Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2020

Tải về

Câu 1: 1. Tính giá trị của biểu thức sau:

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1:

1. Tính giá trị của biểu thức sau:

A=6449A=6449                         B=(4+7)27B=(4+7)27

2. Cho biểu thức Q=x+2xx+23(x0)Q=x+2xx+23(x0)

a) Rút gọn biểu thức QQ.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q=2Q=2.

Câu 2:

1. Cho parabol (P):y=x2(P):y=x2 và đường thẳng (d):y=2x+3(d):y=2x+3

a) Vẽ parabol (P)(P) và đường thẳng (d)(d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.Oxy.

b) Tìm tọa 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 sau: {2x3y=3x+3y=6.

Câu 3:

1. Cho phương trình ẩn x: x25x+(m2)=0(1).

a) Giải phương trình (1) với m=6.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức 1x1+1x2=32.

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320m2. Tính chu vi thửa đất đó.

Câu 4:

Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh AC=8cm, B=600. Tính số đo góc C và độ dài các cạnh AB,BC, đường trung tuyến AM của tam giác ABC.

Câu 5:

Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến TA,TB với đường tròn (A,B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt (O) tại hai điểm phân biệt CD (C nằm giữa TO) vắt cắt đoạn thẳng AB tại F.

a) Chứng minh: Tứ giác TAOB nội tiếp.

b) Chứng minh: TC.TD=TF.TO.

c) Vẽ đường kính AG của đường tròn (O). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG,I là giao điểm của TGBH. Chứng minh I là trung điểm của BH.

Lời giải

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Tính giá trị của biểu thức sau:

A=6449                         B=(4+7)27

+ Tính giá trị biểu thức A:

A=6449A=8272A=87A=1

Vậy A=1.

+ Tính giá trị biểu thức B:

B=(4+7)27B=|4+7|7B=4+77(Do4+7>0)B=4

Vậy B=4.

2. Cho biểu thức Q=x+2xx+23(x0)

a) Rút gọn biểu thức Q.

Với x0 ta có:

Q=x+2xx+23Q=x(x+2)x+23Q=x3

Vậy với x0 thì Q=x3.

b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q=2.

Ta có: Q=2x3=2x=5x=25(tm).

Vậy để Q=2 thì x=25.

Câu 2 (2điểm)

Cách giải:

1. Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=2x+3

a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

+) Vẽ parabol (P):y=x2

Ta có bảng giá trị:

x

2

1

0

1

2

y=x2

4

1

0

1

4

Vậy (P):y=x2 là đường cong đi qua các điểm: (2;4),(1;1),(0;0),(1;1),(2;4).

+) Vẽ đường thẳng (d):y=2x+3.

Ta có bảng giá trị:

 

x

0

1

y=2x+3

3

1

Vậy (d):y=2x+3 là đường thẳng đi qua các điểm (0;3)(1;1).

 

b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) bằng phép tính.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P)(d) ta có:

x2=2x+3x22x3=0x23x+x3=0x(x3)+(x3)=0(x3)(x+1)=0[x3=0x+1=0[x=3x=1

+) Với x=3y=32=9.

+) Với x=1y=(1)2=1.

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là (3;9)(1;1).

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: {2x3y=3x+3y=6.

{2x3y=3x+3y=6{3x=9x+3y=6{x=33+3y=6 {x=33y=3{x=3y=1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (3;1).

Câu 3 (2,5 điểm)

Cách giải:

1. Cho phương trình ẩn x: x25x+(m2)=0(1).

a) Giải phương trình (1) với m=6.

Với m=6 thì phương trình (1) trở thành:

x25x+4=0x2x4x+4=0(x2x)(4x4)=0x(x1)4(x1)=0(x1)(x4)=0[x1=0x4=0[x=1x=4

Vậy với m=6 thì tập nghiệm của phương trình là S={1;4}.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức 1x1+1x2=32.

