GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang năm 2021Tải vềPHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Đồ thị hàm số Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Đồ thị hàm số y=2x2y=2x2 đi qua điểm nào trong các điểm cho dưới đây? A. P(−1;−2)P(−1;−2) B. Q(0;2)Q(0;2) C. M(−1;2)M(−1;2) D. N(1;−2)N(1;−2) Câu 2. Với x≥0x≥0 thỏa mãn (√x−2)(√x+2)=1(√x−2)(√x+2)=1, giá trị của biểu thức x2−5x−3x2−5x−3 bằng: A. −3−3 B. 44 C. 88 D. −4−4 Câu 3. Căn bậc hai số học của 1616 là: A. −8−8 B. 44 C. 88 D. −4−4 Câu 4. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp đường tròn (O)(O), biết góc ∠BAD=800∠BAD=800. Tính góc ∠BCD∠BCD. A. ∠BCD=500∠BCD=500 B. ∠BCD=1000∠BCD=1000 C. ∠BCD=100∠BCD=100 D. ∠BCD=400∠BCD=400 Câu 5. Gọi (x0;y0)(x0;y0) là nghiệm của hệ phương trình {x+y=12x+y=m (m là tham số). Tìm m để biểu thức P=x20+y20 đạt giá trị nhỏ nhất. A. m=3 B. m=−3 C. m=−32 D. m=32 Câu 6. Tất cả các giá trị của x để biểu thức √x−2 có nghĩa là: A. x>2 B. x≥0 C. x≤2 D. x≥2 Câu 7. Giá trị của biểu thức √25+√9−√36 bằng: A. 3 B. 14 C. 2 D. 12 Câu 8. Biết hệ phương trình {ax+2y=−1bx−ay=5 (a,b là tham số) có một nghiệm là (x;y)=(3;−2). Khi đó: A. a=−1;b=1 B. a=1;b=−1 C. a=−1;b=2 D. a=1;b=1 Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y=(m−2)x+1√6−m (với m≠2) đồng biến trên R? A. 4 B. 3 C. Vô số D. 5 Câu 10. Hệ số góc của đường thẳng y=√5x−2 là: A. √5 B. 1 C. −2 D. 1√5 Câu 11. Phương trình x2−3x+2=0 có nghiệm là: A. S={−1;2} B. S={−2;−1} C. S={1;−2} D. S={1;2} Câu 12. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2−2x+m=0 có nghiệm là: A. m≥1 B. m>1 C. m≤1 D. m<1 Câu 13. Cho đường tròn (O), bán kính R=5. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến MAB với đường tròn (O). Tính MA.MB, biết OM=8. A. 89 B. 23 C. 39 D. 40 Câu 14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), bán kính R=6cm và góc ∠ACB=450. Phần gạch sọc (như hình vẽ bên dưới) có diện tích là S. Khi đó A. S=92(π−2)cm2 B. S=9(π+1)cm2 C. S=3(π+2)cm2 D. S=9(π−2)cm2 Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết BC=5cm và AC=3cm. Độ dài cạnh AB bằng: A. 4cm B. 2cm C. √34cm D. 16cm II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm): 1) Giải hệ phương trình: {x−y=42x+y=5 2) Rút gọn biểu thức P=(1√x+1−1x+√x):√x−1x+2√x+1 với x>0 và x≠1. 3) Cho phương trình x2−2x+m−3=0(1) (ẩn x, tham số m) a) Giải phương trình (1) khi m=−5 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x21+4x1x2+3x22=0 Câu 2 (1,5 điểm): Để hỗ trợ bệnh nhân điều trị COVID – 19, nhà máy A xây dựng kế hoạch sản xuất một loại máy thở với số lượng 300 chiếc trong một thời gian đã định. Khi sản xuất thực tế, mỗi nhà máy A sản xuất được nhiều hơn 5 máy thở so với số máy phải sản xuất trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế thời gian hoàn thành công việc sớm hơn 10 ngày so với kế hoạch. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy A sản xuất bao nhiêu chiếc máy thở, biết số máy sản xuất trong mỗi ngày là như nhau? Câu 3 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi AH là đường cao của tam giác ABC(H∈BC). Kẻ HE vuông góc với AB(E∈AB),HF vuông góc với AC(F∈AC). 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp trong một đường tròn. 2) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại hai điểm M,N(M thuộc cung nhỏ AB). Chứng minh số đo cung ABC=số đo cung AFM và AH=AN. Câu 4 (0,5 điểm) Cho hai số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1≤a≤2,1≤b≤2. Chứng minh (a+b)(1a+1b)≤92. Lời giải chi tiết PHẦN I. TRẮC NGHIỆM
