Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Phú Thọ

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 là một sự kiện quan trọng đánh dấu bước ngoặt trong cuộc đời mỗi học sinh. Bài viết này sẽ trình bày hướng dẫn giải chi tiết đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Phú Thọ, giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đồng thời rút ra kinh nghiệm cho kỳ thi sắp tới của mình. Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Phú Thọ Lời giải chi tiết Phần I: Trắc nghiệm 1. C 2. B 3. A 4. A 5. B 6. D 7. C 8. B 9. D 10. D 11. A 12. D Phần II: Tự luận Câu 1 a)Tính giá trị của biểu thức \( A \) khi \( a = 16 \). Thay \( a = 16 \) vào biểu thức \( A \), ta được: \[ A = \frac{5\sqrt{16} + 4}{\sqrt{16} – 1} = \frac{5 \cdot 4 + 4}{4 – 1} = \frac{24}{3} = 8 \] b) Rút gọn biểu thức \( B \). Bước 1: Phân tích đa thức ở mẫu số của \( B \): \[ \sqrt{a – 2} = \sqrt{a – 1 – 1} = (\sqrt{a – 1})(1 – \sqrt{a}) \] Bước 2: Rút gọn biểu thức \( B \). \begin{align*} B &= \left(\frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{1-\sqrt{a}}\right) \left(\frac{\sqrt{a}-a}{\sqrt{a}-2}\right) \\ &= \left(\frac{\sqrt{a} + 1 – 1}{\sqrt{a}(1-\sqrt{a})}\right) \left(\frac{\sqrt{a}-a}{(\sqrt{a}-1)(1-\sqrt{a})}\right) \\ &= \left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}(1-\sqrt{a})}\right) \left(\frac{\sqrt{a}-a}{(\sqrt{a}-1)(1-\sqrt{a})}\right) \\ &= \frac{a-1}{1-\sqrt{a}} \end{align*} c) Tìm các giá trị nguyên của \( a \) để \( AB 1 \): \( A > 0 \) \( B = \frac{a – 1}{1 – \sqrt{a}} \) Nếu \( 1 0 \) Với \( 0 < a < 1 \): \( A < 0 \) \( B = \frac{a – 1}{1 – \sqrt{a}} \) \( B < 0 \) Bước 2: Xác định giá trị nguyên của \( a \): Với \( 1 < a < 4 \): Do \( a \) là số nguyên, ta có các giá trị nguyên của \( a \) là \( 2 \) và \( 3 \). Với \( 0 < a < 1 \): Do \( a \) là số nguyên, ta không có giá trị nguyên nào của \( a \) thỏa mãn. Vậy, các giá trị nguyên của \( a \) để \( AB < 0 \) là \( a = 2 \) và \( a = 3 \). Câu 2 (a) Parabol (P) đi qua điểm \(M(1; 2)\) nên ta có phương trình: \[2 = a \cdot 1^2 \Rightarrow a = 2\] Vậy parabol (P) có phương trình: \(y = 2x^2\). (b) Bước 1: Giải hệ phương trình Từ hệ phương trình, ta có: \[ \begin{cases} y = 5m + 15 – 3x \\ x = (3m + 9) – y \end{cases} \] Thay \( y \) vào biểu thức \( Q \), ta được: \[ Q = x(5m + 15 – 3x) – 2x – 1 \] \[ = 5mx + 15x – 3x^2 – 2x – 1 \] \[ = -3x^2 + 3mx + 13x – 1 \] Bước 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của \( Q \) Ta có: \[ -3x^2 + 3mx + 13x – 1 = -3\left(x^2 – mx – \frac{13}{3}x + \frac{1}{3}\right) \] \[ = -3x^2 – mx\left(1 + \frac{13}{3}\right) + \frac{169}{9} \] \[ = -3\left(x – \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3})\right)^2 + \frac{169}{9} – \left(\frac{1}{3} + \frac{13}{3}\right)^2 \] \[ = -3\left(x – \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3})\right)^2 – \frac{169}{9} \] Vì \( -3 < 0 \) nên để \( Q \) đạt giá trị nhỏ nhất thì \( \left(x – \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3})\right)^2 \) phải đạt giá trị lớn nhất. Mà \( \left(x – \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3})\right)^2 \geq 0 \) với mọi \( x \) nên giá trị lớn nhất của \( \left(x – \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3})\right)^2 \) là \( 0 \) khi và chỉ khi \( x = \frac{1}{2}(1 + \frac{13}{3}) = \frac{8}{3} \). Bước 3: Tìm giá trị của \( m \) Thay \( x = \frac{8}{3} \) vào hệ phương trình, ta được: \[ \begin{cases} \frac{8}{3} + y = 5m + 15 \\ \frac{8}{3} + y = 3m + 9 \end{cases} \] \[ \begin{cases} y = 5m + 7 \\ y = 3m + \frac{19}{3} \end{cases} \] Suy ra \( 5m + 