Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020Tải vềCâu 1: 1) Giải hệ phương trình: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: 1) Giải hệ phương trình: {3x−5y=72x+4y=1. 2) Giải phương trình x4−12x2+16=0. 3) Giải phương trình 1x−1+1(x−1)(x−2)=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=2x và y=(m2+m)x+1 cắt nhau. 3) Tìm các số thực a để biểu thức 1√a−2+√6−2a 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 x2−2x−1=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=(a√a−8a+2√a+4)(a+5√a+6a−4) (với a≥0 và a≠4) 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn {x3=y2+18y3=x2+18. Câu 5: 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),K≠A. 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. 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,T≠K.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)3≥9(a+b+c). Lời giải chi tiết Câu 1 (1,75 điểm) Cách giải: 1) Giải hệ phương trình: {3x−5y=72x+4y=1. {3x−5y=72x+4y=1⇔{6x−10y=146x+12y=3 ⇔{22y=−112x+4y=1⇔{y=−122x+4.(−12)=1⇔{2x−2=1y=−12⇔{x=32y=−12 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(32;−12). 2) Giải phương trình x4−12x2+16=0. Đặt x2=t(t≥0). Khi đó ta có phương trình ⇔t2−12t+16=0 Phương trình có: Δ′=62−16=20>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [t1=6−√20=6−2√5(tm)t2=6+√20=6+2√5(tm). +) Với t=6−2√5 ⇔x2=6−2√5 ⇔x2=(√5)2−2√5+1⇔x2=(√5−1)2⇔[x=√5−1x=1−√5. +) Với t=6+2√5 ⇔x2=6+2√5 ⇔x2=(√5)2+2√5+1⇔x2=(√5+1)2⇔[x=√5+1x=−√5−1. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S={−√5−1;1−√5;√5−1;√5+1}. 3) Giải phương trình 1x−1+1(x−1)(x−2)=32x. Điều kiện: {x≠0x≠1x≠2. 1x−1+1(x−1)(x−2)=32x⇒2x(x−2)+2x=3(x−1)(x−2)⇔2x2−4x+2x=3x2−9x+6⇔x2−7x+6=0⇔x2−6x−x+6=0⇔x(x−6)−(x−6)=0⇔(x−1)(x−6)=0⇔[x−1=0x−6=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:
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 và y=(m2+m)x+1 cắt nhau khi và chi khi: m2+m≠2⇔m2+m−2≠0⇔m2−m+2m−2≠0⇔m(m−1)+2(m−1)≠0⇔(m−1)(m+2)≠0⇔{m−1≠0m+2≠0⇔{m≠1m≠−2 Vậy với m≠1 và m≠−2 thì hai đường thẳng y=2x và y=(m2+m)x+1 cắt nhau. 3) Tìm các số thực a để biểu thức 1√a−2+√6−2a xác định. Biểu thức 1√a−2+√6−2a xác định ⇔{a−2>06−2a≥0⇔{a>2a≤3⇔2<a≤3. Vậy với 2<a≤3 thì biểu thức 1√a−2+√6−2a 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=288π⇔R3=216 ⇔R=3√216=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: x∈N∗). ⇒ 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: 270x−280x+20=1⇔270(x+20)−280x=x(x+20)⇔270x+5400−280x=x2+20x⇔x2+30x−5400=0⇔x2−60x+90x−5400=0⇔x(x−60)+90(x−60)=0⇔(x−60)(x+90)=0⇔[x−60=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 x2−2x−1=0. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là |(x1)3|, |(x2)3|. Xét phương trình x2−2x−1=0 có ac=−1<0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Gọi x1,x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình x2−2x−1=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=(x2−x1)3+3x1x2(x2−x1)=(x2−x1)3−3(x2−x1)P=|(x1)3|.|(x2)3|=−x31.x32=−(x1x2)3=−(−1)3=1 Ta có: (x2−x1)2=(x2+x1)2−4x2x1=22−4.