X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 36 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 36 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Câu 1 (2 điểm): a) Tìm xx để biểu thức sau có nghĩa: P=√5x+3+20183√x.P=√5x+3+20183√x. b) Cho hàm số y=12x2.y=12x2. Điểm DD có hoành độ x=−2x=−2 thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm D.D. c) Tìm giá trị của aa và bb để đường thẳng d:y=ax+b−1d:y=ax+b−1 đi qua hai điểm A(1;1)A(1;1) và B(2;3).B(2;3). Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: P=x√y+y√x√xy−(√x+√y)2−4√xy√x−√y−yP=x√y+y√x√xy−(√x+√y)2−4√xy√x−√y−y (với x>0,y>0,x≠yx>0,y>0,x≠y). a) Rút gọn biểu thức P.P. b) Chứng minh rằng P≤1.P≤1. Câu 3 (2,0 điểm): Cho phương trình x2−4mx+4m2−2=0(1)x2−4mx+4m2−2=0(1) a) Giải phương trình (1)(1) khi m=1.m=1. b) Chứng minh rằng với mọi mm phương trình (1)(1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1,x2x1,x2 khi đó tìm mm để x21+4mx2+4m2−6=0.x21+4mx2+4m2−6=0. Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H, K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD. a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AD.AN = AB.AM. c) Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng. d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN. Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương trình: 3√3(x2+4x+2)−√x+8=0.3√3(x2+4x+2)−√x+8=0. Lời giải chi tiết Câu 1: a) Tìm xx để biểu thức sau có nghĩa: P=√5x+3+20183√x.P=√5x+3+20183√x. Biểu thức có nghĩa ⇔5x+3≥0⇔x≥−35.⇔5x+3≥0⇔x≥−35. Vậy với x≥−35x≥−35 thì biểu thức PP có nghĩa. b) Cho hàm số y=12x2.y=12x2. Điểm DD có hoành độ x=−2x=−2 thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm D.D. Điểm DD thuộc đồ thị hàm số y=12x2y=12x2 và có hoành độ x=−2⇒y=12.(−2)2=2.x=−2⇒y=12.(−2)2=2. Vậy D(−2;2).D(−2;2). c) Tìm giá trị của aa và bb để đường thẳng d:y=ax+b−1d:y=ax+b−1 đi qua hai điểm A(1;1)A(1;1) và B(2;3).B(2;3). Đường thẳng dd đi qua hai điểm A(1;1)A(1;1) và B(2;3)B(2;3) nên ta có: {1=1.a+b−13=2.a+b−1⇔{a+b=22a+b=4⇔{a=2b=0. Vậy a=2 và b=0. Câu 2: Cho biểu thức: P=x√y+y√x√xy−(√x+√y)2−4√xy√x−√y−y (với x>0,y>0,x≠y). a) Rút gọn biểu thức P. Điều kiện: x>0,y>0,x≠y. P=x√y+y√x√xy−(√x+√y)2−4√xy√x−√y−y=√xy(√x+√y)√xy−x+2√xy+y−4√xy√x−√y−y=√x+√y−(√x−√y)2√x−√y−y=√x+√y−(√x−√y)−y=√x+√y−√x+√y−y=2√y−y. b) Chứng minh rằng P≤1. Ta có: P≤1 ⇔2√y−y≤1⇔1−2√y+y≥0⇔(√y−1)2≥0∀y>0. Vậy P≤1. Câu 3: Cho phương trình x2−4mx+4m2−2=0(1) a) Giải phương trình (1) khi m=1. Với m=1 ta có phương trình: (1)⇔x2−4x+4−2=0⇔x2−4x+2=0 Có Δ′=4−2=2>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=2+√2x2=2−√2. Vậy với m=1 thì phương trình có tập nghiệm S={2−√2;2+√2}. b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1,x2 khi đó tìm m để x21+4mx2+4m2−6=0. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0 ⇔4m2−4m2+2>0⇔2>0 (luôn đúng với mọi m) Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=4mx1x2=4m2−2. Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) ⇒x21−4mx1+4m2−2=0 ⇔x21=4mx1−4m2+2. Theo đề bài ta có: x21+4mx2+4m2−6=0 ⇔4mx1−4m2+2+4mx2+4m2−6=0⇔4m(x1+x2)−4=0⇔m(x1+x2)=1⇔m.4m=1⇔m2=14⇔m=±12. Vậy m=±12 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4:
Xét tứ giác AHCK ta có: ^AHK=^ACK=900 Mà hai đỉnh H,C kề nhau cùng nhìn cạnh AK dưới góc 900. ⇒AHCK là tứ giác nội tiếp. (dhnb) b) Chứng minh AD.AN = AB.AM. Ta có: AM//CD⇒^AMN=^DCN (hai góc đồng vị) ^DCN là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung CD. ^ADB là góc nội tiếp chắn cung AB. Mà cung AB= cung CD do ABCD là hình chữ nhật. ⇒^ADB=^AMN(=^DCN). Xét ΔABD và ΔANM ta có: ^Achung^ADB=^AMN(cmt)⇒ΔABD∼ΔANM(g−g)⇒ABAN=ADAM⇒AB.AM=AD.AN(dpcm). c) Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng. Ta có E là trung điểm của MN(gt)⇒AE=ME=EN (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) ⇒^EAN=^ENA ⇒^AEM=^EAN+^ANE=2^ENA (góc ngoài của tam giác). Vì ΔABD∼ΔANM(cmt)⇒^ABD=^ANC (hai góc tương ứng). Vì ABCD là hình chữ nhật ⇒^ABD=^BDC (hai góc so le trong). ⇒^BDC=^ANC(=^ABD)⇒^HEC=2^ANE=2^BDC=2^ODC.(1) Xét ΔOCD cân tại O ta có: ^DOC+^OCD+^ODC=1800 ⇔^DOC+2.^ODC=1800.(2) Từ (1) và (2) ⇒^DOC+^HEC=1800. Xét tứ giác OHEC ta có: ^DOC+^HEC=1800(cmt) ⇒OHEC là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện có tổng bằng 1800). ⇒^OHE+^OCE=1800⇔^OHE=1800−900=900⇒OH⊥HE. Mà OE⊥AH(gt) ⇒A,H,E thẳng hàng. d) Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN. Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A ta có: DB2=AB2+AD2=62+82=102⇒BD=10cm. Vì ΔABD∼ΔANM(cmt) ⇒ABAN=BDMN=ADAM ⇔6AN=8AM=10MN⇔{AM=8MN10=45MNAN=610MN=35MN. Xét tam giác ΔDBC và ΔCMB ta có: ^DCB=^CBM=900 ^BDC=^BCM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) ⇒ΔDCB∼CBM(g−g)⇒DCBC=BCBM⇔68=8BM⇔BM=323cm.⇒AM=AB+BM=6+323=503cm.⇒MN=54AM=54.503=1256cm. Vậy MN=1256cm. Loigiaihay.com
Quảng cáo
|