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 42 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 42 có đáp án và lời giải chi tiết

Quảng cáo

Đề bài

Bài 1 (2,5 điểm):

a)  Giải phương trình x2+4x5=0.

b) Giải hệ phương trình {xy=12x+y=5

c)  Rút gọn biểu thức P=1638+123.

Bài 2 (1,5 điểm): Cho parabol (P):y=2x2 và đường thẳng (d):y=2x+m (m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).

b) Với những giá trị nào của m thì (P)(d) chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó.

Bài 3 (1,5 điểm):

a) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.

b) Cho phương trình: x2mx1=0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1<x2|x1||x2|=6.

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O;R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó.  Kẻ cát tuyến  AMN không đi qua O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.

a)  Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.

b)  Chứng minh EB.EC=EM.EN và IA là tia phân giác của góc ^BIC.

c)  Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh ΔAMFΔAON  và  BCDN.

d)  Giả sử AO = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R.

Bài 5 (1,0 điểm):

a) Giải phương trình: 2x3x+1=x1.

b) Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a+b+3ab=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=1a2+1b2+3aba+b.

Lời giải chi tiết

Bài 1:

Giải phương trình x2+4x5=0.

Ta có: a+b+c=1+45=0 Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x1=1;x2=ca=5.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S={5;1}

a)      Giải hệ phương trình {xy=12x+y=5

{xy=12x+y=5{3x=6y=x1{x=2y=1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)=(2;1)

b)     Rút gọn biểu thức P=1638+123.

P=1638+123=42323+123=42+22=2+2=4

Vậy P = 4.

Bài  2:

Cho parabol (P):y=2x2 và đường thẳng (d):y=2x+m (m là tham số).

a) Vẽ parabol (P).

Ta có bảng giá trị:

x

2

1

0

1

2

y=2x2

8

2

0

2

8

Vậy đồ thị hàm số (P):y=2x2 là đường cong đi qua các điểm: (2;8),(1;2),(0;0),(1;2),(2;8).

b) Với những giá trị nào của m thì (P)(d) chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

2x2=2x+m2x22xm=0()

Số giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng (d) cũng chính là số nghiệm của phương trình (*)

Đồ thị hàm số (P)(d) chỉ có một điểm chung phương trình () có nghiệm kép Δ=0

1+2m=0m=12.

Với m=12 ta có:

()2x22x+12=04x24x+1=0(2x1)2=0x=12.

y=2.(12)2=2.14=12tọa độ điểm chung của hai đồ thị là M(12;12). 

Vậy với m=12 thỏa mãn bài toán và điểm chung duy nhất của hai đồ thị là M(12;12).

Bài 3:

a) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là x(km/h)(x>10).

Khi đó vận tốc của xe thứ hai là: x10(km/h).

Thời gian xe thứ nhất và xe thứ hai đi hết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B lần lượt là: 450x(h),450x10(h).

Theo đề bài ta có phương trình: 450x10450x=1,5

300x300(x10)=x(x10)300x300x+3000=x210xx210x3000=0(x60)(x+50)=0[x60=0x+50=0[x=60(tm)x=50(ktm).

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 60km/h, vận tốc của xe thứ hai là: 6010=50km/h.

b) Cho phương trình: x2mx1=0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1<x2|x1||x2|=6.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2Δ>0

m2+4>0(tm)mR.

Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=mx1x2=1.

Ta có:

x1.x2=1<0x1<0<x2(Dox1<x2)|x1|=x1;|x2|=x2

Theo hệ thức bài cho ta có:

|x1||x2|=6x1x2=6x1+x2=6m=6

Vậy m=6 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4.

Ch  đường tròn (O;R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó.  Kẻ cát tuyến  AMN không đi qua O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.

a)  Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.

Ta có: AB, AC lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) nên: ACOCACO=900;ABOBABO=900

Xét tứ giác ABOC ta có: ACO+ABO=900+900=1800

Mà O và B là hai đỉnh đối nhau cùng nhìn cạnh OA các góc bằng nhau.

Nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA và tâm là trung điểm của OA.

b)  Chứng minh EB.EC=EM.EN và IA là tia phân giác của góc ^BIC.

