Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020Tải vềBài 1: Rút gọn biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1: Rút gọn biểu thức A=(√6+√3).√3−3√2.A=(√6+√3).√3−3√2. Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2+2x−3=0x2+2x−3=0 b) {x+y=72x−y=5{x+y=72x−y=5 Bài 3: a) Vẽ đồ của thị hàm số y=x2y=x2 trên mặt phẳng tọa độ OxyOxy. b) Cho hàm số y=mx+ny=mx+n có đồ thị là (d)(d). Tìm giá trị của mm và nn biết (d)(d) song song với đường thẳng (d′):y=x+3 và đi qua điểm M(2;4). Bài 4: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau. Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M (M khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N (N khác A và B). Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax,By của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và D (Ax,By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp. b) Chứng minh AN.MD=NB.CM. c) Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vuông góc với BD cắt MD tại F. Chứng minh N,F,B thẳng hàng. Lời giải Bài 1 (1 điểm): Cách giải: Rút gọn biểu thức A=(√6+√3).√3−3√2. A=(√6+√3).√3−3√2=√6.√3+√3.√3−3√2=√18+3−3√2=3√2+3−3√2=3. Vậy A=3. Bài 2 (2 điểm): Cách giải: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2+2x−3=0 Phương trình có: a+b+c=1+2−3=0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=1x2=ca=−3. Vậy phương trình có tập nghiệm S={1;−3}. b) {x+y=72x−y=5 ⇔{3x=12y=7−x⇔{x=4y=7−4=3. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(4;3). Bài 3 (2,0 điểm) Cách giải: a) Vẽ đồ của thị hàm số y=x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta có bảng giá trị:
Do đó, đồ thị hàm số y=x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4) và nhận Oy làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số:
b) Cho hàm số y=mx+n có đồ thị là (d). Tìm giá trị của m và n biết (d) song song với đường thẳng (d′):y=x+3 và đi qua điểm M(2;4). Vì đường thẳn (d) song song với đường thẳng (d′):y=x+3 nên ta có: {m=1n≠3. Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng y=x+n (với n≠3) Mà M(2;4)∈d⇒4=2+n⇔n=2(tm). Vậy m=1,n=2. Bài 4 (1 điểm): Cách giải: Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau. Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là x (học sinh) (x∈N∗). ⇒ Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: 80x (quyển vở). Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là: x+2 (học sinh). ⇒ Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là: 80x+2 (quyển vở). Thực tế, mỗi mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định nên ta có phương trình: 80x−80x+2=2⇔80(x+2)−80x=2x(x+2)⇔80x+160−80x=2x2+4x⇔2x2+4x−160=0⇔x2+2x−80=0⇔x2+10x−8x−80=0⇔x(x+10)−8(x+10)=0⇔(x−8)(x+10)=0⇔[x−8=0x+10=0⇔[x=8(tm)x=−10(ktm) Vậy cuối năm lớp 9A có 8+2=10 học sinh giỏi. Bài 5 (4,0 điểm) Cách giải: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M (M khác O và B). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N (N khác A và B). Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax,By của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và D (Ax,By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB).
a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp. Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại A nên ∠MAC=900. Vì MN⊥CD tại N nên ∠MNC=∠MND=900. Xét tứ giác ACNM có ∠MAC+∠MNC=900+900=1800. ⇒ACNM là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) (đpcm). b) Chứng minh AN.MD=NB.CM. Vì BD là tiếp tuyến của (O) tại B nên ∠MBD=900. Xét tứ giác BMND có: ∠MBD+∠MND=900+900=1800. ⇒BMND là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠MDN=∠MBN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ⇒∠ABN=∠MDC. Vì ACNM là tứ giác nội tiếp (theo câu a). ⇒∠MAN=∠MCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ⇒∠BAN=∠MCD. Xét ΔABN và ΔCDN có: ∠ABN=∠MDC(cmt)∠BAN=∠MCD(cmt)⇒ΔABN∼ΔCDM(g.g) ⇒ANCM=NBMD (hai cạnh tương ứng) ⇒AN.MD=NB.CM (đpcm). c) Gọi E là giao điểm của AN và CM. Đường thẳng qua E và vuông góc với BD cắt MD tại F. Chứng minh N,F,B thẳng hàng. Gọi E=BN∩DM, ta chứng minh EF⊥BD. Vì ΔABN∼ΔCDM(cmt) nên ∠ANB=∠CMD. Mà ∠ANB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒∠CMD=900 ⇒∠ENF=∠EMF=900. Xét tứ giác MENF có: ∠ENF+∠EMF=900+900=1800. ⇒MENF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠N1=∠E1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF). Mà ∠N1=∠D1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) ⇒∠E1=∠D1 (1). Vì ΔBDM vuông tại B nên ∠D1+∠BMD=900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau). Mà ∠BMD+∠CMD+∠M1=1800 ⇒∠M1+∠BMD=1800−∠CMD=1800−900=900. ⇒∠D1=∠M1 (2). Từ (1) và (2) ⇒∠E1=∠M1. Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên EF//AM hay EF//AB. Lại có AB⊥BD(gt) ⇒EF⊥BD. Vậy đường thẳng qua E vuông góc với BD cắt MD tại F thuộc BN (đpcm). d) Khi ∠ABN=600, tính theo R diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ΔABN. Xét tam giác vuông ABN vuông tại N có AB=2R,∠ABN=600(gt) ta có: AN=AB.sin∠ABN=2R.sin600=R√3. BN=AB.cos∠ABN=2R.cos600=R. ⇒SΔABN=12AN.BN=12.R√3.R=R2√32. Diện tích nửa hình tròn tâm (O;R) là ST=12πR2. Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ΔABN là; S=ST−SΔABN=12πR2−R2√32=R22(π−√3).
Quảng cáo
|