Đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước năm 2021Tải vềCâu 1 (2,0 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 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị các biểu thức sau: A=√49−√25 B=√5+√(3−√5)2 2. Cho biểu thức P=x−4√x+2+x+3√x√x với x>0. a. Rút gọn biểu thức P. b. Tìm giá trị của x để P=5. Câu 2 (2,0 điểm): 1. Cho parabol (P):y=2x2 và đường thẳng (d):y=x+1. a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 2. Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: {2x−y=4x+2y=7 Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình x2+(m−2)x−8=0 (1), với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m=4. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 sao cho biểu thức Q=(x12−1)(x22−1) đạt giá trị lớn nhất. 2. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc để đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 10 km/h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô. Câu 4 (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM. Biết AB=9cm, AC=12cm. Hãy tính BC,AH,AM và diện tích tam giác ABM. Câu 5 (2,5 điểm): Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC(B,C là tiếp điểm). Kẻ cát tuyến AEF không đi qua tâm (E nằm giữa A và F;O và B nằm về hai phía so với cát tuyến ). Gọi Klà trung điểm của EF. a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh KA là phân giác của ∠BKC. c) Kẻ dây ED vuông góc OB sao cho ED cắt BC tại M. Chứng minh FM đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB. Lời giải Câu 1 (TH) Phương pháp: 1) Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Thực hiện các phép tính với căn bậc hai. 2) a) 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) Giải phương trình với P=5, ta tìm được x, đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: 1) A=√49−√25A=√72−√52A=7−5=2 Vậy A=2. B=√5+√(3−√5)2B=√5+|3−√5|B=√5+3−√5(Do3−√5>0)B=3 Vậy B=3. 2) a) Với x>0 ta có: P=x−4√x+2+x+3√x√xP=(√x+2)(√x−2)√x+2+√x(√x+3)√xP=√x−2+√x+3P=2√x+1 Vậy với x>0 thì P=2√x+1. b) Để P=5 thì 2√x+1=5⇔2√x=4⇔√x=2⇔x=4(tm). Vậy để P=5 thì x=4. Câu 2 (VD): Phương pháp: 1) a) Vẽ đồ thị của hàm số y=ax2(a≠0) + Nhận xét về hệ số a và sự biến thiên của hàm số + Lập bảng giá trị tương ứng của x và y + Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị. Vẽ đồ thị của hàm số y=ax+b + Lập bảng giá trị tương ứng của x và y + Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu a+b+c=0 thì phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm phân biệt: x1=1;x2=ca Với mỗi xi tìm được ta tìm được yi Kết luận giao điểm của (P) và (d) là: (xi;yi) Cách giải: 1) a) +) Parabol (P):y=2x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng. Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Parabol (P):y=2x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;8), (−1;2), (0;0), (1;2), (2;8). +) Đường thẳng (d):y=x+1 Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Đường thẳng (d):y=x+1 đi qua các điểm (0;1);(−1;0). Đồ thị Parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=x+1 trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy: b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 2x2=x+1⇔2x2−x−1=0. Ta có a+b+c=2−1−1=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=1x=ca=−12. + Với x=1⇒y=1+1=2. + Với x=−12⇒y=−12+1=12. Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;2) và (−12;12). 2) Ta có: {2x−y=4x+2y=7⇔{4x−2y=8x+2y=7⇔{5x=15y=2x−4⇔{x=3y=2. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(3;2). Câu 3 (VD): Phương pháp: 1) a) Thay m=4 phương trình (1) Tính Δ=b2−4ac (hoặc Δ′=(b′)2−ac), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: x1,2=−b±√Δ2a (hoặc x1,2=−b′±√Δ′a), tính được nghiệm của phương trình, kết luận. b) Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm phân biệt Δ>0 (hoặc Δ′>0) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m Biến đổi, rút gọn biểu thức Q, sử dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của Q. 2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x(km/h) (ĐK: x>0). Tính được vấn tốc của ô tô thứ hai theo x Tính được thời gian của ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB theo x Lập được phương trình, giải phương trình tìm được x, đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: 1) a) Thay m=4 vào phương trình (1) ta được: x2+2x−8=0 Ta có: Δ′=1+8=9=32>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=−1+√9=2x2=−1−√9=−4 Vậy phương trình có tập nghiệm S={−4;2}. b) Phương trình (1) có: Δ=(m−2)2+32>0∀m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Khi đó theo Vi-ét ta có: {x1+x2=−m+2x1.x2=−8 Ta có: Q=(x12−1)(x22−1)=x12x22−(x12+x22)+1=x12x22−(x1+x2)2+2x1x2+1 ⇒Q=64−(−m+2)2−16+1=−(−m+2)2+49≤49∀m. Vậy Qmax=49. Dấu “=” xảy ra khi m=2. Vậy giá trị lớn nhất của Q bằng 49 khi m=2. 2) Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x(km/h) (ĐK: x>0). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là x+10 (km/h) Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: 120x (h) Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là 120x+10 (h) Vì ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút = 25 giờ nên ta có phương trình: 120x−120x+10=25⇔600(x+10)−600x=2x(x+10)⇔600x+6000−600x=2x2+20x⇔2x2+20x−6000=0⇔x2+10x−3000=0 Ta có: Δ′=(−5)2+3000=3025=552>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=−5+55=50(tm)x2=−5−55=−60(ktm) Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 50 km/h và vận tốc của ô tô thứ hai là 60 km/h. Câu 4 (VD): Phương pháp: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC tính được BC Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC tính được AH AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC tính được BM SABM=12AH.BM Cách giải: Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có: BC2=AB2+AC2⇒BC2=92+122⇒BC2=225⇒BC=√225=15(cm) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: AB.AC=AH.BC⇒AH=AB.ACBC=9.1215=7,2(cm). Vì AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC nên AM=BM=12BC=12.15=7,5(cm) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông). Ta có SΔABM=12AH.BM=12.AH.12BC=14.7,2.15=27(cm2). Vậy BC=15cm,AH=7,2cm,AM=7,5cm, SΔABM=27cm2. Câu 5 (VDC): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. b) Ta sẽ chứng minh: c) Gọi J là giao điểm của AK và BC Gọi I là giao điểm của FM và AB. Ta sẽ chứng minh I là trung điểm của AB. Cách giải: a) Ta có: AB,AC là tiếp tuyến của đường tròn nên {OA⊥ABOC⊥AC⇒{∠ABO=900∠ACO=900⇒∠ABO+∠ACO=1800 ⇒OBAC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO (dhnb). b) Vì AB,AC là tiếp tuyến của đường tròn nên AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Ta có K là trung điểm của EF nên OK⊥AK (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). ⇒∠OKA=900 ⇒K thuộc đường tròn đường kính AO hay 5 điểm O,K,B,A,C cùng thuộc một đường tròn. (góc chắn hai cung bằng nhau) Vậy KA là phân giác của ∠BKC. c) Gọi J là giao điểm của AK và BC Gọi I là giao điểm của FM và AB. Ta sẽ chứng minh I là trung điểm của AB. Xét tam giác ABJ và AKB ta có: ∠BAK chung ∠ABJ=∠BKA(=∠ACB) ⇒ΔABJ đồng dạng với ΔAKB (g.g) ⇒AJAB=ABAK (cặp cạnh tương ứng) ⇒AB2=AJ.AK Tương tự ta có: ΔABE đồng dạng với ΔAFB (g.g) ⇒ABAF=AEAB⇒AB2=AE.AF ⇒AJ.AK=AE.AF⇒AFAJ=AKAE=AF−AKAJ−AE=FKEJ=EKEJ (Vì K là trung điểm của EF) ⇒AFEK=AJEJ. Ta lại có: {EM⊥OB(gt)OB⊥AB(gt)⇒EM//AB⇒{ABEM=AJEJAIEM=AFEF (Định lí Ta-lét) ⇒AIEM=AF2EK=12.AJEJ=12.ABEM⇒AI=AB2. Vậy I là trung điểm của AB (đpcm).
Quảng cáo
|