+) Chứng minh EB.EC=EM.EN

Xét tam giác ENC và tam giác EBM có:

NEC=MEB (hai góc đối đỉnh)

CNE=EBM  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM của đường tròn (O;R))

Vậy ΔENCEBM(gg)

Suy ra: ENEB=ECEMEN.EM=EB.EC (đpcm)

+) Chứng minh IA là tia phân giác của góc ^BIC.

I là trung điểm của MN OIMN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

I thuộc đường tròn đường kính AO I thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC.

AIC=ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

AIB=ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB).

Ta có AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ΔABC cân tại A ABC=ACB (hai góc ở đáy)

AIC=AIBAI là phân giác của BIC.

c)      Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai D. Chứng minh ΔAMFΔAON và BC // DN.

Chứng minh ΔAMFΔAON

Xét tam giác ACM và tam giác ANC có:

CAN chung;

ACM=ANC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CM);

ΔACMΔANC(g.g)

ACAN=AMAC

AC2=AM.AN

ΔOAC vuông tại C AC2=AF.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

AM.AN=AF.AOAMAO=AFAN

Xét tam giác AMF và tam giác AON có:

OAN chung;

AMAO=AFAN(cmt);

ΔAMFΔAON(c.g.c).

Chứng minh BC // DN.

Ta có OB=OC=R;AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA là trung trực của BC OABC.

Ta có: ΔAMFΔAON(cmt)AFM=ANO

AMF+OFM=1800 (kề bù) OFM+ANO=1800 Tứ giác OFMN là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

OFN=OMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON).

OM=ONΔOMN cân tại O OMN=ONM

OFN=ONM=ONA=AFM900OFN=900AFMNFC=MFCMFC=12MFN

MFN=MON (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN)

MFN=12MON=MDN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cun MN)

Hai góc này lại ở vị trí đồng vị BC//DN .

d)     Giả sử AO=2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAC có

OC2=OF.OAOF=OC2OA=R22R=R2AF=AOOF=2RR2=3R2CF2=OF.AF=R2.3R2=3R24CF=R32

Ta có OB=OC=R;AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA là trung trực của BC BC=2CF=R3.

SABC=12AF.BC=12.3R2.R3=33R24SABC=33R24.

Bài 5. (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2x3x+1=x1.

Cách 1:

Điều kiện x0

Đặt {a=2xb=3x+1a,b0

Khi đó ta có: a2=4x;b2=3x+1 a2b2=x1 . Phương trình đã cho trở thành:

ab=a2b2(ab)(a+b1)=0[a=ba+b1=0[2x=3x+12x+3x+1=1[4x=3x+14x+3x+1+4x(3x+1)=1[x=1(tm)7x+4x(3x+1)=0[x=1(tm)4x(3x+1)=7x(dox0x=0tm)[x=1(tm)x=0(tm)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0; x = 1.

Cách 2:

a) Giải phương trình: 2x3x+1=x1. Điều kiện: x0.

2x3x+1=x12xx+1=3x+1

4x2x+2=23x+13x+1+12x+4x+2=3x+1+23x+1+1x+4x+4=3x+1+23x+1+1(x+2)2=(3x+1+1)2[x+2=3x+1+1x+2=(3x+1+1)(VN)x+1=3x+1x+2x+1=3x+12x2x=02x(x1)=0[2x=0x1=0[x=0(tm)x=1(tm).

Vậy phương trình có tập nghiệm S={0;1}.

b) Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a+b+3ab=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=1a2+1b2+3aba+b.

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có {1a2+89289(1a2)=423.1a21b2+89289(1b2)=423.1b2

Khi đó 423.(1a2+1b2)179a2+179b2=349(a2+b2).

Ta có 1ab3=ab(a+b)24

3(a+b)2+4(a+b)40

a+b23.

a2+b2(a+b)2212.(23)2=29 suy ra 349(a2+b2)3291a2+1b2423.

Lại có 3aba+b=1aba+b=1a+b1a+b23

1a+b32 suy ra 3aba+b321=12.

Do đó P=1a2+1b2+3aba+b423+12.

Dấu bằng xảy ra khi a=b=13.

Vậy Pmax=423+12.

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