(−1)=8⇒|x2−x1|=√8⇔x2−x1=√8(Dox2>x1) Khi đó ta có: S=|(x1)3|+|(x2)3|=(√8)3−3(√8)=8√8−3√8=5√8=10√2. Vì S2−4P=(10√2)2−4.4=184>0 nên |(x1)3|,|(x2)3| là nghiệm của phương trình X2−10√2X+1=0. Vậy |(x1)3|,|(x2)3| là nghiệm của phương trình X2−10√2X+1=0. Câu 4 (1,25 điểm) Cách giải: 1) Rút gọn biểu thức P=(a√a−8a+2√a+4)(a+5√a+6a−4) (với a≥0 và a≠4) Với a≥0,a≠4 ta có: P=(a√a−8a+2√a+4)(a+5√a+6a−4)P=((√a)3−23a+2√a+4)(a+2√a+3√a+6(√a−2)(√a+2))P=(√a−2)(a+2√a+4)a+2√a+4.√a(√a+2)+3(√a+2)(√a−2)(√a+2)P=(√a−2).(√a+2)(√a+3)(√a−2)(√a+2)P=√a+3 Vậy với a≥0,a≠4 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: x3−y3=y2−x2⇔(x−y)(x2+xy+y2)=−(x−y)(x+y)⇔(x−y)(x2+xy+y2+x+y)=0⇔[x−y=0x2+xy+y2+x+y=0 TH1: x−y=0⇔x=y. Thay vào phương trình (1) ta có: x3=x2+18⇔x3−x2−18=0⇔x3−27−x2+9=0⇔(x−3)(x2+3x+9)−(x−3)(x+3)=0⇔(x−3)(x2+3x+9−x−3)=0⇔(x−3)(x2+2x+6)=0⇔[x−3=0⇔x=3x2+2x+6=0 Xét phương trình x2+2x+6=0⇔(x+1)2+5=0 (vô nghiệm do (x+1)2+5≥5>0∀x) Với x=3⇒y=3 ⇒ Hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;3). TH2: x2+xy+y2+x+y=0. Vì {x3=y2+18≥18⇒x≥3√18>0y3=x2+18≥18⇒y≥3√18>0⇒x+y>0 Lại có x2+xy+y2=x2+2x.12y+14y2+34y2=(x+12y)2+34y2≥0∀x,y. Do đó x2+xy+y2+x+y>0∀x,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),K≠A. 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 ⇒BE⊥AC 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 AK và BC. 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 ⇒AH⊥BC={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: AJ⊥BC={J} Mà KP⊥AH={K} ⇒BC//KP hay JI′//KP Xét ΔHKP ta có: J là trung điểm của HK (cmt) IJ//KP (cmt) ⇒I′J là đường trung bình của ΔHKP. ⇒I′ là trung điểm của HP ⇒I≡I′ hay I∈BC. (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) ⇒{AB⊥BDAC⊥CD Mà {AB⊥EF(gt)BE⊥AC(gt) ⇒{CF//BDBE//CD (từ vuông góc đến song song) Hay {BH//CDCH//BD⇒BDCH 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=12AH⇒AH=2OM(dpcm). 3) Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ΔEFK,T≠K.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 ΔLFB và LCE ta có: ∠Lchung∠LFB=∠LCE(cmt)⇒ΔLFB∼ΔLCE(g−g)⇒LFLC=LBLE⇒LE.LF=LB.LC Ta có tứ giác BCT′K nội tiếp đường tròn (O) ⇒∠LKB=∠LCT′ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Xét ΔLBK và ΔLCT′ ta có: ∠Lchung∠LKB=∠LCT′(cmt)⇒ΔLBK∼ΔLT′C(g−g)⇒LBLT′=LKLC⇔LB.LC=LK.LT′⇒LE.LF=LK.LT′(=LB.LC)⇒LFLT′=LKLE Xét ΔLFK và ΔLT′E ta có: ∠ELT′chungLFLT′=LKLE⇒ΔLFK∼ΔLT′E(c−g−c) ⇒∠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. ⇒T≡T′⇒L,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)3≥9(a+b+c). Ta có: a2+b2+c2=(a+b+c)2−2(ab+bc+ca). Mà {2ab≤a2+b22bc≤b2+c22ca≤c2+a2⇒2(ab+bc+ca)≤2(a2+b2+c2) ⇒a2+b2+c2≥(a+b+c)2−2(a2+b2+c2)⇔3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2⇔(a2+b2+c2)≥13(a+b+c)2⇔(a2+b2+c2)3≥127(a+b+c)6 Ta cần chứng minh 127(a+b+c)6≥9(a+b+c)⇔(a+b+c)6≥243(a+b+c)⇔(a+b+c)[(a+b+c)5−243]≥0 Vì a,b,c>0⇒a+b+c>0. Do đó ta cần chứng minh (a+b+c)5−243≥0⇔(a+b+c)5≥243⇔a+b+c≥3. Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a+b+c≥33√abc=3. Dấu “=” xảy ra ⇔{a=b=cabc=1⇔a=b=c=1. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Quảng cáo
|