X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 43 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 43 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Bài 1 (2,5 điểm): a) Giải phương trình x2+4x−5=0. b) Giải hệ phương trình {x−y=12x+y=5 c) Rút gọn biểu thức P=√16−3√8+√12√3. 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) và (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: x2−mx−1=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 và |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 ΔAMF∼ΔAON và BC∥DN. d) Giả sử AO = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R. Bài 5 (1,0 điểm): a) Giải phương trình: 2√x−√3x+1=x−1. b) Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a+b+3ab=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=√1−a2+√1−b2+3aba+b. Lời giải chi tiết Bài 1: a) Giải phương trình x2+4x−5=0. Ta có: a+b+c=1+4−5=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} b) Giải hệ phương trình {x−y=12x+y=5 {x−y=12x+y=5⇔{3x=6y=x−1⇔{x=2y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)=(2;1) c) Rút gọn biểu thức P=√16−3√8+√12√3. P=√16−3√8+√12√3=√42−3√23+√123=4−2+√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:
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) và (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+m ⇔2x2−2x−m=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) và (d) chỉ có một điểm chung⇔ phương trình (∗) có nghiệm kép ⇔Δ′=0 ⇔1+2m=0⇔m=−12. Với m=−12 ta có: (∗)⇔2x2−2x+12=0⇔4x2−4x+1=0⇔(2x−1)2=0⇔x=12. ⇒y=2.(12)2=2.14=12⇒tọa 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: x−10(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),450x−10(h). Theo đề bài ta có phương trình: 450x−10−450x=1,5 ⇔300x−300(x−10)=x(x−10)⇔300x−300x+3000=x2−10x⇔x2−10x−3000=0⇔(x−60)(x+50)=0⇔[x−60=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: 60−10=50km/h. b) Cho phương trình: x2−mx−1=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 và |x1|−|x2|=6. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔Δ>0 ⇔m2+4>0(tm)∀m∈R. ⇒ 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<0⇒x1<0<x2(Dox1<x2)⇒|x1|=−x1;|x2|=x2 Theo hệ thức bài cho ta có: |x1|−|x2|=6⇔−x1−x2=6⇔x1+x2=−6⇔m=−6 Vậy m=−6 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4. 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. Ta có: AB, AC lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) nên: AC⊥OC⇒∠ACO=900;AB⊥OB ⇒∠ABO=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 ΔENC∼EBM(g−g) Suy ra: ENEB=ECEM⇒EN.EM=EB.EC (đpcm) +) Chứng minh IA là tia phân giác của góc ^BIC. I là trung điểm của MN ⇒OI⊥MN (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=∠AIB⇒AI là phân giác của ∠BIC. c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai D. Chứng minh ΔAMF∼ΔAON và BC // DN. Chứng minh ΔAMF∼ΔAON 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); ⇒ΔACM∼ΔANC(g.g) ⇒ACAN=AMAC ⇒AC2=AM.AN ΔOAC vuông tại C ⇒AC2=AF.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông). ⇒AM.AN=AF.AO ⇒AMAO=AFAN Xét tam giác AMF và tam giác AON có: ∠OAN chung; AMAO=AFAN(cmt); ⇒ΔAMF∼ΔAON(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 ⇒OA⊥BC. Ta có: ΔAMF∼ΔAON(cmt)⇒∠AFM=∠ANO Mà ∠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). Mà OM=ON⇒ΔOMN cân tại O ⇒∠OMN=∠ONM ⇒∠OFN=∠ONM=∠ONA=∠AFM⇒900−∠OFN=900−∠AFM⇒∠NFC=∠MFC⇒∠MFC=12∠MFN Mà ∠MFN=∠MON (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ⇒∠MFN=12∠MON=∠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.OA⇒OF=OC2OA=R22R=R2⇒AF=AO−OF=2R−R2=3R2CF2=OF.AF=R2.3R2=3R24⇒CF=R√32 Ta có OB=OC=R;AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒OA là trung trực của BC ⇒BC=2CF=R√3. ⇒SABC=12AF.BC=12.3R2.R√3=3√3R24. Bài 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2√x−√3x+1=x−1. Cách 1: Điều kiện x≥0 Đặt {a=2√xb=√3x+1a,b≥0 Khi đó ta có: a2=4x;b2=3x+1⇒a2−b2=x−1 . Phương trình đã cho trở thành: a−b=a2−b2⇔(a−b)(a+b−1)=0⇔[a=ba+b−1=0⇔[2√x=√3x+12√x+√3x+1=1⇔[4x=3x+14x+3x+1+4√x(3x+1)=1⇔[x=1(tm)7x+4√x(3x+1)=0⇔[x=1(tm)4√x(3x+1)=−7x(dox≥0⇒x=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: 2√x−√3x+1=x−1. Điều kiện: x≥0. 2√x−√3x+1=x−1⇔2√x−x+1=√3x+1⇔4√x−2x+2=2√3x+1⇔3x+1+1−2x+4√x+2=3x+1+2√3x+1+1⇔x+4√x+4=3x+1+2√3x+1+1⇔(√x+2)2=(√3x+1+1)2⇔[√x+2=√3x+1+1√x+2=−(√3x+1+1)(VN)⇔√x+1=√3x+1⇔x+2√x+1=3x+1⇔2x−2√x=0⇔2√x(√x−1)=0⇔[2√x=0√x−1=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=√1−a2+√1−b2+3aba+b. Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có {1−a2+89≥2√89(1−a2)=4√23.√1−a21−b2+89≥2√89(1−b2)=4√23.√1−b2 Khi đó 4√23.(√1−a2+√1−b2)≤179−a2+179−b2=349−(a2+b2). Ta có 1−a−b3=ab≤(a+b)24 ⇔3(a+b)2+4(a+b)−4≥0 ⇔a+b≥23. Và a2+b2≥(a+b)22≥12.(23)2=29 suy ra 349−(a2+b2)≤329 ⇒√1−a2+√1−b2≤4√23. Lại có 3aba+b=1−a−ba+b=1a+b−1 mà a+b≥23 ⇔1a+b≤32 suy ra 3aba+b≤32−1=12. Do đó P=√1−a2+√1−b2+3aba+b≤4√23+12. Dấu bằng xảy ra khi a=b=13. Vậy Pmax=4√23+12. Loigiaihay.com
Quảng cáo
|