Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2021

Tải về

Câu 1 (2,0 điểm): a) Tính

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Tính A=4+3.12A=4+3.12

b) Cho biểu thức B=(x2+x+x+44x):xx2xB=(x2+x+x+44x):xx2x với x>0x>0x4x4.

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho hàm số y=x2y=x2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d):y=kx2k+4.(d):y=kx2k+4.

a) Vẽ đồ thị (P)(P). Chứng minh rằng (d)(d) luôn đi qua điểm C(2;4)C(2;4).

b) Gọi HH là hình chiếu của điểm B(4;4)B(4;4) trên (d)(d). Chứng minh rằng khi kk thay đổi (k0k0) thì diện tích tam giác HBCHBC không vượt quá 9cm9cm(đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

Câu 3 (1,5 điểm):

Cho phương trình x2+4(m1)x12=0(),x2+4(m1)x12=0(), với mm là tham số

a) Giải phương trình (*) khi m=2m=2

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số mm để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 thỏa mãn 4|x12|4mx2=(x1+x2x1x28)24|x12|4mx2=(x1+x2x1x28)2.

Câu 4 (1,5 điểm):

a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 20212021 và hiệu của số lớn và số bé bằng 1515.

b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-CoV-2 cho 1200012000 người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm 10001000 người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là 1616 giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ?

Câu 5 (3,5 điểm):

Cho tam giác nhọn ABCABC (AB<AC)(AB<AC), các đường cao BD,CEBD,CE (DAC,EAB)(DAC,EAB) cắt nhau tại HH.

a) Chứng minh rằng tứ giác BEDCBEDC nội tiếp.

b) Gọi MM là trung điểm của BCBC. Đường tròn đường kính AHAH cắt AMAM tại điểm GG (GG khác AA). Chứng minh rằng AE.AB=AG.AMAE.AB=AG.AM

c) Hai đường thẳng DEDEBCBC cắt nhau tại KK. Chứng minh rằng MAC=GCMMAC=GCM và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE,MCDMBE,MCD song song với đường thẳng KGKG

Lời giải

Câu 1

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức: A2=|A|={AkhiA0AkhiA<0

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Vận dụng hằng đẳng thức ab=(ab)(a+b) xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a) Ta có:

A=4+3.12A=22+3.12A=2+62A=2+6A=8

Vậy A=8.

b) Với x>0,x4 ta có:

B=(x2+x+x+44x):xx2xB=(x2+x+x+4(2+x)(2x)):xx(x2)B=x(2x)+x+4(2+x)(2x):xx2B=2xx+x+4(2+x)(2x).x2xB=2x+42+x.1xB=2(x+2)2+x.1xB=2x

Vậy với x>0,x4 thì B=2x.

Câu 2

Phương pháp:

a) Vẽ đồ thị của hàm số y=ax2(a0)

+ Nhận xét về hệ số a và sự biến thiên của hàm số

+ Lập bảng giá trị tương ứng của xy

+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.

Thay x=2;y=4 vào phương trình đường thẳng (d):y=kx2k+4, ta chứng minh được điều luôn đúng, từ đó có được điều phải chứng minh.

b) Tính diện tích ΔHBC

Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được BC

Biện luận, từ đó chứng minh được yêu cầu của đề bài.

Cách giải:

a) Parabol (P):y=x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng.

Hệ số a=1>0 nên hàm số đồng biến khi x>0 và nghịch biến khi x<0.

Ta có bảng giá trị sau:

x

2

1

0

1

2

y=x2

4

1

0

1

4

Parabol (P):y=x2 đi qua các điểm (2;4), (1;1), (0;0), (1;1), (2;4).

Đồ thị Parabol (P):y=x2:

 

Thay x=2;y=4 vào phương trình đường thẳng (d):y=kx2k+4. ta được:

4=2k2k+44=4 (luôn đúng với mọi k)

Vậy (d) luôn đi qua điểm C(2;4) với mọi m.

b)

 

ΔHBC vuông tại H nên ta có SΔHBC=12HB.HC14.(HB2+HC2).

Áp dụng định lí Py – ta – go,  ta có: HB2+HC2=BC2=62=36.

SΔHBC14.36=9 (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HB=HCΔHBC vuông cân tại H.

Câu 3

Phương pháp:

a) Thay m=2 phương trình ()

Tính Δ=b24ac (hoặc Δ=(b)2ac), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: x1,2=b±Δ2a (hoặc x1,2=b±Δa), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.

b) Phương trình ax2+bx+c=0(a0) có hai nghiệm phân biệt Δ>0 (hoặc Δ>0)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m

x2 là nghiệm của phương trình (*) nên: 24mx2=(x22)2=|x22|

Khi đó, thày vào 4|x12|4mx2=(x1+x2x1x28)2, tìm được giá trị m

Cách giải:

a) Thay m=2 vào phương trình (*) ta có:

x2+4(21)x12=0x2+4x12=0

Ta có: Δ=22+12=16=42>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=2+4=2x=24=6.

Vậy với m=2 thì tập nghiệm của phương trình (*) là S={2;6}.

b) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2Δ>04(m1)2+12>0 (luôn đúng với mọi m).

Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m.

Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=ba=4(m1)=4(1m)(1)x1x2=ca=12(2)

x2 là nghiệm của phương trình (*) nên:

x22+4(m1)x212=0x22+4mx24x212=0x22+4(mx24)4x2+4=04(4mx2)=x224x2+4=(x22)224mx2=(x22)2=|x22|

Khi đó ta có:

4|x12|4mx2=(x1+x2x1x28)2

2|x12||x22|=[4(1m)+128]22|x1x22(x1+x2)+4|=(84m)22|122.4(1m)+4|=6464m+16m2|16+8m|=8(m24m+4)|m2|=(m2)2(m2)2=(m2)4(m2)4(m2)2=0(m2)2.[(m2)21]=0

[m=2m2=1m2=1[m=2m=3m=1

Vậy m{1;2;3} là các giá trị thỏa mãn bài toán.

Bài 4

Phương pháp:

a) Gọi số lớn là x(x>15,xN), số bé là y(yN).

Từ giả thiết tổng và hiệu của hai số lập được hệ phương trình

Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm x

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm y

Đối chiếu điều kiện, kết luận.

b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là x( người) (xN,x<12000)

Từ đó, tính được thời gian xét nghiệm theo kế hoạch và thời gian xét nghiệm thực tế.

Từ giả của đề bài, lập được phương trình.

Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

a) Gọi số lớn là x(x>15,xN), số bé là y(yN).

Ta có tổng của hai số là 2021 nên ta có phương trình x+y=2021(1)

Hiệu của số lớn và số bé là 15 nên ta có phương trình xy=15(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình

{x+y=2021xy=15{2x=2036y=x15{x=1018y=1003(tm)

Vậy số lớn là 1018, số bé là 1003.

b) Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là x( người) (xN,x<12000)

Theo kế hoạch địa phương ý xét nghiệm 12000 người hết 12000x (giờ)

Thực tế, số người được xét nghiệm trong một giờ là x+1000 (người)

Thực tế, địa phương ý xét nghiệm 12000 người hết 12000x+1000( giờ)

Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch 16 giờ nên ta có phương trình

12000x12000x+1000=1612000(x+1000)12000x=16x(x+1000)12000x+1200000012000x=16x2+1600016x2+16000x12000000=0x2+1000x750000=0x2+1500x500x750000=0x(x+1500)500(x+1500)=0(x+1500)(x500)=0[x+1500=0x500=0[x=1500(ktm)x=500(tm)

Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần 12000500=24 (giờ) để xét nghiệm xong.

Câu 5

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

b) + Chứng minh được: ABC=AGE(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

+ Chứng minh: ΔABMΔAGE(g.g)AE.AB=AG.AM

c) + Chứng minh được: Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE,MCD là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác GDCMEBMG, suy ra đường nối tâm vuông góc với GM()

Gọi {F}=AHBC

Chứng minh: BAC=DFM, EDH=EAH, HDM=HAD từ đó, suy ra EDM=KDM

Chứng minh: AGFK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

AFK=AGK=900

KGGM  (**)

Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE,MCD song song với KG (đpcm)

Cách giải:

a) Ta có: BD,CE là các đường cao của ΔABC nên {BDACCEABBDC=BEC=900

BEDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).

b) Ta có: AEH=ADH=900AEH+ADH=1800

AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH (định nghĩa)

Mà đường tròn đường kính AH cắt AM tại G.

Năm điểm A,E,H,G,D cùng thuộc một đường tròn.

AGE=ADE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

ABC=ADE (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BEDC)

ABC=AGE.

Xét ΔABMΔAGE có: ABC=AGE (cmt); BAM chung.

ΔABMΔAGE(g.g)AEAM=AGAB (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

AE.AB=AG.AM (đpcm)

c) Ta có AGD=AED (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

AED=ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BEDC)

AGD=ACB=DCM.

Lại có AGD+DGM=1800 (kề bù) DGM+DCM=1800.

GDCM là tứ giác nội tiếp (dhnb) MGC=MDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC).

Lại có DM=12BC=MC (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) ΔMCD cân tại M.

MDC=MCD (2 góc ở đáy của tam giác cân).

MGC=MCD=MCA.

Xét ΔGCMΔCAM có: AMC chung ; MAC=GCM (cmt)

ΔGCMΔCAM(g.g) MAC=GCM (2 góc tương ứng (đpcm).

Ta có ABC=AGE(cmt) nên EBMG là tứ  giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE,MCD là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác GDCMEBMG.

Giao của hai tứ giác  GDCMEBMGGM.

Đường nối tâm vuông góc với GM()

Gọi {F}=AHBC AFBCAFB=900.

BDA=900 ADFB nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

BAC=DFM (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

EDH=EAH(2) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH).

       HDM=HBM=DBM (DM là trung tuyến của ΔBDC vuông tại D nên DM=12BC=BM).

       DBM=HAD (Cùng phụ ACB)

HDM=HAD(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra

EDM=EDH+HDM=EAH+HAD=BAC=DFM=KDM

Xét ΔFDMΔDKM có: KMD chung; DFM=KDM (cmt)

ΔFDMΔDKM(g.g) MDKM=FMMDMD2=FM.KM

Có: ΔGCMΔCAM(cmt)MCAM=GMMCMC2=MG.MA

MD=MC(cmt) FM.KM=MG.MAFMGM=MAMK

ΔFGMΔAKM(c.g.c)FGM=AKM (2 góc tương ứng)

AGFK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

AFK=AGK=900 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) KGAG hay KGGM  (**)

Từ (*) và (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE,MCD song song với KG (đpcm).

Tải về

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

close