Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2021Tải vềI. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABCABC vuông tại A,AB=3cm,AC=4cmA,AB=3cm,AC=4cm thì tanCtanC bằng: A. 4343 B. 5353 C. 3535 D.3434 Câu 2. Cho tam giác ABCABC vuông tại AA, đường cao AHAH. Biết BH=4cm,CH=9cmBH=4cm,CH=9cm. Độ dài đoạn thẳng AHAH bằng: A. 36cm36cm B. √13cm√13cm C. 6cm6cm D. 9cm9cm Câu 3. Nghiệm (x;y)(x;y) của hệ phương trình {3x+3y=3x−3y=5 là: A. (−2;−1) B. (2;−1) C. (−2;1) D. (−1;2) Câu 4. Biểu thức √16x2y4 bằng: A. −4xy2 B. 4x2y4 C. 4xy2 D. 4|x|y2 Câu 5. Tất cả các giá trị của x để biểu thức √x−3 có nghĩa là: A. x≥3 B. x<3 C. x≤3 D. x>3 Câu 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Biết ∠DBC=550. Số đo ∠DAC bằng: A. 350 B. 550 C. 650 D. 300 Câu 7. Cho parabol (P):y=2x2 và đường thẳng d:y=2x−1, số giao điểm của d và (P) là: A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 Câu 8. Khi x=3, biểu thức M=3√x2−1 có giá trị bằng: A. √8 B. 4 C. 2 D. 8 Câu 9. Đường thẳng d:y=mx+2 đi qua điểm A(1;1) khi giá trị của m bằng: A. −3 B. −1 C. −2 D. 1 Câu 10. Đồ thị hàm số y=ax2 với a là số thức dương có hình dạng nào dưới đây? A. Hình 3. B. Hình 2. C. Hình 4. D. Hình 1. Câu 11. Tất cả các giá trị của m để hàm số y=(m+2)x+m(m≠−2) đồng biến trên R là: A. m>−2 B. m<−2 C. m>0 D. m>2 Câu 12. Tổng hai nghiệm của phương trình x2−x−6=0 bằng: A. −6 B. 6 C. −1 D. 1 Câu 13. Hàm số y=−100x2 đồng biến khi: A. x≠0 B. x<0 C. x>0 D. x>0 Câu 14. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi A. m≠1 B. m=1 C. m≠0 D. m≠−1 Câu 15. Tất cả các giá trị của m để phương trình x2−2mx+1=0 có nghiệm kép là: A. m=−2 B. m>1 C. m=±1 D. m=4 Câu 16. Hệ phương trình {ax+y=3x+by=1 có nghiệm (x;y)=(2;−1). Giá trị của a+b bằng: A. 4 B. −3 C. −1 D. 3 Câu 17. Tam giác vuông cân có độ dài cạnh góc vuông bằng 2cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng: A. √2cm B. 2√2cm C. 2cm D. √3cm Câu 18. Tất cả các giá trị của m để phương trình x2−(m+1)x+m=0 có hai nghiệm phân biệt và nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia là: A. m=2 B. m=2;m=12 C. m=0 D. m=12 Câu 19. Biết m,n là các số nguyên sao cho phương trình mx2+nx−5−3√3=0 có nghiệm x=√3+1. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. m+n=2√3 B. m+n=2 C. m+n=0 D. m+n=53 Câu 20. Cho hai đường tròn (O;R) và (O′;r) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm A biết R>r>0. Tiếp tuyến chung ngoài BC của hai đường tròn đó cắt đường nối tâm OO′ tại M, trong đó B∈(O),C∈(O′) và BC=CM=4cm. Tổng R+r bằng: A. 3√2cm B. 5√2cm C. 4cm D. 6cm
II. TỰ LUẬN (6,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm): a) Giải phương trình: x2−4x−5=0 b) Rút gọn biểu thức A=xx−4+1√x−2+1√x+2(x≥0;x≠4) Câu 2 (1,5 điểm): Một người đi siêu thị điện máy mua một chiếc quạt điện và một chiếc đèn tích điện, biết tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là 900000 đồng. Nhưng do siêu thị đang có chương trình giảm giá, quạt điện được giảm giá 15%, đèn tích điện được giảm giá 10% nên thực tế người đó chỉ phải thanh toán tổng số tiền cho hai sản phẩm là 780000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi sản phẩm nêu trên là bao nhiêu tiền? Câu 3 (2,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB và dây AB vuông góc với AB tại điểm F. