Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2019Tải vềCâu 1 (2 điểm): 1) Tính giá trị các biểu thức sau: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): 1) Tính giá trị các biểu thức sau: A=3√49−√25A=3√49−√25 2) Cho biểu thức: P=(√x√x−1+√xx−√x):√x+13 với x>0;x≠1 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị của x để P=1 Câu 2 (2,0 điểm): 1) Cho parabol (P) và đường thẳng (d):y=x+2 a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy b) Viết phương trình đường thẳng (d1):y=ax+b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng −2 . 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: {2x+y=5x+2y=4 Câu 3 (2,5 điểm): 1) Cho phương trình: x2−(m+2)x+m+8=0(1) Với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m=−8 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức: x31−x2=0. 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mủ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đề khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 26 tấn và xong trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mủ cao su. Câu 4 (1,0 điểm): Cho ΔABC vuông tại A có đường cao AHvà đường trung tuyến AM. Biết AH=3cm;HB=4cm. Hãy tính AB,AC,AM và diện tích tam giác ABC. Câu 5 (2,5 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K (K khác B và M). Gọi H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK.AH=R2. c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI=KM. Chứng minh NI=BK. Lời giải Câu 1: Phương pháp: 1) Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0. 2) a) Quy đồng, rút gọn biểu thức. b) Nhân chéo, giải tìm x. Cách giải: 1) Tính giá trị các biểu thức sau: A=3√49−√25=3√72−√52=3.7−5=21−5=16B=√(3−2√5)2−√20=|3−2√5|−√22.5=2√5−3−2√5=−3 2) Cho biểu thức P=(√x√x−1+√xx−√x):√x+13 với x>0,x≠1. a) Rút gọn biểu thức P. P=(√x√x−1+√xx−√x):√x+13=(√x√x−1+√x√x(√x−1)):√x+13=x+√x√x(√x−1).3√x+1=√x(√x+1)√x(√x−1).3√x+1=3√x−1. Vậy P=3√x−1. b) Tìm giá trị của x để P=1. P=1⇔3√x−1=1⇔√x−1=3⇔√x=4⇔x=16(tm). Vậy để P=1 thì x=16. Câu 2: Phương pháp: Phương pháp: 1) a) Lập bảng giá trị, xác định các điểm đồ thị hàm số (P):y=12x2 đi qua và vẽ đồ thị hàm số. b) Đường thẳng d1:y=a1x+b1 và d2:y=a2x+b2 là hai đường thẳng song song với nhau ⇔{a1=a2b1≠b2. Tìm tọa độ giao điểm A của hai đồ thị hàm số (d1) và (P) rồi thay vào phương trình (d1) tìm b. 2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Cách giải: 1) a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. Ta có bảng giá trị: +) Vẽ đồ thị hàm số (P):y=12x2
Vậy đồ thị hàm số(P):y=12x2 là đường cong đi qua các điểm (−4;8),(−2;2),(0;0),(2;2),(4;8). +) Vẽ đồ thị hàm số (d):y=x+2:
Đồ thị hàm số (P):y=12x2 và (d):y=x+2:
b) Viết phương trình đường thẳng (d1):y=ax+b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng −2. Ta có đường thẳng (d1):y=ax+b song song với đường thẳng (d):y=x+2⇒{a=1b≠2. ⇒(d1):y=x+b. Gọi A(−2;yA) là giao điểm của đường thẳng (d1) và đồ thị (P)⇒A∈(P) ⇒yA=12.(−2)2=2⇒A(−2;2). Lại có A∈(d1) nên thay x=−2;y=2 vào phương trình đường thẳng (d1):y=x+b ta được 2=−2+b⇔b=4(tm) Vậy đường thẳng (d1) có phương trình: y=x+4. 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: {2x+y=5x+2y=4. {2x+y=5x+2y=4⇔{y=5−2xx+2(5−2x)=4⇔{y=5−2xx+10−4x=4⇔{y=5−2x3x=6⇔{x=2y=5−2.2⇔{x=2y=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;1). Câu 3: Phương pháp: 1) a) Thay m và phương trình và giải phương trình bậc hai ẩn x. b) + Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔{a≠0Δ>0S>0P>0 + Rút x2=x21 thay vào điều kiện x1x2=ca tìm nghiệm x1,x2. + Thay x1,x2 tìm được ở trên vào x1+x2=−ba tìm m. 2) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Bước 