Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2019Tải vềCâu 1 (2 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: A=√32−√6.√3+√22√11. 2) Giải phương trình: x2−2x=0. 3) Xác định hệ số a của hàm số y=ax2, biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm A(−3;1). Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình x2−(2m−n)x+(2m+3n−1)=0(1) (m,n là tham số) 1) Với n=0, chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2) Tìm m,n để phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2=−1 và x21+x22=13. Câu 3 (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y=−x+√22. Gọi A,B lần lượt là giao điểm của d với trục hoành và trục tung; H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tính độ dài đoạn thẳng OH (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet). 2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là 2cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1 cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng côc bao nhiêu xentimet? (giả sử độ dày của cốc là không đáng kể). Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm M thuộc cung nhỏ BD sao cho ∠BOM=300. Gọi N là giao điểm của CM và OB. Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt OB,OD kéo dài lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua N và vuông góc với AB cắt EF tại P. 1) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ΔEMN là tam giác đều. 3) Chứng minh CN=OP. 4) Gọi H là trực tâm ΔAEF. Hỏi ba điểm A,H,P có thẳng hàng không? Vì sao? Câu 5 (1 điểm): Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x+2y+3z=2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S=√xyxy+3z+√3yz3yz+x+√3xz3xz+4y. Lời giải chi tiết Câu 1 Phương pháp: 1) Sử dụng công thức: √A.√B=√AB;√A√B=√AB;√A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0. 2) Đưa phương trình về dạng phương trình tích để giải phương trình. 3) Thay tọa độ điểm A(−3;1) vào công thức hàm số y=ax2 để tìm a. Cách giải: 1) Rút gọn biểu thức: A=√32−√6.√3+√22√11. A=√32−√6.√3+√22√11=√42.2−√6.3+√2211=4√2−√32.2+√2=5√2−3√2=2√2. Vậy A=2√2. 2) Giải phương trình: x2−2x=0. x2−2x=0⇔x(x−2)=0⇔[x=0x−2=0⇔[x=0x=2. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S={0;2}. 3) Xác định hệ số a của hàm số y=ax2, biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm A(−3;1). Đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm A(−3;1) nên thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta được: 1=a.(−3)2⇔a=19. Vậy a=19. Câu 2 Phương pháp: 1) Thay n=0 vào phương trình (1), chứng minh Δ≥0(Δ′≥0) với mọi m. 2) Tìm điều kiện của m,n để phương trình (1) có nghiệm: Δ≥0. +) Áp dụng định lý Vi-et và các biểu thức bài cho để tìm m,n. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận. Cách giải: Cho phương trình x2−(2m−n)x+(2m+3n−1)=0(1) (m,n là tham số) 1) Với n=0, chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Với n=0 ta có phương trình (1)⇔x2−2mx+2m−1=0 Phương trình có Δ′=m2−2m+1=(m−1)2≥0∀m Vậy với n=0 thì phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. 2) Tìm m,n để phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2=−1 và x21+x22=13. Ta có: Δ=(2m−n)2−4(2m+3n−1)=4m2−4mn+n2−8m−12n+4. Phương trình (1) có hai nghiệmx1,x2⇔Δ≥0 ⇔4m2−4mn+n2−8m−12n+4≥0.(∗) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2m−n(2)x1x2=2m+3n−1(3). Theo đề bài ta có: {x1+x2=−1x21+x22=13⇔{x1+x2=−1(4)(x1+x2)2−2x1x2=13(5) Thế (3) và (4) vào (5) ta được: (5)⇔(−1)2−2(2m+3n−1)=13⇔1−4m−6n+2=13⇔4m+6n=−10⇔2m+3n=−5(6) Từ (2) và (4) ta có: 2m−n=−1⇔n=2m+1(7) Thế (7) vào (6) ta được: 2m+3(2m+1)=−5⇔2m+6m+3=−5⇔8m=−8⇔m=−1 ⇒n=2m+1=2.(−1)+1=−1. Thay m=−1,n=−1 vào điều kiện (∗) ta có: 4.(−1)2−4.(−1)(−1)+(−1)2−8.(−1)−12.(−1)+4=25>0 ⇒{m=−1n=−1 thỏa mãn. Vậy m=−1,n=−1 là các giá trị cần tìm. Câu 3 Phương pháp: 1) Tìm tọa độ các điểm A,B. Sử dụng hệ thức lượng trong ΔAOB vuông tại O có đường cao OH để làm bài toán. 2) Thể tích của khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là: V=πR2h. Thể tích khối cầu bán kính R là: V=43πR3. Cách giải: 1) Cho d:y=−x+√22. Ta có: d∩Ox={A}⇒A(xA;0)⇒−xA+√22=0⇔xA=√22⇒A(√22;0)⇒OA=√22. d∩Oy={B}⇒B(0;yB)⇒0+√22=yB⇔yB=√22⇒B(0;√22)⇒OB=√22. Vì tam giác OAB vuông cân tại O (doOA=OB=√22) mà OH là đường trung tuyến nên OH cũng là đường cao.
