GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2018Tải vềCâu I (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu I (2,0 điểm)
Câu II (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức B. b) Đặt C=B.(a−√a+1). So sánh C và 1.
a) Giải phương trình (1) khi m=−1. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 sao cho x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5. Câu III (1,5 điểm) Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường. Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại các điểm M,N(M≠B,N≠C). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.
Câu V (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1 với x>0 Lời giải chi tiết Câu I. Phương pháp:
Cách giải:
A=√5(√20−√5)+1A=√5(√22.5−√5)+1A=√5(2√5−√5)+1A=√5.√5+1A=5+1A=6
Đường thẳng y=(m−1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 ⇔m−1=3⇔m=4. Câu II. Phương pháp:
b) Quy đồng, rút gọn biểu thức B. Tính C và sử dụng BĐT Cauchy để so sánh C với 1. Cách giải: 1. Giải hệ phương trình {x+4y=82x+5y=13 {x+4y=82x+5y=13⇔{2x+8y=162x+5y=13⇔{3y=3x=8−4y⇔{y=1x=4. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(4;1). 2. Cho biểu thức B=(6a−1+10−2√aa√a−a−√a+1).(√a−1)24√a (với a>0,a≠1) a) Rút gọn biểu thức B. Với a>0,a≠1 ta có: B=(6a−1+10−2√aa√a−a−√a+1).(√a−1)24√aB=(6a−1+10−2√aa(√a−1)−(√a−1)).(√a−1)24√aB=(6a−1+10−2√a(√a−1)(a−1)).(√a−1)24√aB=6(√a−1)+10−2√a(√a−1)(a−1).(√a−1)24√aB=6√a−6+10−2√a(√a−1)(a−1).(√a−1)24√aB=4(√a+1)(√a−1)2(√a+1).(√a−1)24√aB=4(√a−1)2.(√a−1)24√aB=1√a b) Đặt C=B.(a−√a+1). So sánh C và 1. B=1√a⇒C=B.(a−√a+1)⇒C=1√a(a−√a+1)=√a−1+1√a Áp dụng BĐT Cauchy ta có √a+1√a≥2√√a.1√a=2⇒√a−1+1√a≥2−1=1 Dấu bằng xảy ra ⇔√a=1√a⇔a=1. Vậy C≥1 và C=1⇔a=1. 3. Cho phương trình x2−(m+2)x+3m−3=0(1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m=−1. Thay m=−1 vào phương trình (1) ta có: x2−x−6=0⇔x2−3x+2x−6=0⇔x(x−3)+2(x−3)=0⇔(x−3)(x+2)=0⇔[x=3x=−2 Vậy khi m=−1 thì tập nghiệm của phương trình là S={−2;3}. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 sao cho x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5. Hai nghiệm x1;x2 là hai cạnh của một tam giác vuông nên x1;x2>0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương x1;x2 ⇔{Δ>0S=x1+x2>0P=x1.x2>0(∗) Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có {x1+x2=m+2x1x2=3m−3 (∗)⇔{(m+2)2−4(3m−3)>0m+2>03m−3>0⇔{(m−4)2>0m+2>03m−3>0⇔{m≠4m>−2m>1⇔m>1;m≠4 Vì x1;x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 nên áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: x21+x22=52=25⇔(x1+x2)2−2x1x2=25⇔(m+2)2−2(3m−3)=25⇔m2+4m+4−6m+6=25⇔m2−2m−15=0⇔m2−5m+3m−15=0⇔m(m−5)+3(m−5)=0⇔(m−5)(m+3)=0⇔[m=5(tm)m=−3(ktm) Vậy m=5 thỏa mãn điều kiện bài toán. Câu III. Phương pháp: - Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x(km/h) (ĐK: x>2) - Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà. - Tính thời gian đi từ nhà đến trường và thời gian đi từ trường về nhà. - Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút =1560=14(h) nên ta có phương trình: Thời gian đi từ trường về nhà – thời gian đi từ nhà đến trường =14. Cách giải: Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường. Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x(km/h) (ĐK: x>2) Khi đó vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x−2(km/h). Thời gian bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10x(h) Thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là 10x−2(h) Do thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút =1560=14(h) nên ta có phương trình: 10x−2−10x=14⇔40x−40(x−2)=x(x−2)⇔40x−40x+80=x2−2x⇔x2−2x−80=0⇔x2−10x+8x−80=0⇔x(x−10)+8(x−10)=0⇔(x−10)(x+8)=0⇔[x=10(tm)x=−8(ktm) Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h. Câu IV. Phương pháp:
Tam giác ABC đều ⇒ Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC ⇒AH=23AP. Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN. 4. Gọi D=AO∩EF, chứng minh HD⊥AO và EF⊥AO⇒EF≡HD. Cách giải: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại các điểm M,N(M≠B,N≠C). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC. 1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. Ta có ^BMC=^BNC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒^AMH=^ANH=900 ⇒ Tứ giác AMHN có ^AMH+^ANH=900+900=1800⇒ Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). 2. Chứng minh BM.BA=BP.BC. Xét ΔABP và ΔCBM có: ^APB=^CMB=900 ; ^ABC chung; ⇒ΔABP∼ΔCBM(g.g)⇒BABP=BCBM⇒BM.BA=BP.BC 3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN. Ta có BN⊥AC;CM⊥AB;BN∩CM=H⇒H là trực tâm tam giác ABC. ΔABC đều ⇒^ABP=^ABC=600 Xét tam giác vuông ABP có AP=AB.sin600=2a.√32=a√3 Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC⇒AH=23AP=23a√3=2a√33 Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là AH2=a√33. Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là C=2π.a√33=2πa√33. 4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E,H,F thẳng hàng. Gọi D là giao điểm của OA và EF. H là trực tâm tam giác ABC ⇒AH⊥BC⇒AP⊥BC⇒^APC=900 ^BNC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒^ANH=900 Xét ΔAHN và ΔACP có : ^ANH=^APC=900 (cmt) ^PAC chung ; ⇒ΔAHN∼ΔACP(g.g)⇒AHAC=ANAP⇒AH.AP=AN.AC(1) Xét ΔAFN và ΔACF có : ^FAC chung ; ^AFN=^ACF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF). ⇒ΔAFN∼ΔACF(g.g)⇒AFAC=ANAF⇒AN.AC=AF2(2) Ta có AF⊥OF(gt)⇒ΔOAF vuông tại F. Có AE=AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; OE=OF(=R)⇒OA là trung trực của EF. ⇒OA⊥EF⇒FD là đường cao của tam giác vuông OAF. ⇒AF2=AD.AO(3) (hệ thức lượng trong tam giác vuông). Từ (1), (2) và (3) ⇒AH.AP=AD.AO⇒AHAO=ADAP Xét ΔAHD và ΔAOP có: ^OAP chung; AHAO=ADAP(cmt); ⇒ΔAHD∼ΔAOP(c.g.c). ⇒^ADH=^APO=900⇒HD⊥OA Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được EF⊥OA (cmt) và HD⊥OA⇒EF≡HD. Vậy ba điểm E,H,F thẳng hàng. Câu V. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1 với x>0 Ta có: P=81x2+18225x+19x−6√x+8x+1P=9x+2025+19x−6√x+8x+1 Ta chứng minh 6√x+8x+1≤9∀x>0. Giả sử : 6√x+8x+1≤9⇔6√x+8x+1−9x+9x+1≤0⇔6√x+8−9x−9x+1≤0⇔−9x+6√x−1x+1≤0⇔−(3√x−1)2x+1≤0 Ta có x>0⇔x+1>1;(3√x−1)2≥0⇒−(3√x−1)2x+1≤0∀x>0 ⇒6√x+8x+1≤9∀x>0⇒−6√x+8x+1≥−9∀x>0 ⇒P≥2√9x.19x+2025−9⇔P≥2018 Dấu bằng xảy ra ⇔{9x=19x3√x−1=0⇔{81x2=1√x=13⇔x=19. Vậy Pmin=2018⇔x=19.
Quảng cáo
|