Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận năm 2020

Tải về

Bài 1: Rút gọn biểu thức

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài 1: Rút gọn biểu thức A=(6+3).332.A=(6+3).332.

Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x2+2x3=0x2+2x3=0                                                          b) {x+y=72xy=5{x+y=72xy=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 mmnn 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 OB). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N (N khác AB). Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax,By của nửa đường tròn (O) lần lượt tại CD (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 ANCM. 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).332.

A=(6+3).332=6.3+3.332=18+332=32+332=3.

Vậy A=3.

Bài 2 (2 điểm):

Cách giải:

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x2+2x3=0

Phương trình có: a+b+c=1+23=0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=1x2=ca=3.

Vậy phương trình có tập nghiệm S={1;3}.

b) {x+y=72xy=5 {3x=12y=7x{x=4y=74=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:

x

2

1

0

1

2

y=x2

4

1

0

1

4

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 mn 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=1n3.

Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng y=x+n (với n3)

Mà  M(2;4)d4=2+nn=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) (xN).

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:

80x80x+2=280(x+2)80x=2x(x+2)80x+16080x=2x2+4x2x2+4x160=0x2+2x80=0x2+10x8x80=0x(x+10)8(x+10)=0(x8)(x+10)=0[x8=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 OB). Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N (N khác AB). Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax,By của nửa đường tròn (O) lần lượt tại CD (Ax,By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB).

 

a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp.

AC là tiếp tuyến của (O) tại A nên MAC=900.

MNCD tại N nên MNC=MND=900.

Xét tứ giác ACNMMAC+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.

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.

ACNM là tứ giác nội tiếp (theo câu a).

MAN=MCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) BAN=MCD.

Xét ΔABNΔCDN có:

ABN=MDC(cmt)BAN=MCD(cmt)ΔABNΔCDM(g.g)

ANCM=NBMD (hai cạnh tương ứng) AN.MD=NB.CM (đpcm).

c) Gọi E là giao điểm của ANCM. Đường thẳng qua E và vuông góc với BD cắt MD tại F. Chứng minh N,F,B thẳng hàng.

Gọi E=BNDM, ta chứng minh EFBD.

ΔABNΔCDM(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).

N1=D1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

E1=D1 (1).

ΔBDM vuông tại B nên D1+BMD=900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).

BMD+CMD+M1=1800 M1+BMD=1800CMD=1800900=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 ABBD(gt) EFBD.

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 NAB=2R,ABN=600(gt) ta có:

AN=AB.sinABN=2R.sin600=R3.

BN=AB.cosABN=2R.cos600=R.

SΔABN=12AN.BN=12.R3.R=R232.

Diện tích nửa hình tròn tâm (O;R)ST=12πR2.

Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ΔABN là;

S=STSΔABN=12πR2R232=R22(π3)

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