GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2020Tải vềBài 1: a) Tính giá trị của biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức A=√3+√12−√27−√36 b) Cho biểu thức B=2√x−1−1√x+3√x−5√x(√x−1) với x>0 và x≠1. Rút gọn biểu thức B và tìm x để B=2 Bài 2: Cho hàm số y=12x2. a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho. b) Đường thẳng y=8 cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A và B, trong đó điểm B có hoành độ dương. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác OAB, với O là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét). Bài 3: a) Giải phương trình 3x2−7x+2=0. b) Biết phương trình x2−19x+7=0 có hai nghiệm là x1 và x2, không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: P=x2(2x21−38x1+x1x2−3)2+x1(2x22−38x2+x1x2−3)2+120. Bài 4: a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó. b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB. Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) lấy điểm D (không trùng với B và C). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB(H∈AB) và E là giao điểm của CH với AD. a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng AB2=AE.AD+BH.BA. c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh rằng ∠CDF=900 và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CF. Lời giải chi tiết Bài 1. (1,0 điểm) Cách giải: a) Tính giá trị của biểu thức A=√3+√12−√27−√36 A=√3+√12−√27−√36⇔A=√3+√22.3−√32.3−√62⇔A=√3+2√3−3√3−6⇔A=√3.(1+2−3)−6⇔A=−6 Vậy A=−6. b) Cho biểu thức B=2√x−1−1√x+3√x−5√x(√x−1) với x>0 và x≠1. Rút gọn biểu thức B và tìm x để B=2 Với x>0 và x≠1 ta có: B=2√x−1−1√x+3√x−5√x(√x−1)⇔B=2√x−(√x−1)+3√x−5√x(√x−1)⇔B=2√x−√x+1+3√x−5√x(√x−1)⇔B=4√x−4√x(√x−1)⇔B=4(√x−1)√x(√x−1)=4√x Vậy với x>0,x≠1 thì B=4√x. Để B=2 thì 4√x=2⇔√x=2⇔x=4(tm). Vậy để B=2 thì x=4. Bài 2. (1,5 điểm) Cách giải: Cho hàm số y=12x2. a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho. Ta có bảng giá trị:
Vậy đồ thị hàm số (P):y=12x2 là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm (−4;8),(−2;2),(0;0),(2;2),(4;8). Đồ thị hàm số: b) Đường thẳng y=8 cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A và B, trong đó điểm B có hoành độ dương. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác OAB, với O là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét). Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường thẳng y=8 ta có: 12x2=8⇔x2=16⇔[x=4x=−4 +) Với x=−4⇒A(−4;8). +) Với x=4⇒B(4;8) (Vì B là điểm có hoành độ dương). Gọi K là giao điểm của đường thẳng y=8 với trục tung ⇒K(0;8). Ta có: ΔAOB cân tại O, có OK⊥AB, OK=8(cm),AB=8(cm). ⇒SOAB=12OK.AB=12.8.8=32cm2. Áp dụng định lý Pi-ta-go cho ΔOBK vuông tại K ta có: OB=√OK2+KB2=√82+42=4√5(cm) Lại có: SOAB=12AH.OB⇔12AH.4√5=32⇔AH=16√55(cm). Áp dụng định lý Pitago cho ΔABH vuông tại H ta có: BH=√AB2−AH2=√82−(16√55)2=√645=8√55. ⇒SABH=12AH.BH=12.16√55.8√55=645=12,8cm2. Vậy diện tích tam giác ABH là 12,8cm2. Bài 3. (1,5 điểm) Cách giải: a) Giải phương trình 3x2−7x+2=0. Phương trình có: Δ=b2−4ac=72−4.3.2=25>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=7+√256=2x2=7−√256=13. Vậy phương trình đã cho tập nghiệm: S={13;2}. b) Biết phương trình x2−19x+7=0 có hai nghiệm là x1 và x2, không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: P=x2(2x21−38x1+x1x2−3)2+x1(2x22−38x2+x1x2−3)2+120. Xét phương trình: x2−19x+7=0 có Δ=192−4.7=333>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệtx1,x2. Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=19x1x2=7. Ta có: x1,x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ⇒{x21−19x1+7=0x22−19x2+7=0. Theo đề bài ta có: P=x2(2x21−38x1+x1x2−3)2+x1(2x22−38x2+x1x2−3)2+120=x2[2(x21−19x1+7)−14+x1x2−3]2+x1[2(x22−19x2+7)−14+x1x2−3]2+120=x2(x1x2−17)2+x1(x1x2−17)2+120=(x1x2−17)2(x1+x2)+120=(7−17)2.19+120=19.102+120=1900+120=2020 Bài 4. (2,0 điểm) Cách giải: a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó. Gọi số tự nhiên cần tìm là x (ĐK: x∈N). Bình phương của số tự nhiên x là x2. Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình: x2−x=20⇔x2−x−20=0⇔x2−5x+4x−20=0⇔x(x−5)+4(x−5)=0⇔(x−5)(x+4)=0⇔[x−5=0x+4=0⇔[x=5(tm)x=−4(ktm) Vậy số tự nhiên cần tìm là 5. b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB. Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là x (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là y (km) (ĐK: x,y>0) ⇒ Quãng đường lên dốc lúc về là y (km), quãng đường xuống dốc lúc về là x (km). Thời gian lúc đi là 16 phút =1660=415(h) nên ta có phương trình: x10+y15=415⇔3x+2y=8(1). Thời gian lúc về là 14 phút =1460=730(h) nên ta có phương trình: y10+x15=730⇔3x+2x=7(2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: {3x+2y=83y+2x=7⇔{9x+6y=244x+6y=14⇔{5x=103x+2y=8⇔{x=23.2+2y=8⇔{x=22y=2⇔{x=2y=1(tm) ⇒ Quãng đường lên dốc lúc đi là 2km, quãng đường xuống dốc lúc đi là 1km. Vậy độ dài quãng đường AB là 2+1=3(km). Bài 5. (2,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) lấy điểm D (không trùng với B và C). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB(H∈AB) và E là giao điểm của CH với AD. a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp. Vì ∠ADB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên ∠ADB=900 hay ∠EDB=900. Lại có CH⊥AB (gt) nên ∠CHB=900⇒∠EHB=900. Xét tứ giác BDEH có: ∠EDB+∠EHB=900+900=1800. ⇒BDEH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). b) Chứng minh rằng AB2=AE.AD+BH.BA. Vì ABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên ∠ADC=∠ABC (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC). Ta lại có: ∠ABC+∠CAB=900 (do tam giác ABC có ∠ACB=900 - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). ∠ACH+∠CAB=900 (do tam giác ACH vuông tại H). ⇒∠ABC=∠ACH (2) (cùng phụ với ∠CAB). Từ (1) và (2) ⇒∠ADC=∠ACH (=∠ABC) hay ∠ADC=∠ACE. Xét ΔACE và ΔADC có: ∠CAD chung; ∠ACE=∠ADC(cmt). ⇒ΔACE∼ΔADC(g.g)⇒ACAD=AEAC⇒AC2=AE.AD(∗) Xét tam giác ABC vuông tại C, đường cao CH ta có: BC2=BH.BA(2∗) (hệ thức lượng trong tam giác vuông). Từ (*) và (2*) suy ra AC2+BC2=AE.AD+BH.BA. Lại có ΔABC vuông tại C nên AC2+BC2=AB2 (định lí Pytago). Vậy AB2=AE.AD+BH.BA (đpcm). c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh rằng ∠CDF=900 và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CF. *) Vì EF//AB(gt) nên ∠CFE=∠CBA (đồng vị). Mà ∠CBA=∠CDA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC). ⇒∠CFE=∠CDA. ⇒ Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). ∠CDF+∠CEF=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp). Ta lại có: {CH⊥AB(gt)EF//AB(gt)⇒EF⊥CH (từ vuông góc đến song song) ⇒∠CEF=900. ⇒∠CDF=1800−∠CEF=1800−900=900(dpcm). *) Gọi I là giao điểm của CF và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD. Ta có: ∠ADB=∠ADF+∠FDB=900∠CDF=∠ADF+∠CDA=900 ⇒∠FBD=∠CDA (cùng phụ với ∠ADF). Mà ∠CDA=∠CBA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC). ⇒∠FDB=∠CBA (=∠CDA). Mà ∠CBA=∠OBI=∠ODI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OI). ⇒∠FDB=∠ODI⇒∠FDB+∠ODF=∠ODI+∠ODF⇒∠ODB=∠IDF(3) Ta có: tứ giác CDFE nội tiếp (cmt) nên ∠IFD=∠CFD=∠CED=AEH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD). Ta lại có: ∠AEH+∠EAH=900∠ABD+∠BAD=900 Mà ∠EAH=∠BAD nên ∠AEH=∠ABD=∠OBD ⇒∠IFD=∠OBD (4) Lại có: OD=OB (=bán kính) nên ΔOBD cân tại O, do đó ∠OBD=∠ODB (5). Từ (3), (4), (5) suy ra ∠IDF=∠IFD ⇒ΔIDF cân tại I (định nghĩa) ⇒ID=IF (3*) (tính chất tam giác cân). Ta có: ∠IDF+∠IDC=∠CDF=900 ∠IFD+∠ICD=900 (do tam giác CDF vuông tại D). ⇒∠IDC=∠ICD⇒ΔICD cân tại I (định nghĩa) ⇒IC=ID (4*) (tính chất tam giác cân). Từ (3*) và (4*) suy ra IC=IF(=ID). Vậy I là trung điểm của CF (đpcm).
Quảng cáo
|