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M không trùng với B và C), đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại E. a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và ∠CMA=∠DMA b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng AC và BM là K; giao điểm của hai đường thẳng DM và AB là I; giao điểm của hai đường thẳng AM và BC là N. Chứng minh ba điểm K,N,I thẳng hàng. Câu 4 (0,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3(b+c)2a+4a+3c3b+12(b−c)2a+3c. Lời giải chi tiết I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1 Phương pháp: Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, ta có: tanC=ABAC=34 (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông) Chọn D. Câu 2 Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có: AH2=BH.HC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒AH2=4.9=36⇒AH=6(cm) Chọn C. Câu 3 Phương pháp: Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình. Cách giải: {3x+3y=3x−3y=5⇔{4x=8x−3y=5⇔{x=22−3y=5⇔{x=2y=−1 Vậy nghiệm của hệ phương trình (x;y)=(2;−1) Chọn B. Câu 4 Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Cách giải: Ta có: √16x2y4=√(4xy2)2=4|x|y2 Chọn D. Câu 5 Phương pháp: √f(x) xác định ⇔f(x)≥0 Cách giải: Biểu thức √x−3 có nghĩa ⇔x−3≥0⇔x≥3 Chọn A. Câu 6 Phương pháp: Các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì có số đo bằng nhau. Cách giải: Tứ giác ABCD nội tiếp⇒∠DBC=∠DAC (góc nội tiếp cùng chắn cung CD) Mà ∠DBC=550⇒∠DAC=550 Chọn B. Câu 7 Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) , giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm được giao điểm. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2x2=2x−1⇔2x2−2x+1=0 Xét Δ′=(−1)2−1.2=1−2=−1<0 ⇒ Phương trình vô nghiệm ⇒ d và (P) không cắt nhau nên không có giao điểm, nên số giao điểm là 0. Chọn C. Câu 8 Phương pháp: Thay x=3, ta tính được giá trị của biểu thức M. Cách giải: Thay x=3 vào biểu thức M=3√x2−1, ta được: M=3√32−1=3√8=2 Chọn C. Câu 9 Phương pháp: Đường thẳng (d):y=ax+b đi qua điểm A(xA;yA) khi yA=axA+b. Cách giải: Đường thẳng d:y=mx+2 đi qua điểm A(1;1) nên ta có: 1=m+2⇒m=−1 Chọn B. Câu 10 Phương pháp: Nhận dạng dáng điệu của đồ thị hàm số dựa vào hàm số. Cách giải: Hai đồ thị hình 3 và hình 4 không phải là đồ thị của hàm số y=ax2⇒ loại đáp án A và C. Hàm số y=ax2 với a là số thức dương nên hàm số hoàn toàn phía trên trục hoành ⇒ loại đáp án B. Chọn D. Câu 11 Phương pháp: Hàm số y=ax+b đồng biến trên R⇔a>0 Cách giải: Hàm số y=(m+2)x+m(m≠−2) đồng biến trên R⇔m+2>0⇔m>−2 Chọn A. Câu 12 Phương pháp: Nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1+x2=−ba Cách giải: Ta có: Δ=(−1)2−(−6)=7>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1+x2=−ba=11=1 Chọn D. Câu 13 Phương pháp: Hàm số y=ax2(a<0) đồng biến khi x<0 Cách giải: Hàm số y=−100x2 có a=−100<0 nên hàm số đồng biến khi x<0 Chọn B. Câu 14 Phương pháp: Hệ phương trình {ax+by=ca′x+b′y=c′ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi aa′≠bb′ Cách giải: Hệ phương trình {mx+y=1x+y=5 có nghiệm duy nhất khi m1≠11⇒m≠1 Chọn A. Câu 15 Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm kép ⇔Δ=0 (hoặc Δ′=0) Cách giải: Ta có: Δ′=(−m)2−1=m2−1 Phương trình có nghiệm kép ⇔Δ′=0 ⇔m2−1=0⇔(m−1)(m+1)=0⇔[m−1=0m+1=0⇔[m=1m=−1 Vậy m=1 hoặc m=−1. Chọn C. Câu 16 Phương pháp: Thay x=2;y=−1 vào hệ phương trình của đề bài, tìm được a;b. Cách giải: Thay x=2;y=−1 vào hệ phương trình {ax+y=3x+by=1, ta được: {a.2+(−1)=32+b.