X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2023Tải vềPhần I: Trắc nghiệm (4 điểm) Câu 1: Giá trị của biểu thức √9−2 bằng A. 1 B. 7 C. −5 D. 79 Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Phần I: Trắc nghiệm (4 điểm) Câu 1: Giá trị của biểu thức √9−2 bằng A. 1 B. 7 C. −5 D. 79 Câu 2: Điều kiện của x để biểu thức √2x−8 có nghĩa là A. x=4. B. x>4. C. x<4. D. x≥4. Câu 3: Kết quả rút gọn của biểu thức M=√9xy2 với x≥0,y<0 bằng A. M=−3y√x. B. M=3y√x. C. M=−3xy. D. M=3√xy. Câu 4: Hàm số y=x2 có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây? A. B. C. D. Câu 5: Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng y=7x−6 ? A. M(0;1). B. N(2;4). C. P(1;1). D. Q(2;2). Câu 6: Tọa độ các giao điểm của đường thẳng y=7x và parabol y=−x2 là A. M(0;1),N(7;14). B. M(1;0),N(7;49). C. M(0;0),N(−7;−49) D. M(1;1),N(−7;49). Câu 7: Hàm số y=3x2 nghịch biến khi A. x>0. B. x<0. C. x>1. D. x≠0. Câu 8: Tìm tham số m để đường thẳng y=3x+2m−7 đi qua điểm M(−2;4) ? A. m=−72. B. m=9. C. m=−172. D. m=172. Câu 9: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất? A. y=3x−2 B. y=2x2. C. y=1x. D. y=7√x. Câu 10: Tính biệt thức Δ của phương trình: x2+2mx−9=0 với m là tham số. A. Δ=40. B. Δ=36m. C. Δ=4m2+36. D. Δ=m2+9. Câu 11: Phương trình: 5x2+2x=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Khi đó x1+x2 bằng A. 25. B. −25. C. −15. D. 0 . Câu 12: Một nghiệm của phương trình: 3x4−(2+√3)x2−1+√3=0 A. x=−2. B. x=−3. C. x=2. D. x=−1. Câu 13: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=4cm và AC=5cm. Khi đó độ dài của đoạn thẳng BC bằng A. BC=6cm. B. BC=√41cm. C. BC=3cm. D. BC=41cm. Câu 14: Cho đường tròn (O;4cm), đường kính của (O) có độ dài bằng A. 8cm. B. 4cm. C. 2cm. D. 1cm. Câu 15: Cho tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) và ^AOB=60∘ (tham khảo hình vẽ bên). Số đo của góc bằng A. 60∘. B. 120∘. C. 30∘. D. 90∘. Câu 16: Cho tam giác ABC vuông tại A biết ^ABC=30∘ và AC=7cm (tham khảo hình vẽ bên). Độ dài của đoạn thẳng AB A. 3√3cm. B. √3cm. C. 7√33cm. D. 7√3cm. Câu 17: Một hình trụ có chiều cao h=10cm và đường kính của đường tròn đáy bằng 6cm. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. 30πcm2. B. 15πcm2. C. 60πcm2. D. 90πcm2. Câu 18: Cho tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm O và ∠CBD=60∘. Dựng tiếp tuyến Dx của đường tròn (O) như hình vẽ. Khi đó, số đo của góc CDx A. 120∘. B. 60∘. C. 30∘. D. 100∘. Câu 19: Diện tích mặt cầu có đường kính 30cm bằng A. 300πcm2. B. 1200πcm2. C. 3600πcm2. D. 900πcm2. Câu 20: Cho ΔABC vuông tại B có đường cao BD, biết AD=4cm,DC=8cm (tham khảo hình vẽ bên). Độ dài đoạn thẳng AB A. √3cm B. 4√3cm C. 32cm D. 4√2cm Phần II. Tự luận (6 điểm) Câu 21: Vẽ đồ thị của hàm số y=2x2. Câu 22: Giải phương trình: 3x2+4x−9=0. Câu 23: Giải hệ phương trình: {x+y=32x−3y=−4. Câu 24: Rút gọn biểu thức: A=x−√x√x−1:1√x với x>0 và x≠1. Câu 25: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: x2−(m+1)x−2023=0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa: 