Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2023Tải vềCâu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau: A=√16+√9A=√16+√9 B=√7+√(4−√7)2B=√7+√(4−√7)2 2. Cho biểu thức P=x−9√x+3+√x+2P=x−9√x+3+√x+2 với x≥0x≥0. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: 1. Tính giá trị của các biểu thức sau: A=√16+√9A=√16+√9 B=√7+√(4−√7)2B=√7+√(4−√7)2 2. Cho biểu thức P=x−9√x+3+√x+2P=x−9√x+3+√x+2 với x≥0x≥0. a) Rút gọn biểu thức P.P. b) Tính giá trị của biểu thức PP khi x=4x=4. Câu 2: 1. Cho Parabol (P):y=−x2(P):y=−x2 và đường thẳng (d):y=x−2(d):y=x−2. a) Vẽ Parabol (P)(P) và đường thẳng (d)(d)trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy.Oxy. b) Tìm toạ độ giao điểm của Parabol (P)(P) và đường thẳng (d)(d) bằng phép tính. 2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: {2x+y=5x−3y=−1. Câu 3: 1. Cho phương trình x2−2x+m−3=0 (m là tham số). a) Giải phương trình khi m=0. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 sao cho biểu thức P=x21+x22+(x1x2)2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 600m2. Biết rằng nếu tăng chiều dài 10m và giảm chiều rộng 5m thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết rằng AB=3cm, ˆC=30∘. a) Tính ˆB,AC,AH. b) Trên cạnh BClấy điểm M sao cho MC=2MB, tính diện tích tam giác AMC. Câu 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm C thuộc (O)(C khác A và B), tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt AC ở K. Từ K kẻ tiếp tuyến KD với đường tròn (O)(D là tiếp điểm khác B). a) Chứng minh tứ giác BODK nội tiếp. b) Biết OKcắt BD tại I. Chứng minh rằng OI⊥BD và KC⋅KA=KI⋅KO. c) Gọi E là trung điểm của AC, kẻ đường kính CF của đường tròn (O), FE cắt AI tại H. Chứng minh rằng H là trung điểm của AI. -----HẾT----- Lời giải chi tiết Câu 1 (TH): Phương pháp: 1. Khai căn và thực hiện phép tính. 2. a) Tách tử thành hằng đẳng thức và rút gọn. b) Thay x=4 vào biểu thức đã rút gọn ở câu a để tính. Cách giải: 1. A=√16+√9=√42+√32=4+3=7 B=√7+√(4−√7)2=√7+4−√7=4(Do4−√7>0) Vậy A=7;B=4. a) Rút gọn biểu thức P. Với x≥0 ta có: P = =x−9√x+3+√x+2 =(√x+3)(√x−3)√x+3+√x+2 =√x−3+√x+2 =2√x−1 Vậy với x≥0 thì P=2√x−1. b) Tính giá trị của biểu thức P khi x=4. Với x=4 (thoả mãn điều kiện) ta được: P=2√4−1=2√22−1=2.2−1=4−1=3. Vậy với x=4 thì P=3. Câu 2 (TH): Phương pháp: 1. a) Chọn 5 điểm để vẽ Parabol (P) và chọn 2 điểm để vẽ đường thẳng (d). b) Xét phương trình hoành độ và giải phương trình. 2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế. Cách giải: 1. Cho Parabol (P):y=−x2 và dường thẳng (d):y=x−2. a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một hệ trục toạ dộ Oxy. *Vẽ đồ thị hàm số y=−x2 Tập xác định D=R. Bảng giá trị Ta có a=−1<0 đồ thị hàm số là Parabol có đường cong hướng xuống dưới. Qua 5 điểm có tọa độ A(−2;4);B(−1;1);O(0;0);C(1;1);D(2;4). *Vẽ đồ thị hàm số y=x−2 Ta có bảng giá trị: Đồ thị hàm số y=x−2 là đường thẳng đi qua hai điểm (0;−2) và (2;0). Ta vẽ được đồ thị (d) và (P) trên cùng hệ trục toạ độ Oxy như sau: b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol (P) và duờng thằng (d) bằng phép tính. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình −x2=x−2⇔−x2−x+2=0 Ta thấy a+b+c=0 nên phương trình có hai nghiệm [x1=1x2=−2. Với x=1 thì y=1−2=−1 suy ra E(1;−1) là giao điểm. Với x=−2 thì y=−2−2=−4 suy ra F(−2;−4) là giao điểm. Vậy giao điểm của (P) và (d) là E(1;−1);F(−2;−4). 