Câu 1 Phương pháp: Đồ thị hàm số (P):y=ax2(a≠0) đi qua điểm A(xA;yA) khi (P):yA=axA2(a≠0) Cách giải: + Thay x=−1 vào y=2x2, ta được y=2.(−1)2=2 Đồ thị hàm số y=2x2 đi qua điểm (−1;2). Chọn C. Câu 2 Phương pháp: Giải phương trình (√x−2)(√x+2)=1, tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện Thay nghiệm vừa tìm được của phương trình vào biểu thức x2−5x−3 để tính. Cách giải: Ta có: (√x−2)(√x+2)=1 ⇔x−4=1⇔x=3(tmdk) Với x=3, thay vào biểu thức x2−5x−3, ta được: 32−5.3−3=−3 Chọn A. Câu 3 Phương pháp: Với số dương a, số √a được gọi là căn bậc hai số học của a. Cách giải: Căn bậc hai số học của 16 là √16=4 Chọn B. Câu 4 Phương pháp: Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp Cách giải:
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) ⇒∠BAD+∠BCD=1800 (tính chất của tứ giác nội tiếp) ⇒∠BCD=1800−∠BAD=1800−800=1000 Chọn B. Câu 5 Phương pháp: Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm nghiệm (x0;y0) của hệ phương trình Cách giải: {x+y=12x+y=m⇔{x=m−1x+y=1⇔{x=m−1m−1+y=1⇔{x=m−1y=−m+2 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x0;y0)=(m−1;−m+2) Khi đó, P=x20+y20=(m−1)2+(−m+2)2 =(m−1)2+(m−2)2=m2−2m+1+m2−4m+4=2m2−6m+5=2(m2−3m+52)=2[(m2−2.32m+94)−94+52]=2[(m−32)2+12]=2(m−32)2+1 Ta có: (m−32)2≥0,∀m nên 2(m−32)2+1≥1,∀m hay P≥1,∀m Dấu “=” xảy ra ⇔m−32=0⇔m=32 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m=32. Chọn D. Câu 6 Phương pháp: √f(x) có nghĩa ⇔f(x)≥0 Cách giải: Biểu thức √x−2 có nghĩa ⇔x−2≥0⇔x≥2 Chọn D. Câu 7 Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Thực hiện các phép tính với căn bậc hai. Cách giải: Ta có: √25+√9−√36 =√52+√32−√62=5+3−6=8−6=2 Chọn C. Câu 8 Phương pháp: Hệ phương trình {ax+2y=−1bx−ay=5 có nghiệm là (x;y)=(3;−2), nên ta có hệ phương trình là ẩn a và b Giải hệ phương trình đó, ta tìm được a và b. Cách giải: Hệ phương trình {ax+2y=−1bx−ay=5 có nghiệm là (x;y)=(3;−2), nên ta có: {a.3+2.(−2)=−1b.3−a.(−2)=5⇔{3a−4=−13b+2a=5⇔{3a=33b+2a=5⇔{a=13b+2.1=5⇔{a=1b=1 Vậy a=1;b=1 Chọn D. Câu 9 Phương pháp: Hàm số y=ax+b đồng biến trên R⇔a>0 a√g(x) (a∈R) xác định ⇔g(x)>0 Cách giải: 1√6−m xác định ⇔6−m>0⇔m<6 Hàm số y=(m−2)x+1√6−m đồng biến ⇔m−2>0⇔m>2 Kết hợp điều kiện: 2<m<6 Mà m là số nguyên nên m∈{3;4;5} Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. Chọn A. Câu 10 Phương pháp: Đường thẳng y=ax+b có hệ số góc là a. Cách giải: Hệ số góc của đường thẳng y=√5x−2 là a=√5 Chọn A. Câu 11 Phương pháp: Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu a+b+c=0 thì phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm phân biệt: x1=1;x2=ca Cách giải: Ta có: 1+(−3)+2=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x=1;x=2 