X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 38 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 38 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Câu 1 (3 điểm): 1) Tính giá trị của biểu thức: A=√4−2√3−12√12.A=√4−2√3−12√12. 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)x4+x2−20=0a)x4+x2−20=0 b){3x−y=112x+y=9. 3) Cho phương trình x2−2x−5=0 có hai nghiệm x1,x2. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: B=x21+x22,C=x51+x52. Câu 2 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):y=12x2 và đường thẳng (d):y=x+m. 1) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ khi m=2. 2) Định các giá trị của m để (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. 3) Tìm giác trị của m để độ dài đoạn thẳng AB=6√2. Câu 3 (1,5 điểm): Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h. Câu 4 (2,5 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H. 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh AE.AB = AD.AC. 3) Chứng minh FH là phân giác của ^EFD. 4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh ^DOC=^FED. Câu 5 (1 điểm): Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256πcm2 và bán kính đáy bằng 12 đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ. Lời giải chi tiết Câu 1: 1)A=√4−2√3−12√12=√(√3)2−2.√3.1+1−12.√22.3=√(√3−1)2−2√32=|√3−1|−√3=√3−1−√3=−1.(do√3−1>0). 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)x4+x2−20=0 Đặt x2=t(t≥0). Khi đó ta có phương trình: ⇔t2+t−20=0⇔t2+5t−4t−20=0⇔(t−4)(t+5)=0⇔[t−4=0t+5=0⇔[t=4(tm)t=−5(ktm)⇒x2=4⇔x=±2. Vậy phương trình có tập nghiệm S={−2;2}. b){3x−y=112x+y=9⇔{5x=20y=9−2x⇔{x=4y=9−2.4⇔{x=4y=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;1). 3) Cho phương trình x2−2x−5=0 có hai nghiệm x1,x2. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: B=x21+x22,C=x51+x52. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2x1x2=−5. Khi đó: B=x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2=22−2.(−5)=14. C=x51+x52=(x1+x2)(x41−x31x2+x21x22−x1x32+x42)=(x1+x2)[x41+x42−x1x2(x21+x22)+x21x22]=(x1+x2)[(x21+x22)2−2x21x22−x1x2(x21+x22)+x21x22]=(x1+x2)[(x21+x22)2−x1x2(x21+x22)−x21x22]. Áp dụng hệ thức Vi-ét và kết quả của biểu thức B ta được: C=2[142−(−5).14−(−5)2]=2.(196+70−25)=482. Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):y=12x2 và đường thẳng (d):y=x+m. 1) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ khi m=2. +) Với m=2 ta có: (d):y=x+2. Ta có bảng giá trị:
Đường thẳng (d) đi qua hai điểm (0;2) và (−2;0). +) Vẽ đồ thị hàm số (P):
Đồ thị (P) là đường cong đi qua các điểm (−4;8),(−2;2),(0;0),(2;2),(4;8). 2) Định các giá trị của m để (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x+m=12x2⇔x2−2x−2m=0.(∗) Để (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình (∗) có nghiệm hai phân biệt ⇔Δ′>0 ⇔1+2m>0⇔m>−12. Vậy m>−12. 3) Tìm giác trị của m để độ dài đoạn thẳng AB=6√2. Với m>−12 thì (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2;y2). Khi đó x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (∗). Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2x1x2=−2m. Ta có: A,B∈(d)⇒A(x1;x1+m),B(x2;x+m). Theo đề bài ta có: AB=6√2 ⇔√(x2−x1)2+(y2−y1)2=6√2⇔√(x2−x1)2+(x2+m−x1−m)2=6√2⇔√2(x2−x1)2=6√2⇔(x2−x1)2=36⇔(x1+x2)2−4x1x2=36⇔22−4.(−2m)=36⇔8m=32⇔m=4(tm). Vậy m=4. Câu 3: Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h. Gọi vận tốc ngược dòng của ca nô là x(km/h)(x>0). Khi đó vận tốc ca nô khi xuôi dòng là: x+6(km/h). Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi xuôi dòng là: 60x+6(h). Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi ngược dòng là: 60x(h). Theo đề bài ta có phương trình: 60x−60x+6=2060=13 ⇔3.60(x+6)−3.60x=x(x+6)⇔180x+1080−180x=x2+6x⇔x2+6x−1080=0⇔(x−30)(x+36)=0⇔[x−30=0x+36=0⇔[x=30(tm)x=−36(ktm). Vậy vận tốc của ca nô khi ngược dòng là 30km/h. Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H. 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn. Xét tứ giác BEDC ta có: ^BEC=^BDC=900(gt) Mà hai góc này là hai góc kề 1 cạnh và cùng nhìn đoạn BC. ⇒BEDC là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). 2) Chứng minh AE.AB = AD.AC. Vì BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ^ADE=^ABC (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Xét ΔADE và ΔABC ta có: ˆAchung^AED=^ABC(cmt)⇒ΔADE∼ΔABC(g−g).⇒ADAB=AEAC⇔AD.AC=AE.AB(dpcm). 3) Chứng minh FH là phân giác của ^EFD. Ta có: BEHF là tứ giác nội tiếp (do^BEH+^HFB=900+900=1800). ⇒^EBH=^EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH) (1) Có DCFH là tứ giác nội tiếp (do^HFC+^HDC=900+900=1800). ⇒^DCH=^DFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH) (2) Mà BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒^DCH=^EBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE) (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: ^EFH=^HFD. Hay FH là phân giác của ^EFD. (đpcm) 4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh ^DOC=^FED. Xét tam giác BDC vuông tại D có đường trung tuyến DO⇒DO=OB=OC (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông). ⇒ΔBOD cân tại O⇒^BDO=^DBO (tính chất tam giác cân) ⇒^DOC=^DBO+^BDO=2^DBO=2^B1. Vì EBCD là tứ giác nội tiếp ⇒^B1=^E1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) Vì BEHF là tứ giác nội tiếp ⇒^B1=^E2 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF) ⇒^DOC=2^B1=^E1+^E2=^FED.(dpcm) Câu 5: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256πcm2 và bán kính đáy bằng 12 đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ. Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Vì bán kính đáy bằng 12 đường cao nên R=12h⇒h=2R Khi đó ta có Sxq=2πRh=2π.R.2R=256π ⇔R2=64⇔R=8(cm) ⇒h=2.8=16(cm) Vậy thể tích của khối trụ là V=πR2h=π.82.16=1024π(cm3). Loigiaihay.com
Quảng cáo
|