ tự ngược lại số cũ, ta có

$$\overline{xy}+63=\overline{yx}\Rightarrow 10x+y+63=10y+x\iff 9x-9y=63$$        (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình

$$\{\begin{array}{l}x+y=9\\ 9x-9y=-63\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}x+y=9\\ x-y=7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x=2\\ x+y=9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=8\end{array}$$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy số cần tìm là 18.

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ mỗi quan hệ theo số theo đề bài đã cho từ những kiến thức về cấu tạo số, phép toán số học, …

 

Vậy phương trình có nghiệm là: $$x=0;x=1\pm \sqrt{5}$$

3) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi $${\Delta }^{\prime }>0$$

$$\iff {\left(m-2\right)}^2-\left(m^2-2x+4\right)>0\iff m<0$$     (*)

Với $$m<0$$ theo định lý Vi-et, ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4-2m\\ x_1{x}_2=m^2-2m+4\end{array}$$.

Ta có: $$\frac{2}{x_1^2+x_2^2}-\frac{1}{x_1{x}_2}=\frac{1}{15m}\iff \frac{2}{{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2}-\frac{1}{x_1{x}_2}=\frac{1}{15m}$$          (1)

$$\iff \frac{1}{m+\frac{4}{m}-6}-\frac{1}{m+\frac{4}{m}-2}=\frac{1}{15}$$

Đặt $$t=m+\frac{4}{m}$$ do $$m<0\Rightarrow t<0$$.

Ta có (1) trở thành: $$\frac{1}{t-6}-\frac{1}{t-2}=\frac{1}{15}\iff [\begin{array}{l}t=-4\\ t=12\left(l\right)\end{array}$$

Với $$t=-4\iff m+\frac{4}{m}=-4\iff m=-2$$ (thỏa mãn (*)).

1) AD,BE là đường cao của ∆ABC nên $$\widehat{CEH}=\widehat{HDC}=90^{\circ }$$

$$\Rightarrow \widehat{CEH}+\widehat{HDC}=180^{\circ }$$

Suy ra tức giác CEHD là tứ giác nội tiếp (điều cần chứng minh)

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tổng hai góc đối diện bằng $$180^{\circ }$$

Tứ giác CEHD có tổng cặp góc đối diện bằng $$180^{\circ }$$: $$\widehat{CEH}+\widehat{HDC}=180^{\circ }$$ nên là tứ giác nội tiếp.

2) CF, BE là đường cao của ∆ABC nên $$\widehat{CEB}=\widehat{BFC}=90^{\circ }$$

=> Điểm E, F thuộc đường tròn đường kính BC.

=> B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC (điều cần chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm cùng nằm trên một đường tròn bằng cách chứng minh hai điểm nhìn một cạnh tạo bởi hai điểm còn lại cùng dưới một góc vuông.

 3) Tam giác AEH và ADH có chung góc tại đỉnh A và $$\widehat{AEH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$$ nên ∆AEH đồng dạng với ∆ADC $$\Rightarrow \frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD$$ (điều cần chứng minh).

Tam giác BEC và ADC có chung góc tại đỉnh C và $$\widehat{BEC}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$$ nên ∆BEC ∆ADC

$$\Rightarrow \frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}\Rightarrow AD.BC=CE.AC$$ (điều cần chứng minh).

Nhận xét:  Bài toán chứng minh các đẳng thức bằng cách chứng minh các cặp tam giác đồng dạng.

 4) Ta có:

$$\widehat{A_1}=\widehat{C_1}$$ (cùng phụ với $$\widehat{FBC}$$);

$$\widehat{A_1}=\widehat{C_2}$$ (cùng chắn cung của (O));

Suy ra $$\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$$

⇒ CD là phân giác của $$\widehat{HCM}$$

Tam giác CHM có CD vừa là phân giác vừa là đường cao nên cân tại C, suy ra CD đồng thời cũng la trung trực của HM.

⇒ H, M đối xứng với nhau qua BC (điều cần chứng minh).