1x1−2023+1x2−2023=1. Câu 26: Cho các số thực a, b thỏa mãn: a2+b2−14a+12b+85=0. Tính giá trị của biểu thức: B=3a+2b Câu 27: Để chuẩn bị tham gia kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 đạt kết quả như mong đợi, bạn A đã lập kế hoạch sẽ làm xong 80 bài tập trong khoảng thời gian nhất định với số lượng bài tâp được chia đều trong các ngày. Trên thực tế, khi làm bài tập, mỗi ngày bạn A đã làm thêm 2 bài tập so với kế hoạch ban đầu nên đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn 2 ngày so với dự định. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày bạn A phải làm xong bao nhiêu bài tập? Câu 28: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ AH vuông góc với BC tại H, kẻ HE vuông góc với AB tại E, kẻ HD vuông góc với AC tại D. a) Chứng minh: tứ giác AEHD là tứ giác nội tiếp. b) Dựng đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh: AE.AK = AH.AC. -----HẾT----- Lời giải chi tiết Phần I: Trắc nghiệm Câu 1 (NB): Phương pháp: Tính toán với căn bậc hai √a2=|a| Cách giải: √9−2=3−2=1 Chọn A. Câu 2 (NB): Phương pháp: √f(x) có nghĩa khi f(x)≥0 Cách giải: √2x−8 có nghĩa khi 2x−8≥0⇔x≥4 Chọn D. Câu 3 (TH): Phương pháp: Hằng đẳng thức √A2=|A| Cách giải: Với x≥0,y<0 thì M=√9xy2=√(3y)2x=|3y|√x=−3y√x Chọn A. Câu 4 (NB): Phương pháp: Đồ thị hàm số y=ax2(a≠0) đi qua điểm M(x0;y0) thỏa mãn y0=ax02 Cách giải: Thay tọa độ điểm A(1;1) vào hàm số y=x2 ta được: 1=12 (luôn đúng) Suy ra đồ thị hàm số y=x2 đi qua điểm A(1;1) Chọn B. Câu 5 (NB): Phương pháp: Đường thẳng y=ax+b(a≠0) đi qua điểm M(x0;y0) thỏa mãn y0=ax0+b Cách giải: Thay tọa độ điểm P(1;1) vào đường thẳng y=7x−6 ta được: 1=7.1−6=1 (luôn đúng) Vậy điểm P(1;1) thuộc đường thẳng y=7x−6 Chọn C. Câu 6 (TH): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d). Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được: 7x=−x2⇔x2+7x=0⇔x(x+7)=0⇔[x=0⇒y=0x=−7⇒y=7.(−7)=−49 Vạy (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm (0;0),(−7;−49) Chọn C. Câu 7 (NB): Phương pháp: Hàm số y=ax2(a≠0) nghịch biến khi {a>0x<0 hoặc {a<0x>0 Cách giải: Hàm số y=3x2 nghịch biến khi {3>0x<0 Chọn B. Câu 8 (NB): Phương pháp: Đường thẳng y=ax+b(a≠0) đi qua điểm M(x0;y0) thỏa mãn y0=ax0+b Cách giải: Thay tọa độ điểm M(−2;4) vào y=3x+2m−7 ta được: 4=3.(−2)+2m−7⇔2m=4+6+7⇔2m=17⇔m=172 Chọn D. Câu 9 (NB): Phương pháp: Hàm số bậc nhất có dạng y=ax+b(a≠0) với a, b là hệ số. Cách giải: Hàm số y=3x−2 là hàm số bậc nhất. Chọn A. Câu 10 (NB): Phương pháp: Công thức Δ=b2−4ac Cách giải: Phương trình: x2+2mx−9=0 có: Δ=(2m)2−4.