1: Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn. Bước 2: Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết. Lập phương trình Bước 3: Giải phương trình rồi so sánh với điều kiện để chọn ra các giá trị thích hợp và kết luận. Cách giải: 1) a) Thay m=−8 vào phương trình (1) ta được: x2−(−8+2)x+(−8)+8=0⇔x2+6x=0⇔x(x+6)=0⇔[x=0x=−6. Vậy với m=−8 thì phương trình có tập nghiệm S={0;−6}. b) Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔{a=1≠0Δ>0S>0P>0 Có Δ=(m+2)2−4(m+8)=m2+4m+4−4m−32>0⇔m2−28>0⇔[m>2√7m<−2√7(1). S=−ba=m+2>0⇔m>−2(2). P=ca=m+8>0⇔m>−8(3). Kết hợp các điều kiện (1), (2), (3) ta được [m>2√7−8<m<2√7. Theo bài ra ta có: x31−x2=0⇔x31=x2⇔x1x2=x41=m+8⇔x1=4√m+8⇒x2=4√(m+8)3⇒x1+x2=m+2⇔4√m+8+4√(m+8)3=m+8−6 Đặt 4√m+8=t(t≥0), ta có t+t3=t4−6⇔t4−t3−t−6=0⇔t4−16−(t3+t−10)=0⇔(t2−4)(t2+4)−(t3−8+t−2)=0⇔(t−2)(t+2)(t2+4)−[(t−2)(t2+2t+4)+(t−2)]=0⇔(t−2)(t+2)(t2+4)−(t−2)(t2+2t+5)=0⇔(t−2)(t3+2t2+4t+8−t2−2t−5)=0⇔(t−2)(t3+t2+2t+3)=0⇔t=2(Dot≥0⇒t3+t2+2t+3>0) ⇒4√m+8=2⇔m+8=24=16⇔m=8(tm). Vậy m=8. 2) Gọi số tấn mủ cao su mỗi ngày nông trường khai thác được là x tấn (0<x<260) ⇒ Thời gian theo dự định khai thác mủ cao su của nông trường là 260x (ngày) Theo thực tế mỗi ngày nông trường khai thác được số tấn mủ cao su là: x+3 (tấn) ⇒ Thời gian theo thực tế khai thác mủ cao su của nông trường là 261x+3 (ngày) Vì nông trường khai thác xong trước thời hạn 1 ngày nên ta có phương trình 261x+3+1=260x⇒261x+x(x+3)=260(x+3)⇔261x+x2+3x=260x+780⇔x2+4x−780=0⇔x2−26x+30x−780=0⇔x(x−26)+30(x−26)=0⇔(x−26)(x+30)=0⇔[x−26=0x+30=0⇔[x=26(tm)x=−30(ktm) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác 26 tấn mủ cao su. Câu 4:
Cách giải: +) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH vuông tại H ta có: AB2=AH2+HB2=32+42=25⇒AB=5(cm). +) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC với AH là đường cao ta có: 1AH2=1AB2+1AC2⇔1AC2=1AH2−1AB2⇔1AC2=132−152=16225⇒AC=154(cm) +) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC vuông tại A ta có: BC2=AB2+AC2=52+(154)2=62516⇒BC=254(cm). +) Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM nên ta có: AM=12BC=258(cm) +) Diện tích tam giác ABC với AH là đường cao ta có: SABC=12AH.BC=12.3.254=758(cm2). Vậy AB=5cm,AC=154cm,AM=258cm,SΔABC=758cm2 Câu 5:
1) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. Ta có: ∠AKB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ⇒∠HKB=900. Có ∠ACH=∠HCB=900 (MN⊥AB;H;C∈MN ) Xét tứ giác BCHK có ∠HCB+∠HKB=900+900=1800⇒ Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). 2) Chứng minh AK.AH=R2. Xét tam giác ACH và tam giác AKB có: ∠BAK chung; ∠ACH=∠AKB=900(cmt) . 3) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI=KM. Chứng minh NI=BK. Trên tia đối của KB lấy điểm E sao cho KE=KM=KI. Xét tam giác OAM có đường cao MC đồng thời là trung tuyến ⇒ΔOAM cân tại M⇒OM=AM. Lại có OA=OM⇒ΔOAM đều ⇒∠OAM=600. Ta có: ∠AMB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó tam giác AMB vuông tại M ⇒∠ABM=300 Xét tam giác vuông BCM có: ∠BMC=900−∠ABM=900−300=600⇒∠BMN=600(1) Tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp ⇒∠EKM=∠MAB=600 (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện) Lại có KE=KM (theo cách dựng) ⇒ΔMKE đều ⇒∠KME=600(2) Từ (1) và (2) ⇒∠BMN=∠KME=600⇒∠BMN+∠BMK=∠KME+∠BMK⇒∠NMK=∠BME Xét tam giác vuông BCM có: sin∠CBM=sin300=CMBM=12⇔BM=2CM. Lại có OA⊥MN tại C⇒C là trung điểm của MN (quan hệ vuông góc giữa đường kíhn và dây cung) ⇒MN=2CM. ⇒MN=BM(=2CM). Xét tam giác MNK và tam giác BME có: ∠MNK=∠MBE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK); MN=BM(cmt);∠NMK=∠BME(cmt); ⇒ΔMNK=ΔBME(g.c.g)⇒NK=BE (2 cạnh tương ứng). ⇒IN+IK=BK+KE. Mà IK=KE (theo cách vẽ) ⇒IN=BK(dpcm).
Quảng cáo
|