(−1)=1⇔{a=2b=1 Khi đó, a+b=3 Chọn D. Câu 17 Phương pháp: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền. Cách giải: Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A có AB=AC=2cm Gọi I là trung điểm của BC, khi đó IA=IB=IC ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R=IA Tam giác ABC vuông cân tại A⇒BC=2√2(cm)⇒IA=√2(cm) Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là √2cm. Chọn A. Câu 18 Phương pháp: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 ⇔Δ>0 Áp dụng hệ thức Vi – ét, tìm được giá trị của m. Cách giải: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 ⇔Δ>0 ⇔(m+1)2−4m>0⇔m2+2m+1−4m>0⇔m2−2m+1>0⇔(m−1)2>0⇔m≠1 Vậy m≠1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: {x1+x2=m+1(1)x1x2=m(2) Giả sử x1=2x2, thay vào (1), ta có: 2x2+x2=m+1 ⇔3x2=m+1⇔x2=m+13⇒x1=2(m+1)3 Thay vào (2), ta được: (m+1)3.2(m+1)3=m ⇒2(m+1)2=9m⇔2(m2+2m+1)=9m⇔2m2+4m+2=9m ⇔2m2−5m+2=0⇔(2m−1)(m−2)=0⇔[2m−1=0m−2=0⇔[m=12(tmdk)m=2(tmdk) Vậy m=12;m=2. Chọn B. Câu 19 Phương pháp: Thay x=√3+1 vào phương trình. Dựa vào đáp án của đề bài tìm được m,n. Cách giải: Vì m,n là các số nguyên nên loại đáp án A và D. Phương trình mx2+nx−5−3√3=0 có nghiệm x=√3+1, nên ta có: m(√3+1)2+n(√3+1)−5−3√3=0(∗) TH1: m+n=2⇒n=2−m Thay vào phương trình (∗), ta được: m(3+2√3+1)+(2−m)(√3+1)−5−3√3=0⇔(3+2√3+1−√3−1)m+2√3+2−5−3√3=0⇔(3+√3)m−√3−3=0⇔(3+√3)m=√3+3⇔m=1(tm)⇒n=2−1=1(tm) Vậy m+n=2 thỏa mãn. Chọn B. Câu 20 Phương pháp: Vận dụng dấu hiệu nhận biết và tính chất của đường trung bình trong tam giác Phát hiện mối quan hệ giữa R và r, từ đó biểu diễn r theo R Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được R và r. Cách giải: Ta có: B,C,M thẳng hàng mà BC=CM=4cm ⇒Clà trung điểm của BM BC là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O′) nên OB//O′C ΔOBM có: C là trung điểm của BM OB//O′C ⇒O′C là đường trung bình của ΔOBM (dhnb đường trung bình trong tam giác) ⇒O′C=12OB hay r=12R Và O′ là trung điểm của OM⇒OM=2OO′ Vì (O) và (O′) tiếp xúc ngoài với nhau tại A nên OO′=OA+AO′=R+r Do đó OM=2(R+r)=2(R+12R)=2.32R=3R ΔOBM vuông tại B, theo định lý Py – ta – go, ta có: OB2+BM2=OM2⇔R2+82=(3R)2⇔9R2−R2=64⇔8R2=64⇔R2=8⇒R=2√2(cm) Khi đó, r=12R=12.2√2=√2(cm) Vậy R+r=2√2+√2=3√2(cm) Chọn A. II. PHẦN TỰ LUẬN: Câu 1 Phương pháp: a) Cách 1: Đưa phương trình về dạng A(x).B(x)=0⇔[A(x)=0B(x)=0 Cách 2: 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 b) Vận dụng hằng đẳng thức a−b=(√a−√b)(√a+√b) xác định mẫu thức chung của biểu thức Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức. Cách giải: a) x2−4x−5=0 Cách 1: x2−4x−5=0⇔x2−5x+x−5=0⇔x(x−5)+(x−5)=0⇔(x−5)(x+1)=0⇔[x−5=0x+1=0⇔[x=5x=−1 Vậy phương trình có tập nghiệm là S={−1;5} Cách 2: x2−4x−5=0 Phương trình có: a−b+c=1+4−5=0 ⇒ Phương trình có nghiệm x1=−1 và x2=−ca=5. Vậy phương trình có tập nghiệm là S={−1;5} b) Điều kiện: x≥0,x≠4. A=xx−4+1√x−2+1√x+2=x(√x−2)(√x+2)+1√x−2+1√x+2=x+√x+2+√x−2(√x−2)(√x+2)=x+2√x(√x−2)(√x+2)=√x(√x+2)(√x−2)(√x+2)=√x√x−2. Vậy A=√x√x−2 khi x≥0,x≠4. Câu 2 Phương pháp: Gọi giá niêm yết của quạt điện là x(đồng) (x∈N∗,x<900000) Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là y (đồng) (y∈N∗,y<900000) Tính được giá của quạt điện và đèn tích điện sau khi giảm. Lập được hệ phương trình, giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: Gọi giá niêm yết của quạt điện là x(đồng) (x∈N∗,x<900000) Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là y (đồng) (y∈N∗,y<900000) ⇒ Giá của quạt điện sau khi giảm 15% là x−0,15x=0,85x (đồng) Giá của chiếc đèn tích điện sau khi giảm 10% là y−0,1y=0,9y (đồng) Do tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là 900000 đồng và tổng số tiền sau khi đã giảm giá của đồng nên ta có hệ phương trình: {x+y=9000000,85x+0,9y=780000⇔{y=900000−x0,85x+0,9.(900000−x)=780000⇔{y=900000−x0,85x+810000−0,9x=780000⇔{0,05x=30000y=900000−x⇔{x=600000y=300000(tm) Vậy giá niêm yết của quạt điện là 600000 đồng và giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là 300000 đồng. Câu 3 (VD): Phương pháp: a) + Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. + Sử dụng kiến thức góc nội tiếp cùng chắn cung trong đường tròn. b) Ta sẽ chứng minh: KN⊥AB và NI⊥AB tại I, từ đó suy ra K,N,I thẳng hàng. Cách giải: a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và ∠CMA=∠DMA Vì M∈(O); AB là đường kính của (O) ⇒∠AMB=900 Ta có: CD⊥AB tại F (gt), E∈CD⇒∠EFB=900 Xét tứ giác EFBM, có: ∠AMB=900∠EFB=900 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau ⇒ Tứ giác EFBM nội tiếp một đường tròn (đpcm) Vì CD⊥AB tại F (gt) ⇒F là trung điểm của CD (định lí về mối liên hệ giữa đường kính và dây cung) Xét ΔACD có: F là trung điểm của CD (cmt) AF⊥CD (do AB⊥CD, F∈AB)) ⇒AF là đường cao đồng thời là đường trung trực của ΔACD ⇒ΔACD cân tại A ⇒∠ACD=∠ADC (tính chất) Mà ∠ADC=∠CMA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ∠AMD=∠ACD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD) Do đó: ∠AMD=∠CMA (đpcm) b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng AC và BM là K; giao điểm của hai đường thẳng DM và AB là I; giao điểm của hai đường thẳng AM và BC là N. Chứng minh ba điểm K,N,I thẳng hàng. Ta có: ∠ACB=90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒CB⊥AC hay CB⊥AK ∠AMB=90o( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AM⊥MB hay AM⊥BK Xét ΔAKB có: CB⊥AKAM⊥KB Mà CB∩AN={N} ⇒N là trực tâm của ΔAKB ⇒KN là đường cao thứ ba của ΔAKB ⇒KN⊥AB(1) Ta có: ∠NMI=∠IBN (cùng bù với góc ∠ADC) Xét tứ giác NMBI có: ∠NMI=∠IBN (cmt) Mà hai góc này cùng nhìn cạnh IN dưới một góc không đổi. ⇒Tứ giác NMBI nội tiếp một đường tròn ⇒∠NMB+∠NIB=1800 (2 góc đối nhau) ⇒900+∠NIB=1800⇒∠NIB=900 ⇒NI⊥IB tại I hay NI⊥AB tại I (2) (1),(2)⇒K,N,I thằng hàng (đpcm). Câu 4 Phương pháp: Tách nhóm hợp lí, đưa về giả thiết của bài toán. Cách giải Ta có: P=3(b+c)2a+4a+3c3b+12(b−c)2a+3c=[3(b+c)2a+2]+[4a+3c3b+1]+[12(b−c)2a+3c+8]−11=4a+3b+3c2a+4a+3b+3c3b+4(4a+3b+3c)2a+3c−11=(4a+3b+3c)(12a+13b+42a+3c)−11=[2a+3b+(2a+3c)](12a+13b+42a+3c)−11≥(1+1+2)2−11=5 Dấu bằng xảy ra ⇔2a=3b=2a+3c2 ⇔{2a=3b4a=2a+3c⇔{2a=3b2a=3c⇔2a=3b=3c Vậy giá trị nhỏ nhất của P=5 khi 2a=3b=3c.
Quảng cáo
|