7 = 3m + \frac{19}{3} \) \[ \Leftrightarrow 2m = \frac{4}{3} \] \[ \Leftrightarrow m = \frac{2}{3} \] Vậy giá trị nhỏ nhất của \( Q \) là \( 0 \) khi \( m = \frac{2}{3} \). Câu 3 a) Chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp. Ta có: \(\angle OMP = \angle OPA = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle ODP = \angle OQB = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra \(\angle OMP + \angle ODP = \angle OPA + \angle OQB = 180^\circ\) Do đó, tứ giác OMPD nội tiếp được trong đường tròn. b) Ta có: \(\angle BJL = \angle BMO = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle BMJ = \angle BMO\) (góc chung) Suy ra \(\triangle BJL \sim \triangle BMO\) (g.g) Do đó, \(\frac{BJ}{BM} = \frac{BM}{BO}\) Suy ra \(BJ \cdot BM = BO^2 = R^2\) Lại có: \(\angle BJM = \angle BJO = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle BJM = \angle BMO\) (góc chung) Suy ra \(\triangle BJM \sim \triangle BJO\) (g.g) Do đó, \(\frac{BJ}{BM} = \frac{BM}{BO}\) Suy ra \(BJ \cdot BM = BO^2 = R^2\) Vậy \(BJ \cdot BM = 2R^2\). Ta có: \(\angle BJL = \angle BMO = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle BMJ = \angle BMO\) (góc chung) Suy ra \(\triangle BJL \sim \triangle BMO\) (g.g) Do đó, \(\frac{BJ}{BM} = \frac{BM}{BO}\) Suy ra \(BJ \cdot BM = BO^2 = R^2\) Lại có: \(\angle BJM = \angle BJO = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle BJM = \angle BMO\) (góc chung) Suy ra \(\triangle BJM \sim \triangle BJO\) (g.g) Do đó, \(\frac{BJ}{BM} = \frac{BM}{BO}\) Suy ra \(BJ \cdot BM = BO^2 = R^2\) Vậy \(BJ \cdot BM = 2R^2\). c) Chứng minh rằng tam giác AQI vuông cân. Ta có: \(\angle AQI = \angle AOM = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\angle AIQ = \angle AMO\) (góc chung) Suy ra \(\triangle AQI \sim \triangle AOM\) (g.g) Do đó, \(\angle AQI = \angle AOM = 90^\circ\) Vậy tam giác AQI vuông cân. d) Xác định vị trí điểm M để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất. Ta có: Diện tích tam giác \(MQJ = \frac{1}{2} \cdot MQ \cdot MJ \cdot \sin \angle QMJ\) Do \(\angle QMJ\) không đổi nên diện tích tam giác MQJ lớn nhất khi \(MQ \cdot MJ\) lớn nhất. Mặt khác, \(MQ + MJ = MA + MC = 2R\) (không đổi) Do đó, \(MQ \cdot MJ\) lớn nhất khi \(MQ = MJ = R\). Suy ra điểm M phải nằm trên đường tròn tâm O bán kính R. Vậy điểm M nằm trên đường tròn tâm Q bán kính R để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất. Câu 4 Bước 1: Đặt ẩn phụ. Đặt \( y = \sqrt[3]{x^2 – 2} \). Khi đó, \( y^3 = 3x^2 – 2 \) và \( x^2 = \frac{y^3 + 2}{3} \). Thay vào phương trình ban đầu, ta được: \(8 \cdot \frac{y^3 + 2}{3} – 13\sqrt[3]{y^3 + 2} + 11 = \frac{2}{\sqrt[3]{y^3 + 2}} + (1 + \frac{3}{\sqrt[3]{y^3 + 2}})y\) \(\Leftrightarrow 8y^3 + 16 – 13y + 33 = \frac{2 + 3y + y}{\sqrt[3]{y^3 + 2}}\) \(\Leftrightarrow 8y^3 – 10y + 17 = \frac{2 + 3y + y^3}{\sqrt[3]{y^3 + 2}}\) Bước 2: Giải phương trình ẩn phụ. Nhân cả hai vế với \( \sqrt[3]{y^3 + 2} \), ta được: \((8y^3 – 10y + 17) \sqrt[3]{y^3 + 2} = 2 + 3y + y^2\) Bình phương cả hai vế, ta được: \((64y^6 – 160y^4 + 289y^2 + 289 – 40y^3 + 80y^2 + 51y – 4) = 4 + 12y + 9y^2\) \(\Leftrightarrow y^4 – 17y^3 + 89y^2 – 131y + 285 = 0\) Đây là phương trình bậc bốn ẩn \(y\). Ta có thể giải phương trình này bằng cách sử dụng máy tính hoặc bằng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Bước 3: Giải phương trình ban đầu. Sau khi tìm được giá trị của \(y\), ta thay vào phương trình \( y = \sqrt[3]{x^2 – 2} \) để tìm \(x\). Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới !

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Phú Thọ

Khám phá thêm Toán học!