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 thì {Δ>0S>0P>0

{(5)24(m2)>05>0(luondung)m2>0{254m+8>0m>2{334m>0m>2 {m<334m>22<m<334.

Khi đó áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=5x1x2=m2.

Theo bài ra ta có:

1x1+1x2=32x1+x2x1x2=322(x1+x2)=3x1x24(x1+x2+2x1x2)=9x1x24(5+2m2)=9(m2)9(m2)8m220=0()

Đặt t=m2(t0), phương trình (*) trở thành:

9t28t20=09t218t+10t20=0(9t218t)+(10t20)=09t(t2)+10(t2)=0(t2)(9t+10)=0[t2=09t+10=0[t=2(tm)t=109(ktm)

Với t=2 m2=2m2=4m=6(tm).

Vậy m=6.

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320m2. Tính chu vi thửa đất đó.

Gọi chiều rộng thửa đất là x(m) (ĐK: x>0) Chiều dài thửa đất là x+4(m).

Vì thửa đất có diện tích là 320m2 nên ta có phương trình:

x(x+4)=320x2+4x320=0x216x+20x320=0(x216x)+(20x320)=0x(x16)+20(x16)=0(x16)(x+20)=0[x16=0x+20=0[x=16(tm)x=20(ktm)

Chiều rộng thửa đất là 16m, chiều dài thửa đất là 16+4=20m.

Vậy chu vi thửa đất đó là: (16+20).2=72(m).

Câu 4 (2,5 điểm)

Cách giải:

Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh AC=8cm, B=600. Tính số đo góc C và độ dài các cạnh AB,BC, đường trung tuyến AM của tam giác ABC.

 

ΔABC vuông tại A nên B+C=900  (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).

C=900B=900600=300.

Ta có:

tan600=ACABAB=ACtan600=83=833(cm).

sin600=ACBCBC=ACsin600=832=1633(cm).

Tam giác ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM ứng với cạnh huyền BC nên

AM=12BC=12.1633=833.

Vậy C=300,AB=AM=833cm,BC=1633cm.

Câu 5 (2,5 điểm)

Cách giải:

Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến TA,TB với đường tròn (A,B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt (O) tại hai điểm phân biệt CD (C nằm giữa TO) vắt cắt đoạn thẳng AB tại F.

 

a) Chứng minh: Tứ giác TAOB nội tiếp.

Ta có: TA,TB là hai tiếp tuyến của (O) tại A,B (gt).

{TAOATBOB TAO=TBO=900.

Xét tứ giác TAOB ta có: TAO+TBO=900+900=1800.

Mà hai góc này là hai góc đối diện

TAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh: TC.TD=TF.TO.

Ta có: OA=OB=R  O thuộc đường trung trực của AB.

           TA=TB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) T thuộc đường trung trực của AB.

TO là đường trung trực của AB.

TOAB={F}

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔTAO vuông tại A có đường cao AF ta có: TA2=TF.TO(1)

Xét ΔTACΔTDA ta có:

T chung;

TDA=TAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

ΔTACΔTDA(gg)

TATD=TCTATA2=TC.TD(2)

Từ (1) và (2) TF.TO=TC.TD(=TA2)(dpcm).

c) Vẽ đường kính AG của đường tròn (O). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG,I là giao điểm của TGBH. Chứng minh I là trung điểm của BH.

Gọi ABTG={K}.

Ta có: {ATOAATAGBHAGBHAT (từ vuông góc đến song song).

ABH=TAB (so le trong).

TA=TB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên ΔTAB cân tại T TAB=TBA.

ABH=TBA

BK là phân giác của TBH.

Ta có: ABG=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BABG hay BKBG.

Do đó BG là phân giác ngoài của TBH.

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: BIBT=KIKT=GIGT.

Lại có: KIKT=BIAT;GIGT=IHAT (định lí Ta-lét)

Do đó BIAT=IHATBI=IH.

Vậy I là trung điểm của BH (đpcm).

Tải về

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close