X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 18 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 18 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Bài 1(2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức A=3√13+12√48+√75B=3√20−20√15−4√5+√3 Bài 2 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức A=2√x−4√x−1 và B=√x√x−1+3√x+1+6√x−41−x(x≥0;x≠1). a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9. b) Rút gọn B. c) Đặt P=A.B. So sánh giá trị của P với 2. Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số y=(m−1)x−4 có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5. b) Vẽ đồ thị hàm số trên với m tìm được ở câu a. c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A, cắt trục Oy tại B. Tìm m để tam giác OAB vuông cân. Bài 4 (1,0 điểm): Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) Bài 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) (A và Blà hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OM và AB. Kẻ đường kính BC của (O). a) Chứng minh 4 điểm M,O,A,B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh OI.OM=OA2. c) Qua (O) vẽ đường thẳng vuông góc với MC tại E và cắt đường thẳng BA tại F. Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn (O). Bài 6 (0,5 điểm): Cho ba số dương x,y,z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=xx+1+yy+1+zz+1. Lời giải chi tiết Bài 1 (VD): Phương pháp Đưa thừa số ra ngoài dấu căn √A2B=|A|√B. Trục căn thức ở mẫu C√A+√B=C(√A−√B)A−B. Cách giải: +) Ta có : A=3√13+12√48+√75=3.√33+12.4√3+5√3 =√3+2√3+5√3=8√3 +) Ta có: B=3√20−20√15−4√5+√3=3.2√5−20.√55−4(√5−√3)(√5+√3)(√5−√3) B=6√5−4√5−4(√5−√3)5−3=2√5−2√5+2√3=2√3. Bài 2 (VD): Phương pháp a) Thay x=9 vào A và tính giá trị. b) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn. c) Tính P=AB và xét dấu của hiệu P−2. Cách giải: a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9. Điều kiện : x≥0,x≠1. Thay x=9 (tmđk) vào biểu thức A, ta có : A=2√9−4√9−1=2.3−43−1=22=1 Vậy với x=9 thì A=1. b) Rút gọn B. Điều kiện : x≥0,x≠1. B=√x√x−1+3√x+1+6√x−41−x=√x√x−1+3√x+1−6√x−4(√x−1)(√x+1)=√x(√x+1)+3(√x−1)−6√x+4(√x−1)(√x+1)=x+√x+3√x−3−6√x+4(√x−1)(√x+1)=x−2√x+1(√x−1)(√x+1)=(√x−1)2(√x−1)(√x+1)=√x−1√x+1. Vậy B=√x−1√x+1 với x≥0;x≠1. c) Đặt P=A.B. So sánh giá trị của P với 2. Điều kiện : x≥0,x≠1. Có P=A.B=2√x−4√x−1.√x−1√x+1=2√x−4√x+1 Xét P−2=2√x−4√x+1−2=2√x−4−2√x−2√x+1=−6√x+1 Vì −6<0;√x+1≥0 với mọi x≥0;x≠1 ⇒−6√x+1<0 ⇒P−2<0⇒P<2. Vậy P<2. Bài 3 (VD): Phương pháp a) Đường thẳng d//d′⇔{a=a′b≠b′. b) Cho lần lượt x=0,y=0 tìm tọa độ các điểm đi qua và vẽ đồ thị. c) Tìm tọa độ A,B. Để ΔOAB vuông cân tạiO⇒OA=OB Cách giải: a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5 ⇔{a=a′b≠b′⇔{m−1=2−4≠5⇔m=3. Vậy m=3 thì thỏa mãn bài toán. b) Vẽ đồ thị hàm số trên với m tìm được ở câu a. Với m=3, ta có : (d):y=2x−4. Cho x=0 ta được y=2.0−4=−4 nên M(0;−4). Cho y=0⇒0=2x−4⇔x=2 nên N(2;0). Đồ thị hàm số là đường thẳng (d) đi qua hai điểm (0;−4) và (2;0)
c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A, cắt trục Oy tại B. Tìm m để tam giác OAB vuông cân. (d) cắt hai trục Ox;Oy tại A,B thì m−1≠0⇔m≠1. Cho x=0⇒y=−4⇒B(0;−4)⇒OB=|−4|=4. Cho y=0⇒x=4m−1⇒A(4m−1;0)⇒OA=4|m−1| Để ΔOAB vuông cân tạiO⇒OA=OB ⇔4|m−1|=4⇔|m−1|=1⇔[m=0m=2(tm) Vậy m∈{0;2}. Bài 4 (TH): Phương pháp Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông để giải tam giác. Cách giải: Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) Chiều cao của cây là : h=1,7+20.tan35∘≈15,7m. Bài 5(VD): Phương pháp a) Gọi K là trung điểm OM, chứng minh KO=KM=KA=KB dựa vào tính chất tam giác vuông. b) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông OAM. c) Chứng minh ΔOCE∼ΔOFC(c.g.c) suy ra ^OCF=^OEC=90∘. Cách giải: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) (A và Blà hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OM và AB. Kẻ đường kính BC của (O).
a) Chứng minh 4 điểm M,O,A,B cùng thuộc một đường tròn. Gọi K là trung điểm của OM⇒OK=KM. Tam giác OAM vuông tại A nên AK=KM=KO=12OM(tính chất trung tuyến tam giác vuông). Tam giác OBM vuông tại B nên BK=KM=KO=12OM(tính chất trung tuyến tam giác vuông). Do đó OK=KM=KA=KB. Suy ra 4 điểm O,A,M,B nằm trên đường tròn tâm K, đường kính OM. b) Chứng minh OI.OM=OA2. Ta có : OA=OB (bán kính) MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒OM là trung trực của AB⇒OM⊥AB tại I. ΔOAM vuông tại A đường cao AI ⇒OI.OM=OA2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao). c) Qua (O) vẽ đường thẳng vuông góc với MC tại E và cắt đường thẳng BA tại F. Xét ΔOFI và ΔOME có : ∠Ochung∠OIF=∠OEM=900 (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒OF.OE=OI.OM=OA2=OC2⇒OFOC=OCOE. Có ΔOCE và ΔOFC Nên ∠OCF=∠OEC=900 (góc tương ứng) ⇒FC là tiếp tuyến của (O) (đpcm). Bài 6 (VDC): Phương pháp Nhận xét : P=3−(1x+1+1y+1+1z+1) Sử dụng bất đẳng thức 1a+1b+1c≥9a+b+c để đánh giá. Cách giải: Cho ba số dương x,y,z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=xx+1+yy+1+zz+1. Ta có : P=3−(1x+1+1y+1+1z+1) Mà 1x+1+1y+1+1z+1≥9x+y+z+3=94 ⇒P≤3−94=34 Dấu xảy ra khi x=y=z=13. Vạy maxP=34⇔x=y=z=13. Loigiaihay.com
Quảng cáo
|