Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019Tải vềI. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi x=7 biểu thức 4√x+2−1 có giá trị là: A. 12 B. 4√8 C. 43 D. 2 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ? A. y=1−x B. y=2x−3 C. y=(1−√2)x D. y=−2x+6 Câu 3: Số nghiệm của phương trình x4−3x2+2=0 là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 4: Cho hàm số y=ax2(a≠0). 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. 4√3 D. 12cm II. TỰ LUẬN (7 điểm) Câu 7 (2 điểm): Cho biểu thức: A=(√x+1)2+(√x−1)2(√x−1)(√x+1)−3√x+1x−1 với x≥0,x≠1. 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 x2−2mx−2m−1=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)
Câu 1 Phương pháp: Thay x=7(tm)vào biểu thức 4√x+2−1 ta tính được giá trị của biểu thức tại x=7. Cách giải: Điều kiện: {x+2≥0√x+2−1≠0⇔{x≥−2x≠−1. Thay x=7(tm) vào biểu thức 4√x+2−1 ta được: 4√7+2−1=43−1=2 Chọn D. Câu 2 Phương pháp: Hàm số y=ax+b(a≠0) 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=2x−3 đồng biến trên R. Chọn B. Câu 3 Phương pháp: Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình. Cách giải: x4−3x2+2=0(1) Đặt t=x2(t≥0). Khi đó (1) ⇔t2−3t+2=0 Ta thấy 1−3+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: Vì M(1;2) thuộc đồ thị hàm số y=ax2(a≠0) nên ta có: 2=a.12⇔a=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:
A. 6cm B. 8cm C. 4√3 D. 12cm Câu 6 Phương pháp: Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: AH2=BH.HC để làm bài toán. Cách giải:
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+(√x−1)2(√x−1)(√x+1)−3√x+1x−1 với x≥0,x≠1. a) Rút gọn biểu thức A. Điều kiện: x≥0,x≠1. A=(√x+1)2+(√x−1)2(√x−1)(√x+1)−3√x+1x−1=x+2√x+1+x−2√x+1x−1−3√x+1x−1=2x+2x−1−3√x+1x−1=2x+2−3√x−1x−1=2x−3√x+1x−1=2x−2√x−√x+1x−1=2√x(√x−1)−(√x−1)(√x+1)(√x−1)=(2√x−1)(√x−1)(√x+1)(√x−1)=2√x−1√x+1. b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên. Điều kiện: x≥0,x≠1. Ta có: 2019A=2019.2√x−1√x+1=2019(2−3√x+1)=4038−6057√x+1. Vì 2019A∈Z⇒√x+1∈U(6057). Mà √x+1≥1∀x≥0,x≠1⇒√x+1∈{1;3;9;2019;6057}. TH1: √x+1=1⇔x=0 (tm). TH2: √x+1=3⇔√x=2⇔x=4(tm). TH3: √x+1=9⇔√x=8⇔x=64(tm). TH4: √x+1=2019⇔√x=2018⇔x=20182(tm). TH5: √x+1=6057⇔√x=6056⇔x=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) (x∈N) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là y (bài) (y∈N). 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) (x∈N) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là y (bài) (y∈N). Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên x+y>16⇔9x+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=160⇔9x=160−10y. Thay vào (1) ta có: 160−10y+9y>144⇔160−144>y⇔y<16. Do y∈N⇒y∈{0;1;2;3;...;15}. Ta có: x∈N⇒9x=160−10y≡0(mod9)⇔153+7−9y−y(mod9)⇔7−y≡0(mod9)⇔y≡7(mod9) ⇒y=7⇒x=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: AI⊥BC⇒∠CIH=900,BK⊥AC⇒∠CKH=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=12∠AOB=12.900=450 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB). Có AI⊥BC⇒ΔIAC vuông tại I, lại có ∠ACB=∠ACI=450⇒ΔIAC vuông cân tại I⇒∠IAC=450. ⇒∠AMB=∠IAC=450. Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒BM//AC. Mà BK⊥AC(gt) hay BN⊥AC⇒BM⊥BN (từ vuông góc đến song song). ⇒∠MBN=900⇒∠MBN nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒MN là đường kính của đường tròn(O). c) OC song song với DH. Có ∠IAC=450(cmt)⇒∠MAC=450. Mà ∠MAC=12∠MOC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MC). ⇒∠MOC=2∠MAC=2.450=900⇒OC⊥OM hay OC⊥MN(1) . Ta có ∠ANB=∠ACB=12∠AOB=12.900=450 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB). Tam giác KBC có ∠BKC=900;∠KCB=∠ACB=450⇒∠KBC=450. ⇒∠ANB=∠KBC=450. Mà 2 góc này ở vị trí so le trong ⇒BC//AN. Theo giả thiết ta có BC⊥AI⇒AI⊥AN hay MA⊥DN (từ vuông góc đến song song) Mặt khác ta có BN⊥BM(cmt)⇒BN⊥DM. Xét tam giác DMN có: hai đường cao MA,NB cắt nhau tại H⇒H là trực tâm của tam giác DMN. ⇒DH⊥MN(2). Từ (1) và (2) ⇒OC//DH (Từ vuông góc đến song song) (đpcm). Câu 10 Cách giải: a) Cho phương trình x2−2mx−2m−1=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>0⇔m≠−1. Khi m≠−1 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+1⇔√2m+√3−(2m+1)=2m+1⇔√2m+√2−2m=2m+1⇔{2m+1≥02m≥02−2m≥02m+2−2m+2√2m(2−2m)=4m2+4m+1⇔{m≥−12m≥0m≤12√2m(2−2m)=4m2+4m−1⇔{0≤m≤14(4m−4m2)=16m4+16m2+1+32m3−8m2−8m⇔{0≤m≤116m4+32m3+24m2−24m+1=0⇔{0≤m≤1(2m−1)(8m3+20m2+22m−1)=0⇔{0≤m≤1[m=12m≈0,044⇔[m=12m≈0,044(tm) Vậy m=12 hoặc m≈0,044. 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+1≥33√a3.b3.1=3ab⇒a3+b3+4≥3ab+3=3(ab+1)⇔a3+b3+4ab+1≥3(Doab+1>0)⇔M≥1 Dấu “=” xảy ra ⇔{a=ba2+b2=2⇔a=b=1. Vậy minM=3⇔a=b=1. +) Tìm giá trị lớn nhất. Ta có ab≥0⇔ab+1≥1⇔1ab+1≤1⇔M=a3+b3+4ab+1≤a3+b3+4. Ta có {a,b≥0a2+b2=2⇔{a2≤2b2≤2⇔{0≤a≤√20≤b≤√2⇔{0≤a3≤a2√20≤b3≤b2√2. Do đó a3+b3+4≤a2√2+b2√2+4=√2(a2+b2)+4=2√2+4. ⇒M≤2√2+4. Dấu "=" xảy ra ⇔[a2=2b2=2ab=0⇔[{a=√2b=0{a=0b=√2. Vậy maxM=2√2+4⇔{a=√2b=0 hoặc {a=0b=√2.
Quảng cáo
|