Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 4

1) Điều kiện xác định: $$x\ge 0$$.

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

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

$$=x-\sqrt{x}+1-\sqrt{x}=x-2\sqrt{x}+1.$$

Vậy $$P=x-2\sqrt{x}+1.$$

Cách 2: Đặt $$a=\sqrt{x}\left(a\ge 0\right).$$

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

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

2) Ta có: $$x^2-\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-2}x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0\iff x^2-\left(5+2\sqrt{5}\right)x-\left(6+2\sqrt{5}\right)=0$$

$$\iff \left(x+1\right)\left[x-\left(6+2\sqrt{5}\right)\right]=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=6+2\sqrt{5}\end{array}\Rightarrow x=6+2\sqrt{5}$$ (vì $$x\ge 0$$)

Nên ta có $$P=\left(6+2\sqrt{5}\right)-2\sqrt{6+2\sqrt{5}}+1=7+2\sqrt{5}-2\sqrt{{\left(\sqrt{5}+1\right)}^2}$$

$$=7+2\sqrt{5}-2\sqrt{{\left(\sqrt{5}+1\right)}^2}=7+2\sqrt{5}-2\sqrt{5}-2=5.$$

Vậy $$P=5$$.

Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biểu thức khi biết biến thỏa mãn một điều kiện nào đó. Ta tìm biến rồi thay vào biểu thức để tìm giá trị.

1) Gọi x (km/h) là vận tốc dự định.

Thời gian dự định để đến B với vận tốc trên là $$\frac{60}{x}$$ (giờ).

Nửa quãng đường đầu xe đi nhanh hơn với vận tốc dự định 10(km/h) nên tốn $$\frac{30}{x+10}$$(giờ).

 Nửa quãng đường sau xe đi chậm hơn với vận tốc dự định 6(km/h) nên tốn $$\frac{30}{x-6}$$ (giờ).

Do đến B đúng thời gian quy định nên ta có phương trình

$$\frac{60}{x}=\frac{30}{x+10}+\frac{30}{x-6}\iff 60\left(x+10\right)\left(x-6\right)=x\left[30\left(x-6\right)+30\left(x+10\right)\right]$$

$$\iff 60+240x-3600=60x^2+120x\iff 120x=3600\iff x=30$$(km/h).

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về chuyển động cơ bản và chuyển động trên dòng nước:

“Quãng đường = Vận tốc x Thời gian”

2) Hàm số $$y=\left(\sqrt{m}-2\right)x+3$$đồng biến khi $$\{\begin{array}{l}m\ge 2\\ \sqrt{m}-2>0\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}m\ge 0\\ \sqrt{m}>2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\ge 0\\ m>4\end{array}\iff m>4$$

Vậy $$m>4$$.

1) I là trung điểm của MN nên $$OI\perp MN$$ (quan hệ đường kính – dây cung) $$\Rightarrow \widehat{OIH}=90^{\circ }$$

Do OH cố định nên khi MN di động thì I chạy trên đường tròn đường kính OH.

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm luôn nằm trên đường cố định.

2) Ta có $$AC//OI$$ vì cùng vuông góc với MN.

Mà O là trung điểm của AB nên I là trung điểm của BC

Lại có I là trung điểm của nên CMBN là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) (điều cần chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác là hình bình hành bằng cách chứng minh tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

3) CMBN là hình bình hành nên $$MC//BN$$

Mà $$BN\perp NA$$ ($$\widehat{BNA}=90^{\circ }$$do tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có $$AC\perp MN$$

Suy ra C là trực tâm tam giác AMN (điều cần chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của tam giác bằng cách chứng minh nó là giao điểm của hai đường cao.

4) Ta có H là trung điểm của OB, I là trung điểm của BC nên IH là đường trung bình của $$\Delta OBC$$

$$\Rightarrow IH//OC$$

Mà $$OC\perp Ax\Rightarrow \widehat{OCA}=90^{\circ }$$, nên C thuộc đường tròn đường kính OA cố định.

Vậy khi MN quay quanh H thì C di chuyển trên đường tròn đường kính OA cố định.

Nhận xét: Bài toán tìm quỹ tích của một điểm.

 5) $$AM.AN=3R^2,AN=R\sqrt{3}\Rightarrow AM=\frac{3R^2}{AN}=\frac{3R^2}{R\sqrt{3}}=R\sqrt{3}\Rightarrow AM=AN=R\sqrt{3}$$

$$\Rightarrow \Delta AMN$$ cân tại A.

Xét $$\Delta ABN$$ vuông tại N có $$AB=2R;AN=R\sqrt{3}\Rightarrow BN=R\Rightarrow \widehat{ABN}=60^{\circ }.$$

Có $$\widehat{ABN}=\widehat{AMN}$$ (góc nội tiếp) nên $$\widehat{AMN}=60^{\circ }$$

Suy ra $$\Delta AMN$$ đều

$$\Rightarrow S_{\Delta AMN}=\frac{{\left(R\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}$$

$$\Rightarrow S=S_{\left\{O\right\}}-S_{\Delta AMN}=\pi R^2-\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}=\frac{R^2\left(4\pi -3\sqrt{3}\right)}{4}.$$

Nhận xét: Bài toán tính diện tích liên quan đến hình tròn và tam giác.

Câu V:

Phương trình tương đương với: $$x^2+y^2=4x+2\left(1\right)$$

Ta có: $$x^2-4x-2=-y^2\le 0\Rightarrow \left(x-\sqrt{6}-2\right)\left(x+\sqrt{6}-2\right)\le 0$$

$$\iff 2-\sqrt{6}\le x\le 2+\sqrt{6}$$

$$\iff 10-4\sqrt{6}\le 4x+2\le 10+4\sqrt{6}\left(2\right)$$

Từ (1) và (2), suy ra: $$10-4\sqrt{6}\le x^2+y^2\le 10+4\sqrt{6}$$.

Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương một phương trình, giải bất phương trình bậc hai.