GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định năm 2021Tải vềBài 1 (2,0 điểm): 1. Cho biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1 (2,0 điểm): 1. Cho biểu thức: P=(√x√x−1−1√x+1):(1√x+1+2x−1)P=(√x√x−1−1√x+1):(1√x+1+2x−1) với x>0,x≠1x>0,x≠1. a) Rút gọn biểu thức PP. b) Tìm giá trị của PP khi x=4−2√3x=4−2√3. 2. Giải hệ phương trình: {x+2y=62x+3y=7. Bài 2 (2,0 điểm): 1. Cho phương trình: x2−(m+3)x−2m2+3m=0 (m là tham số). hãy tìm giá trị của m để x=3 là nghiệm của phương trình và xác định nghiệm còn lại của phương trình( nếu có). 2. Cho Parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=(2m+1)x−2m (m là tham số). Tìm m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2;y2) sao cho y1+y2−x1x2=1. Bài 3 (1,5 điểm): Một xe máy khởi hành tại địa điểm A đi đến địa điểm B cách A 160km, sau đó 1 giờ, môt ô tô đi từ B đến A. Hai xe gặp nhau tại địa điểm C cách B 72km. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 20km/h. Tính vận tốc của mỗi xe. Bài 4 (3,5 điểm): Cho tam giác ABC có ∠ACB>900 nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng OM cắt cung nhỏ cungBC tại D, cắt cung lớn cungBC tại E. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ E xuống AB, H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE. a) Chứng minh tứ giác BEHF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh MF⊥AE. c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng minh: ∠EQA=900 và ECIC=EKIK. Bài 5 (1,0 điểm): Cho a,b,c là các số dương thỏa 11+a+11+b+11+c=2. Chứng minh rằng abc≤18. Lời giải Bài 1 Phương pháp: 1) a) 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. b) Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0, tìm được √x Thay vào P=x+1√x+1, ta tính được giá trị của P/ 2) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm y Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm x Kết luận nghiệm (x;y) của hệ phương trình. Cách giải: 1) a) Với x>0,x≠1 ta có: P=(√x√x−1−1√x+1):(1√x+1+2x−1)P=√x(√x+1)−(√x−1)(√x−1)(√x+1):(1√x+1+2(√x−1)(√x+1))P=x+√x−√x+1(√x−1)(√x+1):√x−1+2(√x−1)(√x+1)P=x+1(√x−1)(√x+1).(√x−1)(√x+1)√x+1P=x+1√x+1 b) Ta có: x=4−2√3=(√3)2−2√3+1=(√3−1)2 (thỏa mãn ĐKXĐ). ⇒√x=√(√3−1)2=√3−1 (do √3−1>0). Thay x=4−2√3 và √x=√3−1 vào biểu thức P sau khi rút gọn ta có: P=4−2√3+1√3−1+1=5−2√3√3=5√3−63. Vậy khi x=4−2√3 thì P=5√3−63. 2) Ta có: {x+2y=62x+3y=7⇔{2x+4y=122x+3y=7⇔{y=5x=6−2y⇔{y=5x=−4 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(−4;5). Bài 2 Phương pháp: 1) Thay x=3 vào phương trình, ta tìm được m Thay m vừa tìm được vào phương trình, ta tìm được nghiệm còn lại của phương trình. 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) (1) Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt ⇔(1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2. ⇔Δ>0 Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m Ta có A,B∈(P) nên {y1=x21y2=x22⇒A(x1;x12),B(x2;x22). Thay m vào y1+y2−x1x2=1, giải phương trình và tìm được m. Cách giải: 1) Vì x=3 là nghiệm của phương trình nên ta có: 32−(m+3)3−2m2+3m=0 ⇔9−3m−9−2m2+3m=0⇔2m2=0⇔m=0 Thay m=0 vào phương trình ban đầu ta có: x2−3x=0⇔x(x−3)=0⇔[x=0x=3. Vậy m=0 và phương trình có nghiệm khác là x=0. 