TUYENSINH247 LÌ XÌ +100% TIỀN NẠP

X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2

Chỉ còn 1 ngày
Xem chi tiết

Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 39 có đáp án và lời giải chi tiết

Quảng cáo

Đề bài

Câu I: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: x2+8x+7=0

2) Giải hệ phương trình: {2xy=65x+y=20

Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức A=x+1x+4x+4:(xx+2x+xx+2), với x>0

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tìm tất cả các giá trị của x để A13x

Câu III: (2,0 điểm)

1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b . Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d):y=2x+3 và đi qua điểm A(1;1)

2. Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

x21+2018x1=x22+2018+x2

Bài IV: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB=2R. Gọi d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1;d2 lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB

3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Câu V: (1,0 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1 . Chứng minh 1a2+b2+c2+1abc30.

Lời giải chi tiết

Câu I.

1) Giải phương trình: x2+8x+7=0

Ta có: ab+c=18+7=0 nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là x=1 và nghiệm còn lại là: x=ca=7

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={1;7}.

2) Giải hệ phương trình: {2xy=65x+y=20

{2xy=65x+y=20{7x=14y=205x

{x=2y=205.2{x=2y=10

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x;y)=(2;10)

Câu II.

Cho biểu thức A=x+1x+4x+4:(xx+2x+xx+2), với x>0

1. Rút gọn biểu thức A.

A=x+1x+4x+4:(xx+2x+xx+2)=x+1(x+2)2:(xx(x+2)+xx+2)=x+1(x+2)2:(xx+2+xx+2)=x+1(x+2)2.x+2x(x+1)=1x(x+2)

Vậy với x>0 thì

2. Tìm tất cả các giá trị của x để A13x

A13x1x(x+2)13x3(x+2)x(x+2)01xx(x+2)0

Với x>0 ta có: x(x+2)>0 khi đó 1xx(x+2)0 1x0x1

Kết hợp với điều kiện ta được: 0<x1  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu III.

1.  Cho đường thẳng (d):y=ax+b . Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d):y=2x+3 và đi qua điểm A(1;1)

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: {a=abb{a=2b3

Khi đó (d) trở thành: y=2x+b(b3)

Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;1) nên ta có:

1=2.1+bb=3(tm)

Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: y=2x3

2.  Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2  với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

x21+2018x1=x22+2018+x2

Xét biệt thức Δ=(m2)2+1212>0,m

Vậy phương trình x2(m2)x3=0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Giả sử x1>x2

Theo hệ thức Viet ta có: {x1+x2=m2x1x2=3

Theo đề ra ta có:

 x21+2018x1=x22+2018+x2x21+2018x22+2018=x1+x2x21+2018+x22+20182(x21+2018).(x22+2018)=x21+x22+2x1x2(Dox1x2>0)40362(x21+2018).(x22+2018)=2x1x2(x21+2018).(x22+2018)=2018x1x2(x21+2018).(x22+2018)=201824036x1x2+x21x22x21x22+2018(x21+x22)+20182=201824036x1x2+x21x22[(x1+x2)22x1x2]=2x1x2(x1+x2)2=0(m2)2=0m=2

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV.

Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB=2R. Gọi d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1;d2 lần lượt tại M, N.

            

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên IAM=900

Xét tứ giác AMEIIAM+IEM=900+900=1800

 Tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB

Ta có IEA+IEB=AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

NEB+IEB=NEI=900(gt);

IEA=NEB

Xét ΔIEAΔNEB có:

IEA=NEB(cmt);

IAE=BAE=NBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);

ΔIEAΔNEB(g.g)

IEIA=NENB

IA.NE=IE.NB

3IA.NE=3IE.NB

Do I là trung điểm của OA IA=12OA=12.12AB=14AB

IA=13IB hay IB=3IA.

IB.NE=3IE.NB(dpcm).

3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

+) Chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi

Xét tứ giác BNEIIBN+IEN=900+900=1800 Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

NEB=NIB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Ta có AMI=AEI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;

AEI=NEB(cmt)

AMI=NIB.

Xét ΔAMIΔBIN có:

AMI=NIB(cmt);MAI=IBN=900(gt);ΔAMIΔBIN(g.g)AMBI=AIBNAM.BN=AI.BI

Ta có AI=14AB=14.2R=R2;

BI=34AB=34.2R=3R2 

AM.BN=R2.3R2=3R24=const.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) ENI=EBI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)

Do tứ giác AMEI nội tiếp (cmt) IME=IAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)

ENI=IME=EBI+IAE=900 (ΔABE vuông tại E)

MIN=900ΔIMN vuông tại I SIMN=12IM.IN

Đặt AIM=α BNI=α(00<α<900) (DoΔAMIΔBIN).

Xét tam giác vuông AIM có cosAIM=cosα=AIMI

MI=AIcosα=R2cosα=R2cosα

Xét tam giác vuông BIN có : sinBNI=sinα=BIIN IN=BIsinα=3R2sinα=3R2sinα

SIMN=12IM.IN=12.R2cosα.3R2sinα=3R28sinαcosα

Do 00<α<900 sinα>0,cosα>0cosα=1sin2α.

sinα.cosα=sinα.1sin2αCauchysin2α+1sin2α2=12SIMN3R28.12=3R24

Dấu bằng xảy ra sinα=1sin2α

2sin2α=1

sinα=12α=450

Vậy SIMNmin=3R24AIM=450

Câu V.

Ta có:

1a2+b2+c2+1abc=1a2+b2+c2+19abc+89abc1a2+b2+c2+13(bc+ac+ab)2+89(a+b+c)32721a2+b2+c2.13(bc+ac+ab)2+24213(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac)227+24=30

 Loigiaihay.com

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close