2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: {2x+y=5x−3y=−1. {2x+y=5x−3y=−1⇔{2x+y=5x=−1+3y Thay (2) vào (1) ta có: ⇔2(−1+3y)+y=5 ⇔−2+6y+y=5 ⇔7y=7 ⇔y=1 Thay y=1 vào (2) ta có: x=−1+3.1=2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(2;1). Câu 3 (VD): Phương pháp: 1. a) Thay m=0 vào phương trình ban đầu để giải. b) Áp dụng hệ thức vi-et {x1+x2=−bax1x2=ca 2. Gọi chiều rộng ban đầu là x, từ đó tìm được chiều rộng và chiều dài lúc sau. Diện tích không đổi nên phương trình là chiều dài nhân với chiều rộng bằng 600. Cách giải: 1. Cho phương trình x2−2x+m−3=0 (m là tham số). a) Giải phương trình khi m=0. Với m=0 ta có: x2−2x−3=0 Vi a−b+c=1−(−2)−3=0 nên phương trình có 1 nghiệm là x1=−1 và x2=ca=3. Vậy với m=0 thì phương trình có tập nghiệm là: S={−1;3}. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 sao cho biểu thức P=x12+x12+(x1x2)2 dạt giá trị nhỏ nhất. Xét phương trình x2−2x+m−3=0 : Ta có: Δ′=12−(m−3)=4−m Phương trình có 2 nghiệm khi và chi khi Δ′≥0⇔4−m≥0⇔m≤4 Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2x1x2=m−3 Từ giả thiết: P=x21+x21+(x1x2)2=(x1+x2)2−2x1x2+(x1x2)2 Suy ra: P = =22−2(m−3)+(m−3)2 =4−2m+6+m2−6m+9 =m2−8m+19 =m2−8m+16+3 =(m−4)2+3≥3 Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi và chỉ khi (m−4)2=0⇔m−4=0⇔m=4. Vậy với m=4 thì biểu thức P=x21+x21+(x1x2)2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3. 2. Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là x(m), x>5. Suy ra chiều dài khu vườn là 600x(m). Chiều dài khu vườn sau khi tăng là 600x+10(m). Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là x−5(m). Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài 10m và giảm chiều rộng 5m thì không đổi nên ta có phương trình (600x+10)(x−5)=600. ⇔(600+10x)(x−5)=600x⇔10x2−50x−3000=0⇔[x=20x=−15(L). Vậy chiều dài mảnh vườn là 30(m), chiều rộng mảnh vườn là 20(m). Câu 4 (TH): Phương pháp: a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông. b) SAMC=12AH⋅MC Cách giải: a) Ta có ∠B=60∘ Ta có sin∠C=ABBC⇒BC=ABsin∠C=312=6(cm). Ta có AC=√BC2−AB2=√62−32=3√3(cm). AH⋅BC=AB⋅AC⇔AH=AB⋅ACBC=3⋅3√36=3√32(cm). b) SAMC=12AH⋅MC=12AH⋅23BC=12⋅3√32⋅23⋅6=3√3(cm2). Câu 5 (VD): Phương pháp: a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180∘ là tứ giác nội tiếp. b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh KB2=KC.KA và KB2=KI⋅KO. c) Chứng minh E là trung điểm của AC và EF//CI từ đó suy ra H là trung điểm của AI. Cách giải: a) Ta có ^OBK=^ODK=90∘. ⇒^OBK+^ODK=180∘. Do đó tứ giác BODK nội tiếp b) Ta có KB=KD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Ta lại có OB=OD nên OK là đường trung trực của BD. Suy raKO⊥BD⇒OI⊥BD. Xét tam giác ABK vuông tại B nên KB2=KC.KA. Xét tam giác OBK vuông tại B nên KB2=KI⋅KO. Suy ra KC.KA=KI.KO. (đpcm) c) Xét tam giác KCI và tam giác KOA ta có góc K chung, KC⋅KA=KI⋅KO⇔KCKI=KOKA. Suy ra tam giác KCI và tam giác KOA đồng dạng với nhau. Suy ra ^KCI=^KOA. (*) Xét tam giác ACF và BAK có ^KBA=^CAF=90∘. (1) Mà tam giác OAC cân tại O nên ^OAC=^OCA (2) Từ (1) và (2) suy ra ΔACF đồng dạng với ΔBAK suy ra BABK=ACAF⇔2BOBK=2AEAF⇔BKAF=BOAE. Xét tam giác AEF và BOK ta có ^KBO=^EAF=90∘ và BKAF=BOAE Nên ΔAEF đồng dạng với ΔBOK suy ra ^AEF=^BOK⇒^KEF=^KOA( cùng bù với ^AEF) (**) Từ (*) và (**) ta có ^KCI=^KEF suy ra EF//CI. Xét tam giác ACI có E là trung điểm của AC và EF//CI nên H là trung điểm của AI. -----HẾT-----
Quảng cáo
|