Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2019Tải vềCâu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: a)A=√50−√18a)A=√50−√18 b)B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1b)B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1 với a≠0a≠0 và a≠±1a≠±1 Câu 2 (2,5 điểm): a) Tìm các giá trị của aa và bb để đường thẳng (d):y=ax+b(d):y=ax+b đi qua hai điểm M(1;5)M(1;5) và N(2;8)N(2;8) b) Cho phương trình x2−6x+m−3=0x2−6x+m−3=0 (mm là tham số). Tìm giá trị của mm để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 thỏa mãn (x1−1)(x22−5x2+m−4)=2(x1−1)(x22−5x2+m−4)=2 Câu 3 (1,5 điểm): Một đội xe vận tải được phân công chở 112 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau. Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA;MBMA;MB với đường tròn (A,BA,B là tiếp điểm). Đường thẳng (d)(d)thay đổi đi qua M, không đi qua O, và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt CC và DD (C nằm giữa MM và DD) a) Chứng minh AMBOAMBO là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh MC.MD=MA2.MC.MD=MA2. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ΔOCDΔOCD luôn đi qua điểm cố định khác O.O. Câu 5 (1 điểm): Cho hai số thực dương a,ba,b thỏa mãn a+b+3ab=1.a+b+3ab=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=6aba+b−a2−b2.P=6aba+b−a2−b2. Lời giải Câu 1 Phương pháp: a) Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0.√A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0. b) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi rồi rút gọn biểu thức. Cách giải: Rút gọn các biểu thức: a)A=√50−√18=√25.2−√9.2=5√2−3√2=2√2.a)A=√50−√18=√25.2−√9.2=5√2−3√2=2√2. Vậy A=2√2.A=2√2. b)B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1b)B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1 với a≠0a≠0 và a≠±1.a≠±1. Điều kiện: a≠0,a≠±1.a≠0,a≠±1. B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1=[2a(a+1)−2a+1]:1−a(a+1)2=2−2aa(a+1).(a+1)21−a=2(1−a)a.a+11−a=2(a+1)a.B=(2a2+a−2a+1):1−aa2+2a+1=[2a(a+1)−2a+1]:1−a(a+1)2=2−2aa(a+1).(a+1)21−a=2(1−a)a.a+11−a=2(a+1)a. Vậy với a≠0,a≠±1a≠0,a≠±1 thì B=2(a+1)a.B=2(a+1)a. Câu 2: Phương pháp: a) Thay tọa độ điểm M và N vào phương trình đường thẳng, rút ra hệ phương trình hai ẩn a, b. Giải hệ phương trình tìm a, b. b) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt (Δ>0)(Δ>0). Áp dụng định lí Vi-ét. Cách giải: a) M(1;5)∈d:y=ax+b⇒5=a+bM(1;5)∈d:y=ax+b⇒5=a+b. N(2;8)∈d:y=ax+b⇒8=2a+bN(2;8)∈d:y=ax+b⇒8=2a+b. Ta có hệ phương trình: {a+b=52a+b=8⇔{a=3b=5−a⇔{a=3b=2{a+b=52a+b=8⇔{a=3b=5−a⇔{a=3b=2. Vậy a=3,b=2.a=3,b=2. b) x2−6x+m−3=0(1)x2−6x+m−3=0(1) Để phương tình có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 thì Δ′>0. ⇔9−m+3>0⇔12−m>0⇔m<12. Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=6x1x2=m−3. Theo bài ra ta có: (x1−1)(x22−5x2+m−4)=2(∗). Do x2 là nghiệm của phương trình (1) nên x22−6x2+m−3=0⇔x22−5x2+m−4−x2+1=0⇔x22−5x2+m−4=x2−1 Khi đó (∗)⇔(x1−1)(x2−1)=2⇔x1x2−(x1+x2)+1=2. ⇔m−3−6+1=2⇔m=10(tm). Vậy m=10. Câu 3 Phương pháp: Gọi số xe ban đầu của đội xe là x (xe) (x>2,x∈N). Dựa vào các giả thiết bài toán biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết rồi lập phương trình. Giải phương trình tìm ẩn x rồi đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận. Cách giải: Gọi số xe ban đầu của đội xe là x (xe) (x>2,x∈N). Theo dự định, mỗi xe phải chở số tấn hàng là: 112x (tấn) Số xe thực tế làm nhiệm vụ là: x−2 (xe). ⇒ Thực tế, mỗi xe chở số tấn hàng là: 112x−2 (tấn). Thực tế, mỗi xe phải chở nhiều hơn theo dự định 1 tấn hàng nên ta có phương trình: 112x−2−112x=1⇔112x−112(x−2)=x(x−2)⇔112x−112x+224=x2−2x⇔x2−2x−224=0⇔x2−16x+14x−224=0⇔x(x−16)+14(x−16)=0⇔(x−16)(x+14)=0⇔[x−16=0x+14=0⇔[x=16(tm)x=−14(ktm) Vậy số xe ban đầu của đội xe là 16 xe. Câu 4: Phương pháp: a) Sử dụng định nghĩa tứ giác nội tiếp là tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800. b) Chứng minh tam giác MCA và tam giác MAD đồng dạng. c) Chứng minh tứ giác OHCD là tứ giác nội tiếp. Cách giải: a) Chứng minh AMBO là tứ giác nội tiếp Do MA,MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A,B nên ∠OAM=∠OBM=900. Xét tứ giác AMBO có: ∠OAM+∠OBM=900+900=1800⇒ Tứ giác AMBO là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). b) Chứng minh MC.MD=MA2. Xét tam giác MCA và tam giác MAD có: ∠AMD chung; ∠MAC=∠MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC); (1). c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD luôn đi qua điểm cố định khác O. Gọi H=OM∩AB(H≠O). Ta có OA=OB(=R)⇒O thuộc trung trực của AB. MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒M thuộc trung trực của AB. ⇒OM là trung trực của AB ⇒OM⊥AB tại H. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM ta có: MA2=MH.MO(2). Từ (1) và (2) ⇒MC.MD=MH.MO⇒MCMH=MOMD. Xét tam giác MCH và tam giác MOD có : ∠OMD chung; MCMH=MOMD(cmt); (hai góc tương ứng). Mà ∠MHC+∠OHC=1800 (kề bù) \Rightarrow \angle CDO + \angle & OHC = {180^0} \Rightarrow Tứ giác OHCD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD. Mà O,M cố định ⇒A,B cố định ⇒H=OM∩AB cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD luôn đi qua điểm H=OM∩AB(H≠O) cố định (đpcm). Câu 5: Phương pháp: Sử dụng bất đẳng thức Cô-si. Cách giải: Theo đề bài ta có: a+b+3ab=1⇔3ab=1−(a+b)⇔ab=1−(a+b)3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: ab≤(a+b)24 ⇒1−(a+b)3≤(a+b)24⇔4−4(a+b)≤3(a+b)2⇔3(a+b)2+4(a+b)−4≥0⇔3(a+b)2+6(a+b)−2(a+b)−4≥0⇔3(a+b)[(a+b)+2]−2(a+b+2)≥0⇔(a+b+2)[3(a+b)−2]≥0⇔3(a+b)−2≥0(doa+b+2>0∀a,b>0)⇔a+b≥23.⇒P=6aba+b−(a2+b2)=2−2(a+b)a+b−(a2+b2)≤2a+b−2−(a+b)22≤223−2−(23)22=79. Dấu “=” xảy ra ⇔{a=ba+b=23⇔a=b=13. Vậy MaxP=79 khi a=b=13.
Quảng cáo
|