Vậy phương trình có tập nghiệm là S={1;2}. Chọn D. Câu 12 Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có nghiệm ⇔Δ=0 (hoặc Δ′=0) Cách giải: Ta có: Δ′=(−1)2−m=1−m Phương trình có nghiệm ⇔Δ′≥0⇔1−m≥0⇔m≤1 Chọn C. Câu 13 Phương pháp: Kẻ tiếp tuyến ME của đường tròn (O)với E∈(O), tính được ME2. Chứng minh ΔMEA∼ΔMBE(g.g)⇒MA.MB=ME2 từ đó tính được tích MA.MB. Cách giải: Kẻ tiếp tuyến ME của đường tròn (O)với E∈(O) ⇒∠OEM=900 ⇒ΔOEMvuông tại E, theo định lý Py – ta – go, ta có: OE2+ME2=OM2⇔ME2=82−52⇔ME2=39 Xét (O) có: ∠EBA=∠AEM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cungAE) Xét ΔMEA và ΔMBE có: ∠Mchung∠EBM=∠EAM(cmt)}⇒ΔMEA∼ΔMBE(g.g) ⇒MAME=MEMB (định nghĩa hai tam giác đồng dạng) ⇒MA.MB=ME2=39 Chọn C. Câu 14 Phương pháp: Sử dụng kiến thức: Số đo góc nội tiếp = 12Số đo góc ở tâm cùng chắn một cung Áp dụng công thức tính diện tích hình quạt tròn có bán kính R, cung n0: S=πR2n360 Diện tích phần gạch chéo S=SquatAOB−SΔOAB Cách giải: Xét (O) có: ∠ACB=12∠AOB (do hai góc này cùng chắn cungAB) ⇒∠AOB=2∠ACB=2.450=900 ⇒ΔAOB vuông tại O Khi đó, SΔAOB=12OA.OB=12.6.6=18(cm2) SquatAOB=π.62.90360=9π Diện tích phần gạch chéo S=SquatAOB−SΔOAB=9π−18=9(π−2)(cm2) Chọn D. Câu 15 Phương pháp: Sử dụng định lý Py – ta – go. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, theo định lý Py – ta – go, ta có: AC2+AB2=BC2⇔32+AB2=52⇔AB2=52−32⇔AB2=16⇒AB=4(cm) Chọn A. II. TỰ LUẬN: Câu 1: Phương pháp: 1) Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình. 2) Xác định mẫu thức chung của biểu thức Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số. 3) a) Thay m=−5, thay vào (1), biến đổi phương trình về dạng tích A(x).B(x)=0⇔[A(x)=0B(x)=0 b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇔Δ′>0 Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1x2 Từ phương trình: x21+4x1x2+3x22=0, tìm được mối quan hệ của x1 và x2 Chia từng trường hợp, tìm được m. Cách giải: 1) {x−y=42x+y=5⇔{x−y=43x=9⇔{y=−1x=3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là (x;y)=(3;−1). 2) Điều kiện: x>0, x≠1 P=(1√x+1−1x+√x):√x−1x+2√x+1 =(1√x+1−1√x(√x+1)):√x−1(√x+1)2=√x−1√x(√x+1).(√x+1)2√x−1 =√x+1√x Vậy P=√x+1√x với x>0, x≠1 3) a) Với m=−5, thay vào (1), ta được: x2−2x+(−5)−3=0⇔x2−2x−8=0⇔x2+2x−4x−8=0⇔x(x+2)−4(x+2)=0⇔(x−4)(x+2)=0⇔[x−4=0x+2=0⇔[x=4x=−2 Vậy m=−5 thì phương trình đã cho có tập nghiệm: S={−2;4}. b) Xét phương trình: x2−2x+m−3=0(1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇔Δ′>0 ⇔(−1)2−(m−3)>0⇔1−m+3>0⇔4−m>0⇔m<4 Vậy với m<4 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Theo hệ thức Vi – ét, ta có: {x1+x2=2(2)x1.x2=m−3(3) Theo đề bài ta có: x21+4x1x2+3x22=0⇔(x21+4x1x2+4x22)−x22=0⇔(x1+2x2)2−x22=0⇔(x1+2x2−x2)(x1+2x2+x2)=0⇔(x1+x2)(x1+3x2)=0 ⇔[x1+x2=0x1+3x2=0 TH1: x1+x2=0 Kết hợp với phương trình (2) ta được hệ phương trình: {x1+x2=0x1+x2=2⇒ hệ phương trình vô nghiệm. TH2: x1+3x2=0 Kết hợp với (2) ta có hệ phương trình {x1+x2=2x1+3x2=0⇔{x1=3x2=−1 Thay x1=3,x2=−1 vào (3), ta được: 3.