GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2023Tải vềCâu 1: a) Tính A=√4+√20−√5−2 b) Cho biểu thức B=(1√x+1−1x+√x):√x−1(√x+1)2 với x>0,x≠1. Rút gọn biểu thức B và so sánh giá trị của B với 1. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: a) Tính A=√4+√20−√5−2 b) Cho biểu thức B=(1√x+1−1x+√x):√x−1(√x+1)2 với x>0,x≠1. Rút gọn biểu thức B và so sánh giá trị của B với 1. Câu 2: Cho hàm số y=12x2 có đồ thị (P). a) Vẽ đồ thị (P). b) Đường thẳng y=−x+b (với b > 0) lần lượt cắt Ox, Oy tại E, F. Chứng minh rằng tam giác OEF vuông cân và tìm b để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF là một điểm thuộc (P), với O là gốc tọa độ. Câu 3: a) Tổng của hai số bằng 23. Hai lần số này hơn số kia 1 đơn vị. Tìm hai số đó. b) Hai đội công nhân cùng dọn vệ sinh khu vực khán đài Lễ hội Pháo hoa quốc tế Đà Nẵng trong 1 giờ 12 phút thì xong. Nếu đội A làm 40 phút và đội B làm 2 giờ thì xong việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong bao lâu? Câu 4: Cho phương trình x2−2(m+1)x+m2−2m+5=0(∗), với m là tham số. a) Giải phương trình (*) khi m = 1. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả mãn √4x21+4mx1+m2+√x22+4mx2+4m2=7m+2. Câu 5: Cho đường tròn (O) có hai đường kính AC, BD (A khác B, D). Trên đoạn BC lấy điểm E (E khác B, C), đường thẳng ED cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh rằng AB = CD và ∠CFD=∠BCA. b) Đường thẳng qua E vuông góc với BC cắt tia AF tại G. Chứng minh rằng tứ giác CEFG nội tiếp và CD.EG = CB.CE. c) Gọi H là giao điểm của tia GE và AD. Đường thẳng qua H, song song với AC cắt đường thẳng qua E, song song với FC tại K. Chứng minh rằng ba điểm G, C, K thẳng hàng. ----- HẾT ----- Lời giải chi tiết Câu 1 (VD): Phương pháp: a) Căn bậc hai của một số a là một số x sao cho x2=a b) Quy đồng và rút gọn sử dụng hằng đẳng thức. Cách giải: a) Tính A=√4+√20−√5−2 Ta có: A=√4+√20−√5−2A=√22+√22.5−√5−2A=2+2√5−√5−2A=(2−2)+(2√5−√5)A=√5 Vậy A=√5. b, Cho biểu thức B=(1√x+1−1x+√x):√x−1(√x+1)2 với x>0,x≠1. Rút gọn biểu thức B và so sánh giá trị của B với 1. Điều kiện xác định: x>0,x≠1. B=(1√x+1−1√x(√x+1)):√x−1(√x+1)2B=(√x√x(√x+1)−1√x(√x+1)):√x−1(√x+1)2B=√x−1√x(√x+1).(√x+1)2√x−1B=√x+1√x Ta có: B=√x+1√x=1+1√x>1;∀x>0,x≠1. Vậy với x>0,x≠1 thì B=√x+1√x>1. Câu 2 (VD): Cách giải: a) Vẽ đồ thị (P). Ta có bảng giá trị sau: ⇒ Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm O(0;0);A(−2;2);B(−1;12);C(1;12);D(2;2) Hệ số a=12>0nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. Ta vẽ được đồ thị hàm số y=12x2 như sau: b) Đường thẳng y=−x+b (với b > 0) lần lượt cắt Ox, Oy tại E, F. Chứng minh rằng tam giác OEF vuông cân và tìm b để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF là một điểm thuộc (P), với O là gốc tọa độ. Cho y=0⇒−x+b=0⇔x=b => Đường thẳng y=−x+b cắt Ox tại E(b;0). Cho x=0⇒y=0+b=b => Đường thẳng y=−x+b cắt Oy tại F(0;b). Xét ΔOEF có: {OE⊥OF(doOx⊥Oy)OE=OF=b(dob>0) ⇒ΔOEF vuông cân tại O. => Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔOEF là trung điểm cạnh huyền EF. Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp ΔOEFlà H. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên Ox, Oy. Ta có {HM⊥OxOF⊥Ox⇒HM//OF (từ vuông góc đến song song). Mà H là trung điểm của EF => M là trung điểm của OE (Tính chất đường trung bình của tam giác). ⇒HM là đường trung bình của tam giác OEF ⇒HM=12OF=b2. Chứng minh tương tự ta tính được HN=b2. ⇒H(b2;b2). Để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF là một điểm thuộc (P) ⇔H(b2;b2)∈(P). ⇔b2=12.(b2)2⇔b2=b28⇔b2−4b=0⇔b(b−4)=0⇔[b=0(L)b=4(TM) Vậy b=4là giá trị cần tìm. Câu 3 (VD): Cách giải: a) Tổng của hai số bằng 23. Hai lần số này hơn số kia 1 đơn vị. Tìm hai số đó. Gọi số thứ nhất là a, số thứ hai là b. Theo đề bài: Tổng của hai số bằng 23, ta có phương trình: a + b = 23; Hai lần số này hơn số kia 1 đơn vị, ta có phương trình: 2a – b = 1. Theo bài ra ta có hệ phương trình: {a+b=232a−b=1⇔{a+b=233a=24⇔{a+b=23a=8⇔{a=8b=15. Vậy số thứ nhất là 8, số thứ hai là 15. b) Hai đội công nhân cùng dọn vệ sinh khu vực khán đài Lễ hội Pháo hoa quốc tế Đà Nẵng trong 1 giờ 12 phút thì xong. Nếu đội A làm 40 phút và đội B làm 2 giờ thì xong việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong bao lâu? Đổi 1 giờ 12 phút = 65h; 40 phút = 23h Gọi thời gian đội A làm riêng hoàn thành công việc là x (h), (x>65) thời gian đội B làm riêng hoàn thành công việc là y (h); (y>65) Trong 1 giờ, đội A làm được 1x công việc; đội B làm được 1y công việc. => 1 giờ hai đội cùng làm được 1x+1y (công việc) Theo đề bài, hai đội làm cùng nhau thì sau 1 giờ 12 phút = 65h xong công việc nên ta có phương trình: 65.(1x+1y)=1⇔1x+1y=56 Theo đề bài, nếu đội A làm 40 phút = 23h và đội B làm 2 giờ thì xong công việc nên ta có phương trình: 23x+2y=1 Ta có hệ phương trình: {1x+1y=5623x+2y=1. Đặt {1x=u1y=v, hệ phương trình trở thành: {u+v=5623u+2v=1⇔{v=56−u23u+2v=1⇔{v=56−u23u+2(56−u)=1 ⇔{v=56−u23u+53−2u=1⇔{v=56−u43u=23⇔{v=56−uu=12⇔{v=13u=12 ⇒{1x=121y=13⇔{x=2y=3 (thỏa mãn) Vậy thời gian đội A làm riêng hoàn thành công việc là 2 giờ; thời gian đội B làm riêng hoàn thành công việc là 3 giờ. Câu 4 (VD): Cách giải: a) Giải phương trình (*) khi m = 1. Thay m = 1 vào phương trình (*) ta được: x2−2(1+1)x+1−2+5=0⇔x2−4x+4=0⇔(x−2)2=0⇔x−2=0⇔x=2 Vậy khi m = 1 phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả mãn √4x21+4mx1+m2+√x22+4mx2+4m2=7m+2. Ta có: Δ′=(m+1)2−(m2−2m+5)=m2+2m+1−m2+2m−5=4m−4 Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thì Δ′>0⇔4m−4>0⇔m>1. Ta có: √4x21+4mx1+m2+√x22+4mx2+4m2=7m+2⇔√(2x1+m)2+√(x2+2m)2=7m+2⇔|2x1+m|+|x2+2m|=7m+2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m+1)=2m+2>0(dom>1)x1x2=m2−2m+5=(m−1)2+4>0∀m. ⇒{x1>0x2>0∀m>1⇒{2x1+m>0x2+2m>0∀m. Khi đó ta có: |2x1+m|+|x2+2m|=7m+2⇔2x1+m+x2+2m=7m+2⇔2x1+x2=4m+2⇔2m+2+x1=4m+2⇔x1=2m⇒x2=2m+2−x1=2 ⇒x1x2=4m=m2−2m+5⇔m2−6m+5=0 Ta có a+b+c=1+(−6)+5=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [m1=1(Ktm)m2=5(tm). Vậy m = 5. Câu 5 (VD): Cách giải: a) Chứng minh rằng AB = CD và ∠CFD=∠BCA. +) Chứng minh AB = CD Xét tam giác AOB và tam giác COD có: OA=OC(=R) ∠O1=∠O2 (đối đỉnh) OB=OD(=R)⇒ΔAOB=ΔCOD(c.g.c) ⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (đpcm) +) Chứng minh góc CFD = góc BCA Ta có: ∠CFD=∠CBD (hai góc nội tiếp cùng góc chắn cung CD). Lại có: OB=OC=R⇒ΔOBC cân tại O ⇒∠OBC=∠OCB (tính chất tam giác cân) ⇒∠CBD=∠BCA. Vậy ∠CFD=∠BCA(dpcm). b) Đường thẳng qua E vuông góc với BC cắt tia AF tại G. Chứng minh rằng tứ giác CEFG nội tiếp và CD.EG = CB.CE. +) Chứng minh tứ giác CEFG nội tiếp Ta có: ∠AFC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒∠CFG=900. Xét tứ giác CEFG có: ∠CFG=∠CEG=900 . Mà hai đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn dưới CG dưới hai góc bằng nhau => Tứ giác EFGC nội tiếp (dhnb) (đpcm) +) Chứng minh CD.EG = CB.CE Ta có: ∠AGC=12(sdcAC−sdcCF)=12sdcAF=∠ACF. Xét tam giác AGC và tam giác ACF có: {∠CAGchung∠AGC=∠ACF(cmt)⇒ΔAGC∼ΔACF(g.g) ⇒∠ACG=∠AFC=900 (2 góc tương ứng). ⇒CG⊥AC. => CG là tiếp tuyến của đường trong (O) tại C. Xét tam giác BCD và tam giác GEC có: ∠BCD=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒∠BCD=∠GEC=900. ∠BDC=∠GCE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC). ⇒ΔBCD∽ΔGEC(g.g) ⇒CBCD=EGCE⇒CD.EG=CB.CE(dpcm) c) Gọi H là giao điểm của tia GE và AD. Đường thẳng qua H, song song với AC cắt đường thẳng qua E, song song với FC tại K. Chứng minh rằng ba điểm G, C, K thẳng hàng. Vì CEFG là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠EGC=∠EFC=∠DFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC). Mà ∠DFC=∠DAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) ⇒∠EGC=∠DAC ⇒∠HGC=∠HAC. Mà hai đỉnh A, G kề nhau cùng nhìn HC dưới hai góc bằng nhau. ⇒AGCH là tứ giác nội tiếp (dhnb). ⇒∠AGH=∠ACH=∠FGE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH). Mà CEFG là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠FGE=∠FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF). ⇒∠ACH=∠FCE. Ta có: EK // FC (gt) ⇒∠FCE=∠CEK (so le trong) HK // AC (gt) ⇒∠ACH=∠CHK (so le trong) ⇒∠CEK=∠CHK. Mà hai đỉnh E, H kề nhau cùng nhìn CK dưới hai góc bằng nhau ⇒CEHK là tứ giác nội tiếp (dhnb). ⇒∠HEC+∠HKC=1800. Mà ∠HEC=900 (do GH⊥BC tại E) ⇒∠HKC=900⇒CK⊥HK. Mà HK // AC (gt) ⇒CK⊥AC (từ vuông góc đến song song). Mà CG⊥AC(cmt). Vậy G, C, K thẳng hàng.
Quảng cáo
|