2) Thể tích nước dâng lên = thể tích 6 viên bi được thả vào cốc. Thể tích nước có trong cốc ban đầu là: V1=π.22.8=32π(cm3). Ta có thể tích của 6 viên bi được thả vào cốc là: V2=6.43π.13=8π(cm3). Thể tích sau khi được thả thêm 6 viên bi là: V=V1+V2=32π+8π=40π(cm3). ⇒ Chiều cao mực nước trong cốc lúc này là: h=VπR2=40ππ.22=10(cm). Vậy sau khi thả 6 viên bi vào cốc thì mực nước cách cốc là 12−10=2cm. Câu 4 Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết của tứ giác. 2) Chứng minh tam giác có hai góc có số đo bằng 600 là tam giác đều. 3) Chứng minh tứ giác OCNP là hình bình hành. Cách giải: 1) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác ONMP ta có: ∠ONP=900(NP⊥AB) ∠OMP=900 (EF là tiếp tuyến của (O)) ⇒∠ONP=∠OMP=900 Mà hai đỉnh N,P là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh OP. ⇒ONMP là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm). 2) Chứng minh ΔEMN là tam giác đều. Xét (O) ta có: ∠COM là góc ở tâm chắn cung CM ∠CME là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung CM ⇒∠CME=12∠COM=12(∠COB+∠BOM)=12(900+300)=600. (tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung). Hay ∠NME=600. Xét ΔOME vuông tại M ta có: ∠OEM=900−∠EOM=900−300=600. Xét ΔMNE ta có:∠NEM=∠NME=600(cmt) ⇒ΔNME là tam giác đều. (định nghĩa) (đpcm). 3) Chứng minh CN=OP. Ta có: ΔMNE là tam giác đều (cmt) ⇒∠ENM=600=∠ONC (hai góc đối đỉnh) ⇒∠OCN=900−∠ONC=900−600=300 Ta có: ∠OMN=900−∠NME=900−600=300. Vì ONMP là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠OPN=∠OMN=300 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON) Ta có: {OC⊥AB={O}NP⊥AB={N}⇒OC//NP⇒OCPN là hình thang. Mà ∠OCN=∠OPN=300(cmt). Lại có hai góc này là hai góc đối nhau ⇒OCNP là hình bình hành. ⇒OC=NP(dpcm). 4) Gọi H là trực tâm ΔAEF. Hỏi ba điểm A,H,P có thẳng hàng không? Vì sao? Gọi I là chân đường cao kẻ từ A đến EF thì H∈AI. Giả sử phản chứng A,H,P thẳng hàng thì P≡I hay AP⊥EF. Có ∠EOP=∠NOP=900−∠ONP=600 và ∠OEP=600(cmt) nên ΔOEP là tam giác cân có một góc bằng 600 nên là tam giác đều ⇒OP=PE(1). Lại có ∠POF=900−∠EOP=900−600=300 và ∠PFO=900−∠OEP=900−600=300 nên tam giác OPF cân tại P hay OP=PF(2). Từ (1) và (2) suy ra PE=PF(=OP). Xét tam giác AEF có AP⊥EF (giả thiết) và PE=PF nên AP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến. ⇒ΔAEF cân tại A. Mà ∠AEF=600 nên tam giác AEF đều. ⇒FO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến ⇒OA=OE (vô lý vì OA<OE). Vậy ba điểm A,H,P không thẳng hàng. Câu 5 Phương pháp: - Biến đổi các mẫu về dạng tích. - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương √ab≤a+b2. Cách giải: Do x+2y+3z=2 nên {x=2−2y−3z2y=2−x−3z3z=2−x−2y. Khi đó, xy+3z=xy+(2−x−2y)=(xy−x)−(2y−2)=x(y−1)−2(y−1)=(x−2)(y−1)3yz+x=3yz+(2−2y−3z)=(3yz−3z)−(2y−2)=(y−1)(3z−2)3xz+4y=3xz+2(2−x−3z)=(3xz−6z)−(2x−4)=3z(x−2)−2(x−2)=(x−2)(3z−2) Suy ra: S=√xy(x−2)(y−1)+√3yz(y−1)(3z−2)+√3xz(x−2)(3z−2)=√x2(1−y).√2y2−x+√2y2−3z.√3z2(1−y)+√x2−3z.√3z2−x≤12(x2(1−y)+2y2−x)+12(2y2−3z+3z2(1−y))+12(x2−3z+3z2−x)=12(x2(1−y)+2y2−x+2y2−3z+3z2(1−y)+x2−3z+3z2−x)=12(x+3z2(1−y)+2y+3z2−x+2y+x2−3z)=12(2−2y2(1−y)+2−x2−x+2−3z2−3z)=12.(1+1+1)=32 Hay S≤32 ⇒maxS=32 Dấu “=” xảy ra khi {x2(1−y)=2y2−x2y2−3z=3z2(1−y)x2−3z=3z2−x⇒2x−x2=4y−4y2=6z−9z2 và x+2y+3z=2.
Quảng cáo
|