Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2021Tải vềCâu 1 (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 2x2+5x−3=0. 2) Cho hàm số y=(m−1)x+2021. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đồng biến trên R. 3) Cho a=1+√2 và b=1−√2. Tính giá trị của biểu thức P=a+b−2ab. Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: P=2√x−9x−5√x+6−√x+3√x−2+2√x+1√x−3 với x≥0,x≠4,x≠9 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất cả các giá trị của x để P>1 Câu 3 (2,0 điểm): 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm A(1;−2)song song với đường thẳng y=2x−1. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=2(m−1)x−m+3. Gọi x1,x2 lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=x21+x22. Câu 4 (3,5 điểm): Trên nửa đường tròn tâm Ođường kính AB với AB=2022, lấy điểm C (C khác A và B) từ C kẻ CH vuông góc với AB(H∈AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH(D khác C,H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai E. 1) Chứng minh BHDE nội tiếp. 2) Chứng minh AD.EC=CD.AC 3) Chứng minh AD.AE+BH.BA=20222 4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn C khác A,B và điểm chính giữa cung AB, xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a≥1348,b≥1348. Chứng minh a2+b2+ab≥2022(a+b). Lời giải chi tiết
Phương pháp: 1) Tính Δ=b2−4ac (hoặc Δ′=(b′)2−ac), sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: x1,2=−b±√Δ2a (hoặc x1,2=−b′±√Δ′a), tính được nghiệm của phương trình, kết luận. 2) Hàm số y=ax+b đồng biến trên R⇔a>0 3) Thay a=1+√2 và b=1−√2 vào P, sau đó tính toán. Cách giải: 1) Xét phương trình 2x2+5x−3=0 Ta có: Δ=52+24=49>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm: x1=−5+√494=12; x2=−5−√494=−3 Vậy phương trình có tập nghiệm: S={−3;12}. 2) Hàm số y=(m−1)x+2021 đồng biến trên R khi và chỉ khi: m−1>0⇔m>1 Vậy với m>1 thì hàm số đồng biến trên R. 3) Thay a=1+√2 và b=1−√2 vào P=a+b−2ab ta được: P=1+√2+1−√2−2(1+√2)(1−√2)=2−2[1−(√2)2]=2−2(1−2)=2+2=4. Vậy P=4 khi a=1+√2 và b=1−√2.
Phương pháp: 1) 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. 2) Vì P>1⇔P−1>0 Rút gọn P−1 f(x)g(x)>0 khi f(x) và g(x) cùng âm hoặc dương. Cách giải: 1) ĐKXĐ: x≥0,x≠4,x≠9 P=2√x−9x−5√x+6−√x+3√x−2+2√x+1√x−3=2√x−9(√x−2)(√x−3)−√x+3√x−2+2√x+1√x−3=2√x−9−(√x+3)(√x−3)+(2√x+1)(√x−2)(√x−2)(√x−3)=2√x−9−(x−9)+(2x−3√x−2)(√x−2)(√x−3)=2√x−9−x+9+2x−3√x−2(√x−2)(√x−3)=x−√x−2(√x−2)(√x−3)=(√x+1)(√x−2)(√x−2)(√x−3)=√x+1√x−3 Vậy với x≥0,x≠4,x≠9 ta có B=√x+1√x−3. b) Điều kiện: x≥0,x≠4,x≠9 P>1⇔√x+1√x−3>1⇔√x+1√x−3−1>0⇔√x+1−(√x−3)√x−3>0⇔4√x−3>0⇔√x−3>0(do4>0)⇔√x>3⇔x>9 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x>9 thì P>1 Vậy x>9 thì P>1.
