Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2019Tải vềCâu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right..a)\,\,{x^2} + 3x - 10 = 0 & & & b)\,\,\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 6\\x - 2y = 1\end{array} \right.. Câu 2 (1 điểm): Rút gọn biểu thức: M=3√75−12√3+√125.M=3√75−12√3+√125. Câu 3 (2 điểm): Cho hàm số y=2x2y=2x2 có đồ thị là (P).(P). a) Vẽ đồ thị (P).(P). b) Tìm tham số mm để đường thẳng (d):y=mx−2(d):y=mx−2 tiếp xúc với (P).(P). Câu 4 (1 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài là 9m9m và diện tích bằng 200m2.200m2. Tính chu vi của mảnh đất. Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R),(AB<AC).(O;R),(AB<AC). Ba đường cao AE,BFAE,BF và CKCK của tam giác ABCABC cắt nhau tại H.H. Vẽ đường kính ADAD của đường tròn (O;R).(O;R). a) Chứng minh tứ giác AKHFAKHF nội tiếp. b) Chứng minh DC//BF.DC//BF. c) Chứng minh AB.AC=AE.AD.AB.AC=AE.AD. d) Cho BC=4√2R3.BC=4√2R3. Tính theo RR diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác HKF.HKF. Câu 2 Câu 1 Phương pháp: a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm. b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Cách giải: a)x2+3x−10=0a)x2+3x−10=0 Ta có: Δ=b2−4ac=32+4.10=49>0Δ=b2−4ac=32+4.10=49>0 ⇒⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=−3+√492=2x2=−3−√492=−5. Vậy tập nghiệm của phương trình là: S={−5;2}. b){x+3y=6x−2y=1⇔{5y=5x=1+2y⇔{y=1x=1+2.1⇔{x=3y=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(3;1). Câu 2 Phương pháp: Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0. Cách giải: M=3√75−12√3+√125=3√52.3−12√3+√22.35=3.5√3−12√3+2√35=5√35=√3. Câu 3 Phương pháp: a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ. b) Đường thẳng d tiếp xúc với parabol (P)⇔ phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị có nghiệm kép ⇔Δ=0(Δ′=0). Cách giải: Cho hàm số y=2x2 có đồ thị là (P). a) Vẽ đồ thị (P). Ta có bảng giá trị:
Vậy đồ thị hàm số (P):y=2x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;8),(−1;2),(0;0),(1;2),(2;8) và nhận trục Oy làm trục đối xứng. b) Tìm tham số m để đường thẳng (d):y=mx−2 tiếp xúc với (P). Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: 2x2=mx−2⇔2x2−mx+2=0(∗) Đường thẳng d tiếp xúc với parabol (P)⇔(∗) có nghiệm kép ⇔Δ=0⇔m2−4.2.2=0⇔m2=16⇔[m=4m=−4. Vậy với m=4 hoặc m=−4 thì thỏa mãn bài toán. Câu 4 Phương pháp: Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Gọi chiều rộng của mảnh đất là x(m),(x>0). Biểu diễn chiều dài và diện tích của mảnh đất theo ẩn vừa gọi. Giải phương trình và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận. Cách giải: Gọi chiều rộng của mảnh đất là x(m),(x>0). Vì hai lần chiều rộng bé hơn chiều dài 9m nên chiều dài của mảnh đất là: 2x+9(m). Diện tích của mảnh đất là 200m2 nên ta có phương trình: x(2x+9)=200⇔2x2+9x−200=0 Có Δ=92+4.2.200=1681>0⇒√Δ=√1681=41. ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=−9+412.2=8(tm)x2=−9−412.2=−252(ktm) ⇒ Chiều rộng của mảnh đất là 8m, chiều dài của mảnh đất là: 2.8+9=25m. Vậy chu vi của mảnh đất là: (8+25).2=66m. Câu 5 Phương pháp: a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh song song theo định lý từ vuông góc đến song song. c) Chứng minh cặp tam giác đồng dạng tương ứng rồi suy ra đẳng thức. d) Công thức tính diện tích hình tròn bán kính r:S=πr2. Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác AKHF nội tiếp. Ta có: {∠AKH=900(CK⊥AB={K})∠AFH=900(BF⊥AC={K}) Xét tứ giác AKHF ta có: ∠AKH+∠AFH=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối nhau trong tứ giác ⇒AKHF là tứ giác nội tiếp. (dhnb). b) Chứng minh DC//BF. Ta có: BF⊥AC (do BF là đường cao của ΔABC) Lại có: ∠ACD=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒CD⊥AC. ⇒CD//BF(⊥AC) (từ vuông góc đến song song). c) Chứng minh AB.AC=AE.AD. Xét ΔABE và ΔADC ta có: ∠ABE=∠ADC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) d) Cho BC=4√2R3. Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác HKF. Theo câu a) ta có tứ giác AKHF là tứ giác nội tiếp. ⇒ đường tròn ngoại tiếp tam giác HKF là đường tròn (C) đi qua các điểm A,K,H,F. Lại có ΔAKH là tam giác vuông tại K nội tiếp đường tròn (C) ⇒AH là đường kính của đường tròn (C). Gọi I là trung điểm của BC ta có: OI⊥BC={I} (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung). Mà AE⊥BC(gt)⇒OI//AEhayOI//AH (từ vuông góc đến song song). Lại có O là trung điểm của AD. ⇒OI là đường trung bình của ΔADH. ⇒OI=12AH⇔AH=2OI. Áp dụng định lý Pitago trong ΔIOC vuông tại I ta có: OI=√OC2−IC2=√OC2−BC24=√R2−(4√2R)24.9=R3.⇒AH=2OI=2.R3=2R3. Khi đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác HKF là: S=π.AH24=π.(2R3)2.14=πR29.
Quảng cáo
|