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 5 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán

Đề 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 273273

2. Rút gọn biểu thức P=(x3+x+9+x9x).(3xx)P=(x3+x+9+x9x).(3xx)  với x0x0  và x9x9

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)B(3;2)B(3;2)

Câu 2. (1.5 điểm)

1. Giải phương trình x24x+4=0x24x+4=0

2. Tìm giá trị của m để phương trình x22(m+1)x+m2+3=0x22(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) CHCFCHCF

d) BH.BCBF=2RBH.BCBF=2R

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy+1xxy+1x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=x+y3x2xy+y2Q=x+y3x2xy+y2

Lời giải chi tiết

Câu 1.

1. Thực hiện phép tính 273273

273=273=9=3.273=273=9=3.

2. Rút gọn biểu thức P=(x3+x+9+x9x).(3xx)P=(x3+x+9+x9x).(3xx)  với x0x0  và x9x9

Điều kiện: x0,x9.x0,x9.

P=(x3+x+9+x9x).(3xx)=(x.(3x)(3x)(3+x)+9+x(3x)(3+x)).(3xx)=9+3x(3x)(3+x).(3xx)=3(3+x)3+x.x=3x.

3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số y=ax+b  đi qua hai điểm  A(2;2)B(3;2)

Đồ thị hàm số y=ax+b  đi qua hai điểm  A(2;2)B(3;2) nên ta có hệ phương trình:

{2a+b=23a+b=2{5a=4b=2+3a

{a=45b=25

Vậy ta có a=45;b=25.

Câu 2.

1. Giải phương trình x24x+4=0

x24x+4=0

(x2)2=0x=2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={2}

2. Tìm giá trị của m để phương trình x22(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 Δ0(m+1)2m230

m2+2m+1m230

2m2m1.

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)22x1x2+2|x1x2|=100

Lại có x1x2=m2+3>0m |x1x2|=x1x2=m2+3.

Khi đó ta có: |x1|+|x2|=10

(|x1|+|x2|)2=100

x21+2|x1x2|+x22=100(x1+x2)22x1x2+2x1x2=100(x1+x2)2=100x1+x2=±10.

+) TH1: x1+x2=10 kết hợp với   (2) ta được:

{x1+x2=10x1+x2=2(m+1)2(m+1)=10m=4(tm)

+)TH2: x1+x2=10 kết hợp với   (2) ta được:

{x1+x2=10x1+x2=2(m+1)2(m+1)=10m=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: 15636=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: 156x120x+32=74

156.4.(x+32)120.4.x=7x(x+32)624x+19968480x=7x2+224x7x2+80x19968=0(x48)(7x+416)=0[x48=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) ACBChayACBD.

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) CHCF

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)

^ACD=900^FCH=900CHCF

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)

OA=OB=ROB2=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

^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+1x,(x,y>0)y+1x1

Áp dụng BĐT Cô si, ta có:  y+1x2y.1x=2yx

12yx0<yx14

Q=x+y3x2xy+y2=1+yx3yx+y2x2 . Đặt yx=a,0<a14, ta có:

Q=1+a3a+a2=a2+2a+1a2a+3 , 0<a14

Ta chứng minh: a2+2a+1a2a+359(),0<a14

()9(a2+2a+1)5(a2a+3) ( do a2a+3>0,a)

4a2+23a60

4a2a+24a60

a(4a1)+6(4a1)0

(4a1)(a+6)0

Do 0<a14 4a10,a+6>0(4a1)(a+6)0

a2+2a+1a2a+359,0<a14

Q=a2+2a+1a2a+359=53,0<a14

Vậy, Qmax=53 khi và chỉ khi a=14{yx=14y+1x=1{x=2y=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