X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 5 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 5 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Câu 1. (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính √27√3√27√3 2. Rút gọn biểu thức P=(√x3+√x+9+x9−x).(3√x−x)P=(√x3+√x+9+x9−x).(3√x−x) với x≥0x≥0 và x≠9x≠9 3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số y=ax+by=ax+b đi qua hai điểm A(2;−2)A(2;−2) và B(−3;2)B(−3;2) Câu 2. (1.5 điểm) 1. Giải phương trình x2−4x+4=0x2−4x+4=0 2. Tìm giá trị của m để phương trình x2−2(m+1)x+m2+3=0x2−2(m+1)x+m2+3=0 có hai nghiệm x1,x2x1,x2 thỏa mãn |x1|+|x2|=10.|x1|+|x2|=10. Câu 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh a) DA2=DC.DBDA2=DC.DB b) Tứ giác AHCD nội tiếp. c) CH⊥CFCH⊥CF d) BH.BCBF=2RBH.BCBF=2R Câu 5 (0,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy+1≤xxy+1≤x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y√3x2−xy+y2Q=x+y√3x2−xy+y2 Lời giải chi tiết Câu 1. 1. Thực hiện phép tính √27√3√27√3 √27√3=√273=√9=3.√27√3=√273=√9=3. 2. Rút gọn biểu thức P=(√x3+√x+9+x9−x).(3√x−x)P=(√x3+√x+9+x9−x).(3√x−x) với x≥0x≥0 và x≠9x≠9 Điều kiện: x≥0,x≠9.x≥0,x≠9. P=(√x3+√x+9+x9−x).(3√x−x)=(√x.(3−√x)(3−√x)(3+√x)+9+x(3−√x)(3+√x)).(3√x−x)=9+3√x(3−√x)(3+√x).(3√x−x)=3(3+√x)3+√x.√x=3√x. 3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số y=ax+b đi qua hai điểm A(2;−2) và B(−3;2) Đồ thị hàm số y=ax+b đi qua hai điểm A(2;−2) và B(−3;2) nên ta có hệ phương trình: {2a+b=−2−3a+b=2⇔{5a=−4b=2+3a ⇔{a=−45b=−25 Vậy ta có a=−45;b=−25. Câu 2. 1. Giải phương trình x2−4x+4=0 x2−4x+4=0 ⇔(x−2)2=0⇔x=2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={2} 2. Tìm giá trị của m để phương trình x2−2(m+1)x+m2+3=0 (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn |x1|+|x2|=10 +) Phương trình có hai nghiệm x1,x2 khi và chỉ khi Δ′≥0⇔(m+1)2−m2−3≥0 ⇔m2+2m+1−m2−3≥0 ⇔2m≥2⇔m≥1. Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: {x1+x2=2(m+1)(2)x1x2=m2+3(3) Từ đề bài ta có: |x1|+|x2|=10 ⇔x21+x22+2|x1x2|=100 ⇔(x1+x2)2−2x1x2+2|x1x2|=100 Lại có x1x2=m2+3>0∀m ⇒|x1x2|=x1x2=m2+3. Khi đó ta có: |x1|+|x2|=10 ⇔(|x1|+|x2|)2=100 ⇔x21+2|x1x2|+x22=100⇔(x1+x2)2−2x1x2+2x1x2=100⇔(x1+x2)2=100⇔x1+x2=±10. +) TH1: x1+x2=10 kết hợp với (2) ta được: {x1+x2=10x1+x2=2(m+1)⇔2(m+1)=10⇔m=4(tm) +)TH2: x1+x2=10 kết hợp với (2) ta được: {x1+x2=−10x1+x2=2(m+1)⇔2(m+1)=−10⇔m=−6(ktm) Vậy m=4 thỏa mãn điều kiện bài toán. Câu 3: Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút. Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là x(km/h)(x>0). Thời gian ô tô đi từ A đến B là: 156x (giờ). Quãng đường lúc về là: 156−36=120(km) Vận tốc của ô tô lúc về là: x+32(km/h). Thời gian của ô tô lúc về là: 120x+32 (giờ). Đổi: 1 giờ 45 phút =1+4560=74 giờ. Theo đề bài ta có phương trình: 156x−120x+32=74 ⇔156.4.(x+32)−120.4.x=7x(x+32)⇔624x+19968−480x=7x2+224x⇔7x2+80x−19968=0⇔(x−48)(7x+416)=0⇔[x−48=07x+416=0⇔[x=48(tm)x=−4167(ktm). Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là 48km/h. Câu 4. a) DA2=DC.DB Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) ⇒AC⊥BChayAC⊥BD. Ta có:^DAB=900 ( Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có DA2=DC.DB. b) Tứ giác AHCD nội tiếp. Xét tứ giác AHCD có ^AHD=^ACD=900⇒ Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 900 ⇒ Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). c) CH⊥CF Do tứ giác AHCD nội tiếp nên ^FHC=^ADC (cùng bù với ^AHC). Xét tam giác FHC và tam giác ADC có: ^CFH=^DAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC). ^FHC=^ADC(cmt); Suy ra, tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC (g.g) => góc FCH bằng góc ACD (hai góc tương ứng) Mà ^ACD=900⇒^FCH=900⇒CH⊥CF d) BH.BCBF=2R Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có OA2=OD.OH (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà OA=OB=R⇒OB2=OD.OH ⇒OBOH=ODOB Xét tam giác OBH và ODB có: ^BOD chung; OBOH=ODOB(cmt); Suy ra, tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB (c.g.c) => góc OBH bằng góc OBD Mà ^ODB=^CAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD). ^CAF=^CBF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O)) ⇒^OBH=^CBF ⇒^OBH+^HBC=^CBF+^HBC ⇒^OBC=^HBF=^ABC Xét tam giác BHF và tam giác BAC có: ^BFH=^BCA=900 (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)); ^HBF=^ABC(cmt); Câu 5. Ta có: xy+1≤x,(x,y>0)⇔y+1x≤1 Áp dụng BĐT Cô si, ta có: y+1x≥2√y.1x=2√yx ⇒1≥2√yx⇔0<yx≤14 Q=x+y√3x2−xy+y2=1+yx√3−yx+y2x2 . Đặt yx=a,0<a≤14, ta có: Q=1+a√3−a+a2=√a2+2a+1a2−a+3 , 0<a≤14 Ta chứng minh: a2+2a+1a2−a+3≤59(∗),∀0<a≤14 (∗)⇔9(a2+2a+1)≤5(a2−a+3) ( do a2−a+3>0,∀a) ⇔4a2+23a−6≤0 ⇔4a2−a+24a−6≤0 ⇔a(4a−1)+6(4a−1)≤0 ⇔(4a−1)(a+6)≤0 Do 0<a≤14 ⇒4a−1≤0,a+6>0⇒(4a−1)(a+6)≤0 ⇒a2+2a+1a2−a+3≤59,∀0<a≤14 ⇒Q=√a2+2a+1a2−a+3≤√59=√53,∀0<a≤14 Vậy, Qmax=√53 khi và chỉ khi a=14⇔{yx=14y+1x=1⇔{x=2y=12 Loigiaihay.com
Quảng cáo
|