Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019

Tải về

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)

Câu 1: Khi x=7 biểu thức 4x+21 có giá trị là:

A. 12                                B.  48                              C.  43                               D. 2   

Câu 2:   Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ?

A.  y=1x                        B.   y=2x3                     C.  y=(12)x                        D.  y=2x+6

Câu 3:  Số nghiệm của phương trình x43x2+2=0 là:

A. 1                                    B.  2                                    C.  3                                   D. 4  

Câu 4:  Cho hàm số y=ax2(a0). Điểm M(1;2) thuộc đồ thị hàm số khi

A. a=2                              B.  a=12                                     C.a=2                            D.   a=14

Câu 5: Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK. Biết BAC=300 , số đo của cung nhỏ CK là:

A.  300                          B. 600                           C.  1200                                    D.  1500

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC biết AH=12cm.HBHC=13 . Độ dài đoạn BC là:

A.  6cm                              B.  8cm                              C. 43                                    D. 12cm  

II. TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7 (2 điểm):

Cho biểu thức: A=(x+1)2+(x1)2(x1)(x+1)3x+1x1 với x0,x1.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.

Câu 8 (1 điểm)

An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?

Câu 9 (2,5 điểm):

Cho đường tròn (O) , hai điểm A,B nằm trên (O) sao cho AOB=900 . Điểm G nằm trên cung lớn AB sao cho AC>BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI,BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H , BK cắt (O) tại điểm N (khác điểm B); AI cắt (O) tại điểm M(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn.

b) MN là đường kính của đường tròn (O)

c) OC song song với DH.

Câu 10 (1,5 điểm)

a) Cho phương trình x22mx2m1=0(1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 sao cho x1+x2+3+x1x2=2m+1

b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a2+b2=2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=a2+b2+4ab+1.

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

1. D

2. B

3. D

4. A

5. A

6. B

Câu 1

Phương pháp:

Thay x=7(tm)vào biểu thức 4x+21 ta tính được giá trị của biểu thức tại x=7.

Cách giải:

Điều kiện: {x+20x+210{x2x1.

Thay x=7(tm) vào biểu thức 4x+21 ta được: 47+21=431=2

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Hàm số y=ax+b(a0) đồng biến trên R khi a>0 , nghịch biến trên R khi a<0.

Cách giải:

Trong các hàm số đã cho hàm số y=2x3 đồng biến trên  R.

Chọn B.

Câu 3

Phương pháp:

Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.

Cách giải:

x43x2+2=0(1)

Đặt t=x2(t0). Khi đó  (1) t23t+2=0

Ta thấy 13+2=0 .  Nên  phương trình có nghiệm t=1(TM) hoặc t=2(TM)

[x2=1x2=2[x=±1x=±2

PT có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Câu 4

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm M(1;2) vào hàm số tìm ra a.

Cách giải:

M(1;2) thuộc đồ thị hàm số y=ax2(a0) nên  ta có: 2=a.12a=2(tm)

Chọn A.

Câu 5

Phương pháp:

+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng 3600.

+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.

Cách giải:

 

Ta có: AC,AB là các tiếp tuyến của (O)

OBA=OCA=900 (tính chất tiếp tuyến)

Xét tứ giác OBAC ta có:

BOC=3600(OBA+BAC+ACO)=3600(900+900+300)=1500.

BOC+KOC=1800 (hai góc kề bù)

KOC=1800BOC=18001500300.

KOC là góc ở tâm chắn cung CKsdcungCK=KOC=300.

Chọn A.

 

A.  6cm                              B.  8cm                              C. 43                                    D. 12cm  

Câu 6

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: AH2=BH.HC  để làm bài toán.

Cách giải:

Theo đề bài ta có: HBHC=13HC=3HB

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABC vuông tạiA có đường cao AH ta có:

AH2=BH.HC12=BH.3BHBH2=4BH=2cm.HC=3.HB=3.2=6.BC=HB+HC=2+6=8cm.

Chọn B.

 

 

II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 7

Phương pháp:

a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.

b) Số x=k2 là số chính phương.

Cách giải:

Cho biểu thức: A=(x+1)2+(x1)2(x1)(x+1)3x+1x1 với x0,x1.

a) Rút gọn biểu thức A.

Điều kiện: x0,x1.

A=(x+1)2+(x1)2(x1)(x+1)3x+1x1=x+2x+1+x2x+1x13x+1x1=2x+2x13x+1x1=2x+23x1x1=2x3x+1x1=2x2xx+1x1=2x(x1)(x1)(x+1)(x1)=(2x1)(x1)(x+1)(x1)=2x1x+1.

b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.

