Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2020Tải vềCâu 1: 1) Tính giá trị của biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: 1) Tính giá trị của biểu thức M=√4a2+3aM=√4a2+3a tại a=2.a=2. 2) Giải hệ phương trình: {x−2y=1−x+3y=2.{x−2y=1−x+3y=2. 3) Giải phương trình: 2x2−9x+4=0.2x2−9x+4=0. Câu 2: Cho biểu thức: P=(13+√x+(√x+1)(√x+6)9−x):2√x+16−√4x.P=(13+√x+(√x+1)(√x+6)9−x):2√x+16−√4x. 1) Tìm điều kiện của xx để biểu thức PP có nghĩa và rút gọn P.P. 2) Tìm các giá trị của xx sao cho √x√x và PP là những số nguyên. Câu 3: 1) Tìm a, b để đường thẳng y=ax+by=ax+b song song với đường thẳng y=4x+5y=4x+5 và cắt đồ thị hàm số y=x2y=x2 tại hai điểm A(x1;y1)A(x1;y1), B(x2;y2)B(x2;y2) phân biệt thỏa mãn x21+x22=10x21+x22=10. 2) Một vườn có hình vuông ABCD có cạnh 20m như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi dây thừng dài 20m tại trung điểm E của cạnh AB. Tính diện tích phần cỏ mà con dê có thể ăn được (phần tô đậm trên hình vẽ) (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân). Câu 4: Cho hai đường tròn bằng nhau (O;R)(O;R) và (O′;R) cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho AB=R. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi E là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC(E≠B,C). CB và EB lần lượt cắt đường tròn (O′) tại các điểm thứ hai là D và F. 1) Chứng minh ∠AFD=900. 2) Chứng minh AE=AF. 3) Gọi P là giao điểm của CE và FD. Gọi Q là giao điểm của AP và EF. Chứng minh AP là đường trung trực của EF. 4) Tính tỉ số AQAP. Câu 5: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=(1−c)2√2(b+c)2+bc+(1−a)2√2(c+a)2+ca+(1−b)2√2(a+b)2+ab Lời giải chi tiết Câu 1 (2 điểm) Cách giải: 1) Tính giá trị của biểu thức M=√4a2+3a tại a=2. Khi a=2 ta có: M=√4.22+3.2=√16+6=4+6=10. Vậy khi a=2 thì M=10. 2) Giải hệ phương trình: {x−2y=1−x+3y=2. {x−2y=1−x+3y=2⇔{y=3x=1+2y⇔{x=1+2.3y=3⇔{x=7y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(7;3). 3) Giải phương trình: 2x2−9x+4=0. Phương trình 2x2−9x+4=0 có: Δ=(−9)2−4.2.4=49>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=9−√494=12x2=9+√494=4 Vậy phương trình có tập nghiệm là: S={12;4}. Câu 2 (2 điểm) Cách giải: Cho biểu thức: P=(13+√x+(√x+1)(√x+6)9−x):2√x+16−√4x. 1) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P. Điều kiện: {x≥09−x≠06−√4x≠0⇔{x≥0x≠94x≠36⇔{x≥0x≠9. P=(13+√x+(√x+1)(√x+6)9−x):2√x+16−√4x=[13+√x+x+7√x+6(3−√x)(3+√x)]:2√x+16−2√x=3−√x+x+7√x+6(3−√x)(3+√x).2(3−√x)2√x+1=x+6√x+93+√x.22√x+1=(√x+3)23+√x.22√x+1=2(√x+3)2√x+1=2√x+62√x+1. Vậy P=2√x+62√x+1 khi x≥0,x≠9. 2) Tìm các giá trị của x sao cho √x và P là những số nguyên. Điều kiện: x≥0,x≠9. Để √x là số nguyên thì x phải là số nguyên và là số chính phương. Ta có: P=2√x+62√x+1=2√x+1+52√x+1=1+52√x+1. Để P∈Z thì 52√x+1∈Z ⇒5⋮(2√x+1) hay 2√x+1∈U(5) Mà U(5)={±1;±5} Với mọi x≥0,x≠9 ta có: 2√x+1≥1 ⇒2√x+1∈{1;5}⇒[2√x+1=12√x+1=5⇔[2√x=02√x=4⇔[√x=0√x=2⇔[x=0x=4 Ta thấy x∈{0;4} thỏa mãn điều kiện x≥0,x≠9,x là số nguyên và là số chính phương. Vậy x∈{0;4} thỏa mãn bài toán. Câu 3 (2,0 điểm) Cách giải: 1) Tìm a, b để đường thẳng y=ax+b song song với đường thẳng y=4x+5 và cắt đồ thị hàm số y=x2 tại hai điểm A(x1;y1), B(x2;y2) phân biệt thỏa mãn x21+x22=10. Vì đường thẳng y=ax+b song song với đường thẳng y=4x+5 nên {a=4b≠5. Khi đó phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y=4x+b(b≠5). Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y=4x+b(b≠5) và parabol y=x2: x2=4x+b⇔x2−4x−b=0(∗) Để đường thẳng y=4x+b(b≠5) cắt parabol y=x2 tại 2 điểm phân biệt A(x1;y1), B(x2;y2) thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1,x2. ⇒Δ′=(−2)2+b=4+b>0⇔b>−4. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=4x1x2=−b. Theo bài ra ta có: x21+x22=10⇔(x1+x2)2−2x1x2=10⇔42+2b=10⇔16+2b=10⇔2b=−6⇔b=−3(tm) Vậy a=4,b=−3. 2) Một vườn có hình vuông ABCD có cạnh 20m như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi dây thừng dài 20m tại trung điểm E của cạnh AB. Tính diện tích phần cỏ mà con dê có thể ăn được (phần tô đậm trên hình vẽ) (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân). Gọi hai điểm M,N như hình vẽ. Ta có: EM=EN=20m. Vì E là trung điểm của AB nên EA=EB=12AB=10(m). Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có: BM2=EM2−EB2=202−102=300⇒BM=√300=10√3(m) Tương tự ta có: AN=BM=10√3(m). ⇒SΔBEM=12BE.BM=12.10.10√3=50√3(m2) SΔAEN=12AE.AN=12.10.10√3=50√3(m2). Xét tam giác vuông BEM ta có: cos∠BEM=BEBM=1020=12⇒∠BEM=600 Tương tự xét tam giác vuông AEN ta có: cos∠AEN=AEEN=1020=12⇒∠AEN=600 Ta có: ∠BEM+∠AEN+∠MEN=1800⇒∠MEN=1800−∠BEM−∠AEN=1800−600−600⇒∠MEN=600 Diện tích hình quạt EMN, bán kính 20m là: SqEMN=πR2.60360=π.2026=200π3(m2). Vậy diện tích phần cỏ mà con dê có thể ăn là: S=SΔBEM+SΔAEN+SqEMN=50√3+50√3+200π3≈382,64(m2) Câu 4 (3 điểm) Cách giải: Cho hai đường tròn bằng nhau (O;R) và (O′;R) cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho AB=R. Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Gọi E là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC(E≠B,C). CB và EB lần lượt cắt đường tròn (O′) tại các điểm thứ hai là D và F. 1) Chứng minh ∠AFD=900. Ta có: ∠ABC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R) ⇒∠ABC=900 ⇒∠ABD=900 (hai góc kề bù) Mà ∠ABD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O′;R) ⇒ AD là đường kính của (O′;R) Lại có:∠AFD là góc nội tiếp chắn cung AD ⇒∠AFD=900 (đpcm). 2) Chứng minh AE=AF. Ta có: ∠AEB=∠ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)) Hay ∠AEF=∠ACD(1) ∠AFB=∠ADB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O′)) Hay ∠AFE=∠ADC(2) Ta có: AD=AC=2R ⇒ΔADC cân tại A (định nghĩa tam giác cân) ⇒∠ACD=∠ADC(3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∠AEF=∠AFE ⇒ΔAEF là tam giác cân. ⇒AE=AF (tính chất tam giác cân). 3) Gọi P là giao điểm của CE và FD. Gọi Q là giao điểm của AP và EF. Chứng minh AP là đường trung trực của EF. Ta có: AE=AF(cmt) ⇒A thuộc đường trung trực của EF. (4) Xét ΔAEP và ΔAFP ta có: AE=AF(cmt)∠AEP=∠AFD=900APchung ⇒ΔAEP=ΔAFP(ch−cgv) ⇒PE=PF (hai cạnh tương ứng bằng nhau) ⇒P thuộc đường trung trực của EF. (5) Từ (4) và (5) suy ra: AP là đường trung trực của EF. (đpcm) 4) Tính tỉ số AQAP. Ta có: AP là đường trung trực của EF. (cmt) ⇒AP⊥EF={Q}. Áp dụng hệ thức lượng cho ΔAFP vuông tại F có đường cao FQ ta có: AF2=AQ.AP⇒AP=AF2AQ⇒AQAP=AQ2AF2 Xét ΔAFQ vuông tại Q ta có: sin∠AFQ=AQAF⇒sin∠ADB=AQAF=ABAD=12⇒(AQAF)2=14⇒AQAP=14. Vậy AQAP=14. Câu 5 (1,0 điểm) Cách giải: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=(1−c)2√2(b+c)2+bc+(1−a)2√2(c+a)2+ca+(1−b)2√2(a+b)2+ab Do {a,b,c>0a+b+c=1⇒0<a,b,c<1. Ta có: bc≤(b+c2)2=(b+c)24⇒2(b+c)2+bc≤2(b+c)2+(b+c)24=9(b+c)24⇒√2(b+c)2+bc≤√9(b+c)24=3(b+c)2(Dob,c>0)⇒(1−c)2√2(b+c)2+bc≥(1−c)23(b+c)2=23.(1−c)2(b+c)=23.(1−c)21−a Chứng minh tương tự ta có: (1−a)2√2(c+a)2+ca≥23.(1−a)21−b(1−b)2√2(a+b)2+ab≥23.(1−b)21−c Khi đó ta có: Q=(1−c)2√2(b+c)2+bc+(1−a)2√2(c+a)2+ca+(1−b)2√2(a+b)2+ab≥23[(1−c)21−a+(1−a)21−b+(1−b)21−c]≥23.(1−c+1−a+1−b)21−a+1−b+1−c=23.[3−(a+b+c)]23−(a+b+c)=23.(3−1)23−1=43 Dấu “=” xảy ra ⇔{a=b=ca+b+c=1⇔a=b=c=13. Vậy minQ=43⇔a=b=c=13.
Quảng cáo
|