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) ta được: x2=(2m+1)x−2m⇔x2−(2m+1)x+2m=0(1) Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt ⇔(1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔Δ>0 ⇔(2m+1)2−8m>0⇔4m2+4m+1−8m>0⇔(2m−1)2>0⇔m≠12 Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có: {x1+x2=2m+1x1x2=2m Ta có A,B∈(P) nên {y1=x21y2=x22⇒A(x1;x12),B(x2;x22). Theo bài ra ta có: y1+y2−x1x2=1⇔x12+x22−x1x2=1⇔(x1+x2)2−3x1x2=1⇔(2m+1)2−6m=1⇔4m2+4m+1−6m−1=0⇔4m2−2m=0⇔2m(2m−1)=0⇔[m=0(tm)m=12(ktm) Vậy m=0. Bài 3 Phương pháp: Gọi vận tốc của xe máy là x(km/h)(x>0) Tính được vận tốc của ô tô theo x Tính được thời gian xe máy đi từ A đến C và thời gian ô tô đi từ B đến C theo x Dựa vào giả thiết thời gian đi của xe máy và ô tô, lập được phương trình Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: Gọi vận tốc của xe máy là x(km/h)(x>0) ⇒ Vận tốc của ô tô là x+20(km/h) Quãng đường AC là: 160−72=88(km) Thời gian xe máy đi từ A đến C là: 88x(h) Thời gian ô tô đi từ B đến C là: 72x+20(h) Vì ô tô đi muộn hơn xe máy 1 giờ nên thời gian ô tô đi từ B đến C ít hơn thời gian đi từ A đến C là 1 giờ, ta có phương trình: 88x−72x+20=1 ⇔88(x+20)−72xx(x+20)=x(x+20)x(x+20)⇒16x+1760=x2+20x⇔x2+4x−1760=0(1) Ta có: Δ′=22+1760=1764=422>0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: [x1=−2+421=40(tm)x2=−2−421=−44(ktm) Vậy vận tốc của xe máy là 40km/h và của ô tô là 40+20=60km/h. Bài 4 Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp. b) Ta sẽ chứng minh: + 5 điểm B,M,F,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính BE. + ∠MFB=∠FBH Suy ra MF//BH mà BH⊥AE(gt) nên MF⊥AE(dpcm) (quan hệ từ vuông góc đên song song) c) Ta sẽ chứng minh: + ΔFAQ cân tại A ⇒AQ=AF + ΔAEQ=ΔAEF(c.g.c) Suy ra ∠EQA=∠EFA=900 (2 góc tương ứng) Sử dụng tích chất đường phân trong và đường phân giác ngoài của góc ở đỉnh A Cách giải: a) Ta có: ∠BFE=900 (vì EF⊥AB); ∠BHE=900 (vì BH⊥AE). ⇒ 4 điểm B,F,H,E cùng thuộc một đường tròn đường kính BE. ⇒ Tứ giác BEHF nội tiếp (đpcm) b) Ta có: M là trung điểm BC nên OM⊥BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) ⇒∠OMB=900 Mà ∠BFE=900 (vì EF⊥AB) Suy ra 4 điểm B,M,E,F cùng thuộc đường tròn đường kính BE. ⇒ 5 điểm B,M,F,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính BE. Ta có: ∠MFB=∠MEB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM). ∠FBH=∠FEH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HF). Ta lại có: ∠MEB+∠BDE=900 (tam giác BDE vuông tại B do có ∠DBE=900 - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). ∠FEH+∠BAE=900 (do tam giác AEF vuông tại F) Mà ∠BAE=∠BDE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE) nên ∠MEB=∠FEH. ⇒∠MFB=∠FBH. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MF//BH. Lại có BH⊥AE(gt). Vậy MF⊥AE(dpcm). c) ∠EQA=900 và ECIC=EKIK. Do OD là bán kính đi qua trung điểm dây cung BC nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. ⇒sđ cungBD=sđ cungDC=12sđ cungBC ⇒∠BAD=∠CAD (Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau) Suy ra AD là phân giác trong góc BAC. Mà ∠EAD=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AE⊥AD. Suy ra AE là phân giác góc ngoài của góc BAC nên AE là phân giác ∠FAQ (do ∠FAQ và ∠BAC kề bù) (1) Mà AE cũng là đường cao của ΔFAQ (doAE⊥MF tại G) ( chứng minh ý b)) (2) Từ (1) và (2) suy ra ΔFAQ cân tại A ⇒AQ=AF (tính chất tam giác cân). Xét ΔAQE và ΔAFEta có: AE là cạnh chung ∠EAQ=∠EAF (trong tam giác cân, đường cao đồng thời là phân giác). AQ=AF(cmt) Do đó ΔAEQ=ΔAEF(c.g.c) Suy ra ∠EQA=∠EFA=900 (2 góc tương ứng) (đpcm). Xét tam giác KAC có AI,AE lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của góc ở đỉnh A. Theo tính chất đường phân giác ta có: ECEK=ICIK(cùng bằng ACAK) Vậy ECIC=EKIK(dpcm). Bài 5 Phương pháp: Sử dụng bất đẳng thức Cô – si để chứng minh. Cách giải: Ta có: 11+a+11+b+11+c=2⇒11+a=2−11+b−11+c=1−11+b+1−11+c⇒11+a=2−11+b−11+c=b1+b+c1+c Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 11+a=b1+b+c1+c≥2√bc(1+b)(1+c) Chứng minh tương tự ta có: 11+b≥2√ca(1+c)(1+a),11+c≥2√ab(1+a)(1+b). Nhân vế theo vế của 3 BĐT trên ta có: 11+a.11+b.11+c≥8√a2b2c2(1+a)2(1+b)2(1+c)2=8abc(1+a)(1+b)(1+c)⇔1≥8abc⇔abc≤18(dpcm) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi {a=b=c11+a+11+b+11+c=2⇔{a=b=c31+a=2⇔a=b=c=12.
Quảng cáo
|