Điều kiện: x0,x1.

Ta có: 2019A=2019.2x1x+1=2019(23x+1)=40386057x+1.

2019AZx+1U(6057).

x+11x0,x1x+1{1;3;9;2019;6057}.

TH1: x+1=1x=0 (tm).

TH2: x+1=3x=2x=4(tm).

TH3: x+1=9x=8x=64(tm).

TH4: x+1=2019x=2018x=20182(tm).

TH5: x+1=6057x=6056x=60562(tm).

Vậy x{0;4;64;20182;60562}.

Câu 8

Phương pháp:

Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là x (bài) (xN) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là y (bài) (yN).

Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.

Cách giải:

Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là x (bài) (xN) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là y (bài) (yN).

Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên x+y>169x+9y>144  (1).

Tổng số điểm của x bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 9x (điểm).

Tổng số điểm của y bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 10y (điểm).

Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:

9x+10y=1609x=16010y.

Thay vào (1) ta có: 16010y+9y>144160144>yy<16.

Do yNy{0;1;2;3;...;15}.

Ta có:

xN9x=16010y0(mod9)153+79yy(mod9)7y0(mod9)y7(mod9)

y=7x=10(tm).

Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.

Câu 9

Phương pháp:

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.

b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp,  góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.

Cách giải:

 

a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn.

Ta có: AIBCCIH=900,BKACCKH=900.

Xét tứ giác CIHK có : CIH+CKH=900+900=1800 Tứ giác CIKH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) MN là đường kính của đường tròn (O).

Ta có ACB=AMB=12AOB=12.900=450 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB).

AIBCΔIAC vuông tại I, lại có ACB=ACI=450ΔIAC vuông cân tại IIAC=450.

AMB=IAC=450. Mà hai góc này ở vị trí so le trong BM//AC.

BKAC(gt) hay BNACBMBN (từ vuông góc đến song song).

MBN=900MBN nội tiếp chắn nửa đường tròn MN là đường kính của đường tròn(O).

c) OC song song với DH.

IAC=450(cmt)MAC=450.

MAC=12MOC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MC).

MOC=2MAC=2.450=900OCOM hay OCMN(1) .

Ta có ANB=ACB=12AOB=12.900=450 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB).

Tam giác KBCBKC=900;KCB=ACB=450KBC=450.

ANB=KBC=450. Mà 2 góc này ở vị trí so le trong BC//AN.

Theo giả thiết ta có BCAIAIAN hay MADN (từ vuông góc đến song song)

Mặt khác ta có BNBM(cmt)BNDM.

Xét tam giác DMN có: hai đường cao MA,NB cắt nhau tại HH là trực tâm của tam giác DMN.

DHMN(2).

Từ (1) và (2) OC//DH (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).

Câu 10

Cách giải:

a) Cho phương trình x22mx2m1=0(1) với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1+x2+3+x1x2=2m+1.

Ta có: Δ=m2+2m+1=(m+1)2.

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì Δ>0(m+1)2>0m1.

Khi m1 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: {x1=m+m+1=2m+1x2=m(m+1)=1.                                                 

Theo bài ra ta có:

x1+x2+3+x1x2=2m+12m+3(2m+1)=2m+12m+22m=2m+1{2m+102m022m02m+22m+22m(22m)=4m2+4m+1{m12m0m122m(22m)=4m2+4m1{0m14(4m4m2)=16m4+16m2+1+32m38m28m{0m116m4+32m3+24m224m+1=0{0m1(2m1)(8m3+20m2+22m1)=0{0m1[m=12m0,044[m=12m0,044(tm)

Vậy m=12 hoặc m0,044.

b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a2+b2=2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=a3+b3+4ab+1.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm a3,b3,1 ta có:

a3+b3+133a3.b3.1=3aba3+b3+43ab+3=3(ab+1)a3+b3+4ab+13(Doab+1>0)M1

Dấu “=” xảy ra {a=ba2+b2=2a=b=1.

Vậy minM=3a=b=1.

+) Tìm giá trị lớn nhất.

Ta có ab0ab+111ab+11M=a3+b3+4ab+1a3+b3+4.

Ta có {a,b0a2+b2=2{a22b22{0a20b2{0a3a220b3b22.

Do đó a3+b3+4a22+b22+4=2(a2+b2)+4=22+4.

M22+4.

Dấu "=" xảy ra [a2=2b2=2ab=0[{a=2b=0{a=0b=2.

Vậy maxM=22+4{a=2b=0 hoặc {a=0b=2.

Tải về

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