(−9)=4m2+36 Chọn C. Câu 11 (NB): Phương pháp: Hệ thức Vi-ét {x1+x2=−bax1x2=ca Cách giải: Phương trình: 5x2+2x=0 có x1+x2=−25 Chọn B. Câu 12 (TH): Phương pháp: Đưa phương trình về dạng ax2+bx+c=0(a≠0), nhẩm nghiệm: Nếu a+b+c=0 thì phương trình có nghiệm [x1=1x2=ca Nếu a−b+c=0 thì phương trình có nghiệm [x1=−1x2=−ca Cách giải: Phương trình 3x4−(2+√3)x2−1+√3=0 Đặt x2=t(t≥0)⇒3t2−(2+√3)t2−1+√3=0 Có a+b+c=3−2−√3−1+√3=0 ⇒ Phương trình có nghiệm [t1=1⇒x2=1⇒x=±1t2=−1+√33 Vậy một nghiệm của phương trình là x=−1 Chọn D. Câu 13 (NB): Phương pháp: Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A có: BC2=AB2+AC2 Cách giải: Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A có: BC2=AB2+AC2⇒BC=√42+52=√41(cm) Chọn B. Câu 14 (NB): Phương pháp: Đường tròn (O;R) có bán kính R, đường kính 2R Cách giải: Đường tròn (O;4cm) có đường kính bằng 2.4=8cm Chọn A. Câu 15 (NB): Phương pháp: Góc nội tiếp bằng một nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung. Cách giải: Xét (O) có: ∠ADB=12∠AOB=12.60∘=30∘ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) Chọn C. Câu 16 (NB): Phương pháp: Công thức lượng giác ΔABC vuông tại A có tanB=ACAB Cách giải: ΔABC vuông tại A có tanB=ACAB ⇒tan30∘=7AB⇔√33=7AB⇒AB=3.7√3=7√3 Chọn D. Câu 17 (NB): Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình lăng trụ Sxq=2πR.h với h là chiều cao, R là bán kính. Cách giải: Một hình trụ có chiều cao h=10cm và đường kính của đường tròn đáy bằng 6cm Tức là 2R=6(cm) Diện tích xung quanh hình trụ là 2πR.h=6.10π=60π(cm2) Chọn C. Câu 18 (TH): Phương pháp: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), nên tam giác ABC đều. Tính chất góc nội tiếp bằng góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung. Cách giải: Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), nên tam giác ABC đều. ⇒∠BCD=∠CDB=60∘ Xét (O) có: ∠BDx=∠BCD=60∘ (góc nội tiếp bằng góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD) ⇒∠CDx=∠CDB+∠BDx=60∘+60∘=120∘ Chọn A. Câu 19 (NB): Phương pháp: Diện tích mặt cầu S=4πR2 Cách giải: Diện tích mặt cầu có đường kính 30cm bằng: S=4πR2=4π.(302)2=900π(cm2) Chọn D. Câu 20 (NB): Phương pháp: Hệ thức lượng trong ΔABC vuông tại B có đường cao BD: AB2=AD.AC Cách giải: Hệ thức lượng trong ΔABC vuông tại B có đường cao BD: AB2=AD.AC⇒AB=√4.(4+8)=4√3cm Chọn B. Phần II: Tự luận Câu 21 (NB): Phương pháp: Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2: Lập bảng giá trị tương ứng giữa x và y. Bước 3: Vẽ đồ thị và kết luận. Chú ý: vì đồ thị hàm số y=ax2(a≠0) luôn đi qua gốc tọa độ O và nhận trục Oy làm trục đối xứng nên khi vẽ đồ thị của hàm số này , ta chỉ cần tìm một số điểm bên phải trục Oy rồi lấy các điểm đối xứng với chúng qua Oy. Cách giải: Tập xác định: x∈R. Bảng giá trị: Ta thấy a=2>0 nên đồ thị có bề lõm hướng xuống dưới và đi qua 5 điểm A(−2;8); B(−1;2); O(0;0); C(1;2); D(2;8). Đồ thị y=2x2 là một Parabol có bề lõm hướng lên, nằm phía trên Ox, nhận Oy làm trục đối xứng và đi qua các điểm A(−2;8); B(−1;2); O(0;0); C(1;2); D(2;8). Câu 22 (NB): Phương pháp: Công thức Δ′=(b′)2−ac với b′=b2 Nếu Δ′>0⇒ PT có hai nghiệm x=−b′±√Δ′a Nếu Δ=0⇒ PT có nghiệm kép x=−b′a Nếu Δ<0⇒ PT vô nghiệm Cách giải: Xét phương trình 3x2+4x−9=0 có: Δ′=22−3.