Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 6

a) Cho biểu thức \(A = \sqrt {16} - \sqrt {25} + \sqrt 4 .\) So sánh A với \(\sqrt 2 \)

 \[A = \sqrt {16} - \sqrt {25} + \sqrt 4 = 4 - 5 + 2 = 1 < \sqrt 2 \]. Vậy \(A < \sqrt 2 \)

b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 5\\2x + y = 11\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 5\\2x + y = 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\x - y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2 - y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 7\end{array} \right.\)

1.

a) \(\left( P \right):\,\,y = - {x^2}\)

\(\left( d \right):\,\,y = x - 2\)

\(x = 0 \Rightarrow y = - 2:\,\,\,\,\,\,\left( {0; - 2} \right)\)

\(y = 0 \Rightarrow x = 2:\,\,\,\,\,\,\left( {2;0} \right)\)

b) Phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) có dạng \(y = {\rm{ax}} + b\)

 \(\left( {d'} \right)\)//\(\left( d \right):y = x - 2 \Rightarrow a = 1;\,\,b \ne - 2\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\,v{\rm{\`a }}\,\left( {d'} \right)\)là \( - {x^2} = x + b \Leftrightarrow {x^2} + x + b = 0\,\,\left( * \right)\)

PT \(\left( * \right)\) có \(\Delta = 1 - 4b\).

\(\left( P \right)\,v{\rm{\`a }}\,\left( {d'} \right)\)tiếp xúc nhau khi PT \(\left( * \right)\) có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow 1 - 4b = 0 \Leftrightarrow b = \frac{1}{4}\) (nhận).

Vậy PT đường thẳng \(\left( {d'} \right)\,\,l{\rm{\`a }}:\,y = x + \frac{1}{4}\)

2.

a) PT \({x^2} - 4x + m = 0\)có một nghiệm bằng \( - 1\)\( \Rightarrow a - b + c = 0 \Rightarrow 1 + 4 + m = 0 \Rightarrow m = - 5\).

Nghiệm còn lại của PT là \( - \frac{c}{a} = - \frac{m}{1} = - \frac{{ - 5}}{1} = 5\)

b) ĐK \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 4\)

Áp dụng định lí Vi et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\left( {3{x_1} + 1} \right)\left( {3{x_2} + 1} \right) = 4 \Rightarrow 9{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 4\\ \Rightarrow 9m + 3.4 + 1 = 4 \Rightarrow m = - 1\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.

a) Tứ giác AEHD có \(\widehat {ADH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \)Tứ giác AEHD  nội tiếp được đường tròn đường kính AH.

Tứ giác AEHD  (cmt) \(\widehat {ADE} = \widehat {AHE\,}\left( 1 \right)\)(cùng chắn ). Dễ thấy \(\widehat {ACH} = \widehat {AHE\,}\left( 2 \right)\) (cùng phụ \(\widehat {HAE}\)).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACH\,}\)nên tứ giác BDEC nội tiếp được đường tròn.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC ta có:

\(\begin{array}{l}B{H^2} = AB.BD \Rightarrow BH = \sqrt {AB.BD} \\H{B^2} = AC.CE \Rightarrow HB = \sqrt {AC.CE} \end{array}\)

Do đó \(BC = BH + HC = \sqrt {AB.BD}  + \sqrt {AC.CE} \)

Nối FB, FC. Gọi I là giao điểm của AF và DE.

Ta có \(\widehat {ADE} = \widehat {ACH\,}\) (cmt) và \(\widehat {AFB} = \widehat {ACH\,}\)(cùng chắn ) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AFB\,}\)nên tứ giác BDIF nội tiếp được đường tròn\( \Rightarrow \widehat {D{\rm{I}}F} + \widehat {DBF} = {180^0} \Rightarrow \widehat {D{\rm{I}}F} = {180^0} - \widehat {DBF} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\). Vậy \[{\rm{A}}F \bot DE\]

c) Gọi M,N,O’’ lần lượt là trung điểm của BD,EC,HF.

– Ta chứng minh được MO’’ và NO’’ lần lượt là đường trung bình của các hình thang BDHF và CEHF\( \Rightarrow MO''//DH\left( 3 \right)\)và \( \Rightarrow NO''//EH\left( 4 \right)\)

– Vì tứ giác BDEC nội tiếp mà\(O'\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE suy ra \(O'\)cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDEC\( \Rightarrow O'\) thuộc đường trung trực của BD . Suy ra MO’ là trung trực của BD do đó

\(MO' \bot BD\) lại có \(DH \bot BD\) \( \Rightarrow MO'//DH\left( 5 \right)\).

Tương tự ta có \(NO'//EH\left( 6 \right)\)

Từ (3) và (5) suy ra MO’’ và MO’ là hai tia trùng nhau

Từ (4) và (6) suy ra NO’’ và NO’ là hai tia trùng nhau

Do đó O’ trùng O”. Mà O’’ là trung điểm của HF nên O’ cũng là trung điểm của HF.

d) Trong \(\Delta ABC\) ta có \(\frac{{BC}}{{SinA}} = {\rm{A}}F \Rightarrow SinA = \frac{{BC}}{{{\rm{A}}F}} = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5}\)

Trong \(\Delta ADE\) ta có \(\frac{{DE}}{{SinA}} = {\rm{AH}} \Rightarrow AH = \frac{6}{{\frac{4}{5}}} = 7,5\left( {cm} \right)\)

Vì O’ và O lần lượt là trung điểm của HF và AF nên OO’ là đường trung bình của tam giác AHF\( \Rightarrow {\rm{OO' = }}\frac{{AH}}{2} = \frac{{7,5}}{2} = 3,75\left( {cm} \right)\)

Gọi K là giao điểm của OO’ và BC dễ thấy  \[{\rm{OO}}' \bot BC\] tại trung điểm K của BC. Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông OKC ta tính được \(OK = \sqrt {O{C^2} - K{C^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\left( {cm} \right)\)

Ta có \(KO' = {\rm{OO}}' - OK = 3,75 - 3 = 0,75\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông O’KC ta tính được \(O'C = \sqrt {O'{K^2} + K{C^2}}  = \sqrt {{{0,75}^2} + {4^2}}  = \frac{{\sqrt {265} }}{4}\left( {cm} \right)\)

Vậy bán kính đường trò (O’) là \(\frac{{\sqrt {265} }}{4}\left( {cm} \right)\).

Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Ta cm được:

\({S_3} = {S_4} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}.\pi .90}}{{360}} - \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)\)

\({S_1} = {S_3} + {S_4} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) + \frac{{{a^2}}}{4}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)\)

\({S_2} = \frac{1}{2}{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)\)

Do đó  \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}} \right)}}{{\frac{{{a^2}}}{2}\left( {\frac{3}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)}} = \frac{{\pi  - 2}}{{6 - \pi }}\).