X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 1 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 1 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Bài 1 (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A=(√5−√2)2+√40A=(√5−√2)2+√40 2) Rút gọn biểu thức B=(x−√x√x−1−√x+1x+√x):√x+1√xB=(x−√x√x−1−√x+1x+√x):√x+1√x với x>0,x≠1x>0,x≠1 Tính giá trị của B khi x=12+8√2x=12+8√2 Bài 2 (1,5 điểm) Cho Parabol (P):y=−x2(P):y=−x2 và đường thẳng (d):y=2√3x+m+1(d):y=2√3x+m+1 (m là tham số). 1) Vẽ đồ thị hàm số (P). 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3 (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: {9x+y=115x+2y=9 2) Cho phương trình: x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1), (m là tham số) a. Giải phương trình (1) khi m = 3. b. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho biểu thức A=2018+3x1x2−x21−x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4 (1,5 điểm) Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đấy của người đó. Bài 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính R=3cm. Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D. 1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn. 2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết OD=5cm. Tính diện tích của tam giác BCD. 3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP=AQ.AC 4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC. Lời giải chi tiết Bài 1. 1)A=(√5−√2)2+√40=(√5)2−2√5.√2+(√2)2+√22.10=5−2√10+2+2√10=7.2)B=(x−√x√x−1−√x+1x+√x):√x+1√x(x>0,x≠1)=(√x(√x−1)√x−1−√x+1√x(√x+1)):√x+1√x=(√x−1√x).√x√x+1=x−1√x.√x√x+1=(√x+1)(√x−1)√x+1=√x−1 Ta có x=12+8√2=(2√2)2+2.2√2.2+22=(2√2+2)2⇒√x=√(2√2+2)2=|2√2+2|=2√2+2(Do2√2+2>0) Thay √x=2√2+2 vào B ta có B=√x−1=2√2+2−1=2√2+1. Vậy khi x=12+8√2 thì B=2√2+1 Bài 2: 1) Vẽ đồ thị hàm số (P):y=−x2: Ta có bảng giá trị:
Đồ thị hàm số: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: −x2=2√3x+m+1 ⇔x2+2√3x+m+1=0(∗) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0 ⇔(√3)2−m−1>0⇔2−m>0⇔m<2. Vậy với m<2 thì đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3 Ta có: {9x+y=115x+2y=9⇔{y=11−9x5x+2y=9 ⇔{y=11−9x5x+2(11−9x)=9 ⇔{y=11−9x5x+22−18x−9=0 ⇔{y=11−9xx=1⇔{y=2x=1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x;y)=(1;2) 1) Cho phương trình: x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1), ( m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 3. Với m = 3 ta có (1) trở thành: x2−10x+16=0(2) Ta có: Δ′=(−5)2−16=9>0 Khi đó phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: [x1=5−3=2x2=5+3=8 Vậy với m = 3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S={2;8} b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho biểu thức A=2018+3x1x2−x21−x22 đạt giá trị nhỏ nhất. +) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi và chỉ khi Δ′>0 ⇔[−(m+2)]2−(m2+3m−2)>0⇔m2+4m+4−m2−3m+2>0⇔m>−6 +) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: {x1+x2=2(m+2)x1x2=m2+3m−2 Ta có: A=2018+3x1x2−x21−x22=2018+3x1x2−[(x1+x2)2−2x1x2]=2018+5x1x2−(x1+x2)2 Thay Viet vào A ta được: A=2018+5x1x2−(x1+x2)2=2018+5(m2+3m−2)−4(m+2)2=2018+5m2+15m−10−4m2−16m−16=m2−m+1992=(m−12)2+79674 Ta có: A≥79674. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m=12(tm) Vậy m=12 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4: Gọi vận tốc ban đầu của người đó là x(km/h),(x>0). Thời gian dự định người đó đi hết quãn đường là: 90x(h). Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là: x(km). Quãng đường còn lại người đó phải tăng tốc là: 90−x(km). Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: x+4(km/h), thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: 90−xx+4(h). Theo đề bài ta có phương trình: 90x=1+960+90−xx+4⇔90x=2320+90−xx+4⇔90.20(x+4)=23x(x+4)+20.(90−x).x⇔1800x+7200=23x2+92x+1800x−20x2⇔3x2+92x−7200=0⇔(x−36)(3x+200)=0⇔[x−36=03x+200=0⇔[x=36(tm)x=−2003(ktm). Vậy vận tốc lúc đầu của người đó là 36km/h. Bài 5. 1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn. Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒^OBD=^OCD=900 Xét tứ giác OBDC có ^OBD+^OCD=900+900=1800 ⇒ tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) 2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết OD=5cm. Tính diện tích của tam giác BCD. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có BD=√OD2−OB2=√52−32=4(cm) Ta có OB=OC=R;DB=DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒O;D thuộc trung trực của BC ⇒OD là trung trực của BC ⇒OD⊥BC. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có: DM.DO=DB2 ⇒DM=DB2DO=425=165(cm) BM.OD=OB.BD ⇒BM=OB.BDOD=3.45=125(cm) Vậy SΔDBC=12DM.BC=DM.BM=165.125=19225=7,68(cm2) 3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP=AQ.AC Ta có ^APQ=^xAB ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ) Mà ^xAB=^ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O)). ⇒^APQ=^ACB Xét tam giác ABC và tam giác AQP có: ^PAQ chung; ^APQ=^ACB(cmt) ⇒ΔABC∼ΔAQP(g.g) ⇒ABAQ=ACAP ⇒AB.AP=AC.AQ 4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC. Kéo dài BD cắt D tại F. Ta có ^DBP=^ABF (đối đỉnh) Mà ^ABF=^ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB) ^ACB=^APD (do ) ⇒^DBP=^APD=^BPD⇒ΔDBP cân tại D ⇒DB=DP Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được ^DCQ=^ACG=^ABC=^DQC⇒ΔDCQ cân tại D ⇒DC=DQ Lại có DB=DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒DP=DQ⇒D là trung điểm của PQ. Ta có: ΔABC∼ΔAQP(cmt) ⇒ABAQ=ACAP=BCPQ=2MC2PD ⇒ACAP=MCPD Xét tam giác AMC và tam giác ADP có ^ACM=^APD(^ACB=^APQ(cmt)) ACAP=MCPD(cmt) ⇒ΔAMC∼ΔADP(c.g.c) ⇒^PAD=^MAC(dpcm) Loigiaihay.com
Quảng cáo
|