(−9)=4−(−27)=31>0 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=−2−√313x2=−2+√313 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=−2−√313x2=−2+√313. Câu 23 (NB): Phương pháp: Giải hệ bằng phương pháp cộng đại số. Cách giải: Hệ phương trình: {x+y=32x−3y=−4⇔{2x+2y=62x−3y=−4⇔{5y=10x=3−y⇔{y=2x=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;2). Câu 24 (TH): Phương pháp: Rút gọn biểu thức thông qua: quy đồng, tính toán, đổi dấu. Cách giải: A=x−√x√x−1:1√xA=√x(√x−1)√x−1:1√xA=√x:1√xA=√x√x=x. Vậy A=x. với x>0 và x≠1. Câu 25 (TH): Phương pháp: Công thức Δ=b2−4ac Điều kiện Δ>0 để PT có hai nghiệm phân biệt Hệ thức Vi-ét {x1+x2=−bax1x2=ca Cách giải: Xét phương trình x2−(m+1)x−2023=0 có Δ=[−(m+1)]2−4.1.(−2023)=(m+1)2+8092>0 với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m Áp dụng định lí Vi – ét ta có: {x1+x2=m+1x1.x2=−2023 (1) Ta có 1x1−2023+1x2−2023=1 ⇔x2−2023(x1−2023)(x2−2023)+x1−2023(x1−2023)(x2−2023)=1⇔x2−2023+x1−2023(x1−2023)(x2−2023)=1⇔x1+x2−4046=x1x2−2023(x1+x2)+20232⇔x1x2−2024(x1+x2)+20232+4046=0(2) Thay (1) vào (2) ta có: −2023−2024.(m+1)+20232+4026=0⇔−2024(m+1)=−4094552⇔m+1=2023⇔m=2022(TM) Vậy m = 2022 Câu 26 (VD): Phương pháp: Biến đổi biểu thức về dạng (a+b)2+(c+d)2=0 ⇔{(a+b)2=0(c+d)2=0 vì A2≥0,∀A Cách giải: Ta có: a2+b2−14a+12b+85=0⇔a2−14a+49+b2+12b+36=0⇔(a−7)2+(b+6)2=0 Vì (a−7)2≥0∀a∈R; (b+6)2≥0∀b∈R Suy ra: {a−7=0b+6=0⇔{a=7b=−6 Do đó: B=3a+2b=3.7+2.(−6)=21−12=9 Vậy B=9. Câu 27 (TH): Phương pháp: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. PT: thực tế bạn A đã hoàn thành 80 bài theo kế hoạch. Cách giải: Gọi số bài tập mỗi ngày bạn A phải làm theo kế hoạch ban đầu là x (bài). (Điều kiện x∈N,0<x<80) Như vậy theo kế hoạch, số ngày để bạn An hoàn thành 80 bài tập là: 80x (ngày) Vì thực tế mỗi ngày bạn A làm thêm 2 bài tập so với kế hoạch nên mỗi ngày A làm được x+2 bài Do A hoàn thành sớm hơn 2 ngày so với dự định nên ta có phương trình: (x+2)(80x−2)=80 ⇒(x+2)(80−2x)=80x⇔80x−2x2−4x+160=80x⇔2x2+4x−160=0⇔x2+2x−80=0⇔x2+10x−8x−80=0⇔x(x+10)−8(x+10)=0⇔(x−8)(x+10)=0⇔[x−8=0x+10=0⇔[x=8(TM)x=−10(KTM) Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày bạn A phải làm xong 8 bài tập. Câu 28 (VD): Phương pháp: a) Chứng minh AEHD có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ΔAHC và ΔAHB chứng minh được AE.AB=AD.AC suy ra ΔAED∽ΔACB(c.g.c) Áp dụng thêm tính chất góc nội tiếp cùng chắn một cung bằng nhau. Chứng minh ΔAEH∽ΔACK(g.g) suy ra cạnh tương ứng tỉ lệ. Cách giải: a) Xét tứ giác AEHD có: ∠AEH=900 (HE⊥AB) ∠ADH=900 (HD⊥AC) ⇒∠AEH+∠ADH=900+900=1800 Suy ra tứ giác AEHD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) (dhnb) b) Xét ΔAHB vuông tại H, đường cao HE có: AH2=AE.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Xét ΔAHC vuông tại H, đường cao HE có: AH2=AD.AC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒AE.AB=AD.AC⇔AEAC=ADAB Xét ΔAED và ΔABC có ∠BAC chung và AEAC=ADAB (cmt) ⇒ΔAED∽ΔACB(c.g.c)⇒∠ADE=∠ABC (2 góc tương ứng) Mà ∠ABC=∠AKC (cùng chắn cung AC) ⇒∠ADE=∠AKC(=∠ABC) Do AEHD nội tiếp nên ∠AHE=∠ADE (cùng chắn cung AE) ⇒∠AHE=∠AKC Xét ΔAEH và ΔACK có ∠AHE=∠AKC ∠AEH=∠ACK=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ΔAEH∽ΔACK(g.g)⇒AEAC=AHAK⇒AE.AK=AH.AC (đpcm)
Quảng cáo
|