Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020

Tải về

Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1: 

1) Giải hệ phương trình: {3x5y=72x+4y=1.

2) Giải phương trình x412x2+16=0.

3) Giải phương trình 1x1+1(x1)(x2)=32x.

Câu 2: 

1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x24.

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y=2xy=(m2+m)x+1 cắt nhau.

3) Tìm các số thực a để biểu thức 1a2+62a xác định.

Câu 3:  

1) Cho một hình cầu có thể tích bằng 288π(cm3). Tính diện tích của mặt cầu.

2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?

3) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x22x1=0. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là |(x1)3|, |(x2)3|.

Câu 4:

1) Rút gọn biểu thức P=(aa8a+2a+4)(a+5a+6a4) (với a0a4)

2) Tìm các số thực xy thỏa mãn {x3=y2+18y3=x2+18.

Câu 5: 

Cho ΔABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BECF cắt nhau tại trực tâm H,AB<AC. Vẽ đường kính AD của  (O). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH với đường tròn (O),KA. Gọi L,P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng BCEF,ACKD.

1) Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc đường thẳng BC.

2) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh AH=2OM.

3) Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ΔEFK,TK.Chứng minh rằng ba điểm L,K,T thẳng hàng.

Câu 6: 

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng (a2+b2+c2)39(a+b+c)

Lời giải chi tiết

Câu 1 (1,75 điểm)

Cách giải:

1) Giải hệ phương trình: {3x5y=72x+4y=1.

{3x5y=72x+4y=1{6x10y=146x+12y=3 {22y=112x+4y=1{y=122x+4.(12)=1{2x2=1y=12{x=32y=12

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(32;12).

2) Giải phương trình x412x2+16=0.

Đặt x2=t(t0). Khi đó ta có phương trình t212t+16=0

Phương trình có: Δ=6216=20>0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [t1=620=625(tm)t2=6+20=6+25(tm).

+) Với t=625 x2=625

x2=(5)225+1x2=(51)2[x=51x=15.

+) Với t=6+25 x2=6+25

x2=(5)2+25+1x2=(5+1)2[x=5+1x=51.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S={51;15;51;5+1}.

3) Giải phương trình 1x1+1(x1)(x2)=32x.

Điều kiện: {x0x1x2.

1x1+1(x1)(x2)=32x2x(x2)+2x=3(x1)(x2)2x24x+2x=3x29x+6x27x+6=0x26xx+6=0x(x6)(x6)=0(x1)(x6)=0[x1=0x6=0[x=1(ktm)x=6(tm)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:S={6}.

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x24.

Ta có bảng giá trị:

x

4

2

0

2

4

y=x24

4 

1

0

1

4

Do đó, parabol (P):y=x24 là đường cong đi qua các điểm (4;4), (2;1), (0;0), (2;1), (4;4) và nhận Oy làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số:

 

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y=2x và y=(m2+m)x+1 cắt nhau.

Hai đường thẳng y=2x y=(m2+m)x+1 cắt nhau khi và chi khi:

m2+m2m2+m20m2m+2m20m(m1)+2(m1)0(m1)(m+2)0{m10m+20{m1m2

Vậy với m1m2 thì hai đường thẳng y=2x y=(m2+m)x+1 cắt nhau.

3) Tìm các số thực a để biểu thức 1a2+62a xác định.

Biểu thức 1a2+62a xác định {a2>062a0{a>2a32<a3.

Vậy với 2<a3 thì biểu thức 1a2+62a xác định.

Câu 3 (1,75 điểm)

Cách giải:

1) Cho một hình cầu có thể tích bằng 288π(cm3). Tính diện tích của mặt cầu.

Gọi R là bán kính của hình cầu.

Vì khối cầu có thể tích bằng 288π(cm3) nên 43πR3=288πR3=216 R=3216=6(cm).

Vậy diện tích mặt cầu là S=4πR2=4π.62=144π(cm2).

2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?

Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là x (quyển) (ĐK: xN).

Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển sách là 270x(h).

Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên thực tế số quyển sách mỗi giờ nhóm đã sắp xếp được là x+20 (quyển).

Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được 270+10=280 (quyển)

Thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là: 280x+20(h).

Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:

270x280x+20=1270(x+20)280x=x(x+20)270x+5400280x=x2+20xx2+30x5400=0x260x+90x5400=0x(x60)+90(x60)=0(x60)(x+90)=0[x60=0x+90=0[x=60(tm)x=90(ktm)

Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là 60 quyển.

3) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x22x1=0. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là |(x1)3||(x2)3|.

Xét phương trình x22x1=0ac=1<0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Gọi x1,x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình x22x1=0, áp dụng định lí Vi-ét t có: {x1+x2=2x1x2=1.

Vì hai nghiệm x1,x2 trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x1<0<x2.

Khi đó ta có:

S=|(x1)3|+|(x2)3|=x31+x32=(x2x1)3+3x1x2(x2x1)=(x2x1)33(x2x1)P=|(x1)3|.|(x2)3|=x31.x32=(x1x2)3=(1)3=1

Ta có: 

(x2x1)2=(x2+x1)24x2x1=224.(1)=8|x2x1|=8x2x1=8(Dox2>x1)

Khi đó ta có: S=|(x1)3|+|(x2)3|=(8)33(8)=8838=58=102.

S24P=(102)24.4=184>0 nên |(x1)3|,|(x2)3| là nghiệm của phương trình X2102X+1=0.

Vậy |(x1)3|,|(x2)3| là nghiệm của phương trình X2102X+1=0.