(−1)=m−3⇔m−3=−3⇔m=0(tm) Vậy với m=0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 2: Phương pháp: Gọi số máy thở mỗi nhà máy A sản suất theo kế hoạch là x (máy thở, x∈N∗) Tính được thời gian nhà máy A sản xuất theo kế hoạch Tính được số máy thở và thời gian nhà máy A sản xuất trên thực tế Từ giả thiết, lập được phương trình, giải phương trình đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: Gọi số máy thở mỗi nhà máy A sản suất theo kế hoạch là x (máy thở, x∈N∗) ⇒ Thời gian nhà máy A sản xuất máy thở theo kế hoạch là 300x (ngày) ⇒ Số máy thở nhà máy A sản xuất trên thực tế là x+5 (máy thở) ⇒ Thời gian nhà máy A sản xuất máy thở trên thực tế là 300x+5 (ngày) Vì thời gian hoàn thành công việc sớm hơn 10 ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình: 300x−300x+5=10⇒30(x+5)−30x=x(x+5)⇔30x+150−30x=x2+5x⇔x2+5x−150=0⇔x2+15x−10x−150=0⇔x(x+15)−10(x+15)=0 ⇔(x−10)(x+15)=0⇔[x−10=0x+15=0⇔[x=10(tm)x=−15(ktm) Vậy số máy thở máy thở mỗi ngày nhà máy A sản xuất theo kế hoạch là 10 máy thở. Câu 3: Phương pháp: 1) Sử dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. 2) + Ta sẽ chứng minh A,B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn + Nối C với N, kẻ đường kính AD. Gọi I là giao điểm của AD và MN. Ta sẽ chứng minh: AH2=AF.AC và AN2=AC.AF, từ đó có điều phải chứng minh. Cách giải: 1) Ta có: AB⊥HE(gt)⇒AE⊥HE(E∈AB)⇒∠AEH=90oAC⊥HF(gt)⇒AF⊥HF(F∈AC)⇒∠AFH=90o Suy ra ∠AEH+∠AFH=180o Mà ∠AEH và ∠AFH là hai góc đối nhau ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp trong một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (đpcm) (*) 2) Ta có: ∠AEF=∠AHF (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AF) Xét ΔHFC vuông tại F ta có: ∠FCH+∠FHC=90o Mà AH⊥BC⇒∠AHC=90o⇒∠AHF+∠FHC=90O Do đó ∠FCH=∠AEF hay ∠AEF=∠ACB Xét ΔABC và ΔAFE ta có: ∠BACchung∠AEF=∠ACB(cmt) ⇒ΔABC\~ΔAFE(g−g) ⇒∠ABC=∠AFM(2 góc tương ứng) Lại có: ∠AEF=∠ACH(cùng bằng ∠AHF) ⇒∠AEF+∠BEF=180o⇔∠AEF+∠ACH=180o Hay ∠AEF+∠FCB=180o Suy ra tứ giác BEFC nội tiếp một đường tròn (dấu hiệu nhận biết) (**) Từ (*) và (**) suy ra các điểm A,B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn Mà ∠ABC=∠AFM Nên số đo cung ABC bằng số đo cung AFM (đpcm) Nối C với N, kẻ đường kính AD. Gọi I là giao điểm của AD và MN. Ta có: ∠AEF=∠AHF=∠ACH=∠ADB ⇒∠AEI+∠EAI=∠ADB+∠BAD=90o Suy ra ΔAEI vuông tại I⇒AD⊥EF hay AD⊥MN tại I. Mà đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó nên I là trung điểm của MN. ⇒ΔAMN cân tại A ⇒∠AMN=∠ANM (tính chất) Ta có: ∠AMN=∠ACN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Suy ra ∠ACN=∠ANM hay ∠ACN=∠ANF Áp dụng hệ thức lượng trong ΔAHC ta có: AH2=AF.AC (1) Xét ΔANC và ΔAFN ta có: ∠NACchung∠ACN=∠ANF(cmt)⇒ΔANC\~ΔAFN(g−g) ⇒ANAF=ACAN (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒AN2=AC.AF (2) Từ (1) và (2) suy ra AH=AN (đpcm). Câu 4 (VDC) Phương pháp: Ta có: A=(a+b)(1a+1b)=2+ab+ba Đặt ab=t, tìm được điều kiện của t Thay ab=t vào biểu thức A, biến đổi khi đó ta có điều phải chứng minh. Cách giải: Ta có: A=(a+b)(1a+1b)=2+ab+ba Đặt ab=t, khi đó 1≤a,b≤2⇒12≤t≤2 Suy ra (t−2)(t−12)≤0⇒t2+1≤52t A=2+t+1t=2+t2+1t≤2+52tt=92 Dấu bằng xảy ra ⇔[t=2t=12⇒[{a=2b=1{a=1b=2. Vậy với 1≤a≤2,1≤b≤2 thì A≤92.
Quảng cáo
|