Phương pháp: 1) Viết phương trình đường thẳng Δ biết Δ đi qua điểm A(xA;yA) và song song với d:y=a′x+b′ (a′;b′ đã biết) Gọi phương trình đường thẳngΔ là y=ax+b(a≠0) Vì Δ//d⇒{a=a′b≠b′ ⇒d:y=a′x+b Δ đi qua điểm A(xA;yA), từ đó tìm được b, đối chiếu điều kiện ở trên Kết luận phương trình đường thẳng cần tìm. 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) (1) Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt ⇔(1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2. ⇔Δ>0 Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m Thay vào M=x21+x22, vận dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị nhỏ nhất của M Cách giải: 1) Gọi phương trình đường thẳngΔ là y=ax+b(a≠0) Vì Δ song song với đường thẳng y=2x−1 nên {a=2b≠−1. Vì Δ đi qua điểm A(1;−2) nên ta có: −2=a+b. Thay a=2 vào ta được: −2=2+b⇔b=−4(tm). Vậy đường thẳng Δ cần tìm có phương trình là y=2x−4. 2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x2=2(m−1)x−m+3⇔x2−2(m−1)x+m−3=0(∗) Phương trình (*) có: Δ′=(m−1)2−(m−3)=m2−2m+1−m+3=m2−3m+4=(m−32)2+74>0∀m∈R ⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 với mọi m. Áp dụng định lí Vi-et ta có: {x1+x2=2(m−1)x1x2=m−3 Khi đó ta có: M=x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2⇔M=[2(m−1)]2−2.(m−3)⇔M=4m2−8m+4−2m+6⇔M=4m2−10m+10⇔M=(2m)2−2.2m.52+(52)2+154 ⇔M=(2m−52)2+154≥154∀m (Vì (2m−52)2≥0∀m) Vậy Mmin=154. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2m=52⇔m=54.
Phương pháp: 1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. 2) Ta sẽ chứng minh: 3) Ta sẽ chứng minh: Ta có: AD.AE+BH.AB=AH.AB+BH.AB=(AH+BH).AB=AB2=20222(dpcm) 4) Tính chu vi của tam giác COH Chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất ⇔ OH+CH đạt giá trị lớn nhất ⇔ (OH+CH)2 đạt giá trị lớn nhất Áp dụng định lý cô-si cho OH,CH tìm được giá trị lớn nhất. Cách giải: 1) Trong (O) ta có ∠AEB=900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác BHDE có: ∠BED+∠BHD=1800. Suy ra tứ giác BHDE nội tiếp (dhnb). 2) Ta có: ∠ACD=∠CBA (cùng phụ với ∠BCD). ∠CEA=∠CBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CA). ⇒∠ACD=∠CEA. Xét tam giác ACD và tam giác AEC có: {∠CAD=∠CAE∠ACD=∠CEA(cmt) Suy ra ⇒ADAC=CDEC⇒AD.EC=CD.AC(dpcm). 3) Xét tam giác AHD và tam giác AEB có: {∠AHD=∠AEB=900∠HAD=∠BAE . Suy ra AHAE=ADAB⇒AD.AE=AH.AB(1) Ta có: AD.AE+BH.AB=AH.AB+BH.AB=(AH+BH).AB=AB2=20222(dpcm) 4) Chu vi tam giác COH là: CO+OH+CH=AB2+OH+CH=1011+OH+CH Chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất ⇔ OH+CH đạt giá trị lớn nhất ⇔ (OH+CH)2 đạt giá trị lớn nhất Ta có: 0<OH,CH<OC=1011. Áp dụng định lý cô-si cho OH,CH ta có: (OH+CH)2≤2(OH2+CH2)=2.OC2⇒OH+CH≤OC√2 Dấu “=” xảy ra khi OH=CH=OC√22 hay ΔOHC vuông cân tại H ⇒∠COA=450. Vậy chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất khi góc COA bằng 450.
Phương pháp: Xuất phát từ bất đẳng thức: a2+b2≥2ab. Cách giải: Ta có: a2+b2≥2ab⇔a2+b2+ab≥3ab ⇒a2+b2+ab≥32ab+32ab≥32.a.1348+32.b.1348(Do a≥1348,b≥1348) ⇒a2+b2+ab≥2022(a+b)(dpcm). Dấu “=” xảy ra khi a=b=1348.
Quảng cáo
|