Câu 4 (1,25 điểm)

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức P=(aa8a+2a+4)(a+5a+6a4) (với a0 và a4)

Với a0,a4 ta có:

P=(aa8a+2a+4)(a+5a+6a4)P=((a)323a+2a+4)(a+2a+3a+6(a2)(a+2))P=(a2)(a+2a+4)a+2a+4.a(a+2)+3(a+2)(a2)(a+2)P=(a2).(a+2)(a+3)(a2)(a+2)P=a+3

Vậy với a0,a4 thì P=a+3.

2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn {x3=y2+18y3=x2+18.

Xét hệ phương trình {x3=y2+18(1)y3=x2+18(2).

Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:

x3y3=y2x2(xy)(x2+xy+y2)=(xy)(x+y)(xy)(x2+xy+y2+x+y)=0[xy=0x2+xy+y2+x+y=0

TH1: xy=0x=y.

Thay vào phương trình (1) ta có:

x3=x2+18x3x218=0x327x2+9=0(x3)(x2+3x+9)(x3)(x+3)=0(x3)(x2+3x+9x3)=0(x3)(x2+2x+6)=0[x3=0x=3x2+2x+6=0

Xét phương trình x2+2x+6=0(x+1)2+5=0 (vô nghiệm do (x+1)2+55>0x)

Với x=3y=3 Hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;3).

TH2: x2+xy+y2+x+y=0.

Vì  {x3=y2+1818x318>0y3=x2+1818y318>0x+y>0

Lại có x2+xy+y2=x2+2x.12y+14y2+34y2=(x+12y)2+34y20x,y.

Do đó x2+xy+y2+x+y>0x,y, do đó phương trình x2+xy+y2+x+y=0 vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;3).

Câu 5 (2,75 điểm)

Cho ΔABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE và CF cắt nhau tại trực tâm H,AB<AC. Vẽ đường kính AD của  (O). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH với đường tròn (O),KA. Gọi L,P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF,AC và KD.

1) Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc đường thẳng BC.

Ta có: BE là đường cao của ΔABC BEAC hay BEC=HEC=900

AKD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AKD=900

Xét tứ giác EHKP ta có:

HEP+HKP=900+900=1800

Mà hai góc này là hai góc đối diện

EHKP là tứ giác nội tiếp (đpcm).

Có: HKP=900 là góc nội tiếp chắn cung HP

HP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP.

Tâm I của đường tròn này là trung điểm của HP.

Gọi J là giao điểm của AKBC.

Ta có: HBJ=HAC (cùng phụ với ACB)

KBC=KAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KC)

Hay JBK=HAC

HBJ=JBK(=HAC)

BJ là phân giác của HBK

Ta có: AH là đường cao của ΔABC AHBC={J}.

BJ là đường cao của ΔBHK.

Xét ΔBHK ta có: BJ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh B  của tam giác

ΔBHK  cân tại B  và BJ  là đường trung tuyến của ΔBHK

J  là trung điểm của HK.

Gọi I  là giao điểm của BC  và HP

Ta có: AJBC={J}

KPAH={K}  BC//KP hay JI//KP

Xét ΔHKP ta có:

J là trung điểm của HK (cmt)

 IJ//KP (cmt)

IJ là đường trung bình của ΔHKP.

I  là trung điểm của HP

II hay IBC. (đpcm).

2) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh AH=2OM.

Ta có: ABD=ACD=900 (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) {ABBDACCD

{ABEF(gt)BEAC(gt) {CF//BDBE//CD (từ vuông góc đến song song)

Hay {BH//CDCH//BDBDCH  là hình bình hành (dhnb)

BC  cắt HD  tại trung điểm của mỗi đường

Lại có M là trung điểm của BC (gt)

M  cũng là trung điểm của HD.

Xét ΔAHD ta có:

O,M  lần lượt là trung điểm của AD,HD

OM  là đường trung bình của ΔAHD (định nghĩa)

{OM//AHOM=12AHAH=2OM(dpcm). 

3) Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ΔEFK,TK.Chứng minh rằng ba điểm L,K,T thẳng hàng.

 

Gọi T là giao điểm của tia LK với đường tròn (O)

Xét tứ giác BFEC ta có:

BFC=BEC=900

Mà đỉnh F,E là các đỉnh kề nhau

BFEC là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

LFB=LCE (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét ΔLFBLCE ta có:

LchungLFB=LCE(cmt)ΔLFBΔLCE(gg)LFLC=LBLELE.LF=LB.LC

Ta có tứ giác BCTK nội tiếp đường tròn (O)

LKB=LCT (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét ΔLBKΔLCT ta có:

LchungLKB=LCT(cmt)ΔLBKΔLTC(gg)LBLT=LKLCLB.LC=LK.LTLE.LF=LK.LT(=LB.LC)LFLT=LKLE

Xét ΔLFKΔLTE ta có:

ELTchungLFLT=LKLEΔLFKΔLTE(cgc)

LKF=LET  (hai góc tương ứng)

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

T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK.

TTL,K,T thẳng hàng. (đpcm)

Câu 6 (0,5 điểm)

Cách giải:

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng (a2+b2+c2)39(a+b+c).

Ta có: a2+b2+c2=(a+b+c)22(ab+bc+ca).

{2aba2+b22bcb2+c22cac2+a22(ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)

a2+b2+c2(a+b+c)22(a2+b2+c2)3(a2+b2+c2)(a+b+c)2(a2+b2+c2)13(a+b+c)2(a2+b2+c2)3127(a+b+c)6

Ta cần chứng minh

127(a+b+c)69(a+b+c)(a+b+c)6243(a+b+c)(a+b+c)[(a+b+c)5243]0

a,b,c>0a+b+c>0.

Do đó ta cần chứng minh (a+b+c)52430(a+b+c)5243a+b+c3.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a+b+c33abc=3.

Dấu “=” xảy ra {a=b=cabc=1a=b=c=1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Tải về

Quảng cáo

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

close