5) Ta có:

$$\widehat{E_1}=\widehat{C_1}$$ (cùng chắn cung trong đường tròn đi qua bốn điểm B, C, E, F);

$$\widehat{C_1}=\widehat{E_2}$$ (cùng chắn cung trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEHD);

Suy ra: $$\widehat{E_1}=\widehat{E_2}$$

⇒ EB là phân giác của $$\widehat{FED}$$.

Chứng minh tương tự: FC là phân giác của $$\widehat{DFE}$$

Mà $$FC\cap EB=\left\{H\right\}$$ nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Định hướng:  Tổng quát dạng toán này là Giải phương trình nghiệm nguyên. Bài toán cho dưới dạng phương trình chứa ba ẩn, với điều kiện $$x,y,z\in \mathbb{N}$$  thì các biểu thức trong căn luôn có nghĩa. Tổng quát có dạng $$\sqrt{f\left(x,y,z\right)}=\sqrt{g\left(x,y,z\right)}+\sqrt{h\left(x,y,z\right)}$$ tư duy nhanh dạng phương trình vô tỉ cơ bản $$\sqrt{f\left(x\right)}=\sqrt{g\left(x\right)}+\sqrt{h\left(x\right)}$$.

Giả sử $$\left(x,y,z\right)=\left(a,b,c\right),\left(a,b,c\in N\right)$$ là một nghiệm của phương trình đã cho. Vì $$x,y,z\in \mathbb{N}$$ nên vận dụng tính chất cơ bản của số học suy ra $$\sqrt{y}+\sqrt{z}$$ có một trong hai dạng sau:

1. $$\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{b}+\sqrt{c}$$. Điều này có nghĩa y, z không cùng là số chính phương.

2. $$\sqrt{y}+\sqrt{z}=p\left(p\in N\right)$$. Điều này có nghĩa y, z cùng là số chính phương.

Thay vào phương trình ta có: $$\sqrt{a+2\sqrt{3}}=\sqrt{b}+\sqrt{c}$$.

Bình phương hai vế thu được: $$a+2\sqrt{3}=b+c+2\sqrt{bc}$$

Vì $$a,b,c\in N$$ nên suy ra:

$$\{\begin{array}{l}a=b+c\\ \sqrt{3}=\sqrt{bc}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=b+c\\ 3=bc\end{array}$$

Từ đây chỉ ra b, c chính là hoán vị bộ số (1; 3).

Với sự xuất hiện hằng số $$2\sqrt{3}$$  trong căn thức vế trái giúp liên tưởng tới biến x sao cho $$\sqrt{x+2\sqrt{3}}={\left(a+m\right)}^2=a^2+2am+m^2\left(a,m\in N\right)$$.

Để ý rằng $$2\sqrt{3}=\mathrm{2.1.}\sqrt{3}$$ có dạng $$2am\left(a,m\in N\right)$$, từ đó nhẩm nhanh đẳng thức tương ứng $$a^2+m^2=1^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2$$.

Giải:

Ta có: $$\sqrt{x+2\sqrt{3}}=\sqrt{y}+\sqrt{z}\iff x+2\sqrt{3}=y+z+2\sqrt{yz}$$

$$\iff \left(x-y-z\right)+2\sqrt{3}=2\sqrt{yz}\Rightarrow {\left(x-y-z\right)}^2+4\sqrt{3}\left(x-y-z\right)+12=4yz$$ (1)

TH1: Nếu $$x-y-z\ne 0$$, ta có $$\sqrt{3}=\frac{4yz-{\left(x-y-z\right)}^2-12}{4\left(x-y-z\right)}$$      (2) (vô lý do $$x,y,z\in \mathbb{N}$$ nên VP của (2) là số hữu tỉ).

TH2: Nếu $$x-y-z=0$$, ta có (1) $$\iff \{\begin{array}{l}x-y-z=0\\ yz=3\end{array}$$ (3)

Giải (3) ra ta được $$\{\begin{array}{l}x=4\\ y=1\\ z=3\end{array}$$ (thỏa mãn) hoặc $$\{\begin{array}{l}x=4\\ y=3\\ z=1\end{array}$$ (thỏa mãn).