Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2021Tải vềCâu 1 (2,0 điểm): a) Giải phương trình Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2,0 điểm): a) Giải phương trình x2−3x=4. b) Giải hệ phương trình {2x−5−y=05x+3y=18. Câu 2 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức P=2√a√a+3+√a+1√a−3+3+7√a9−a với a≥0,a≠9. b) Cho hàm số bậc nhất y=ax−4. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng (d):y=−3x+2 tại điểm có tung độ bằng 5. Câu 3 (2,0 điểm) a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu. b) Cho phương trình x2−2(m−1)x+m−3=0 (Với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm các giá trị của tham số m sao cho: |x1−x2|=4. Câu 4 (3,0 điểm): 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R) và hai đường cao AE,BF cắt nhau tại H(E∈BC,F∈AC). a) Chứng minh rằng bốn điểm A,B,E,F cùng nằm trên một đường tròn b) Chứng minh rằng OC⊥EF 2) Cho tam giác ABC có ∠B,∠C là góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=2BC2+AC2+AB2. Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x,y thỏa mãn √y(y+1)−6x−9=(2x+4)√2x+3−3y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M=xy+3y−4x2−3. Lời giải chi tiết Câu 1 Phương pháp: a) Vận dụng công thức nhẩm nhanh của phương trình bậc hai một ẩn: nếu phương trình ax2+bx+c=0 có a−b+c=0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=−1;x2=−ca b) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình. Cách giải: a) Ta có: x2−3x=4⇔x2−3x−4=0. Vì a−b+c=1−(−3)+(−4)=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=−1x=−ca=4. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={−1;4}. b) Ta có {2x−5−y=05x+3y=18⇔{2x−y=55x+3y=18⇔{6x−3y=155x+3y=18⇔{11x=33y=2x−5⇔{x=3y=2.3−5⇔{x=3y=1 Câu 2 Phương pháp: a) Vận dụng hằng đẳng thức A2−B2=(A−B)(A+B) để xác định mẫu thức chung của biểu thức P Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút gọn biểu thức P b) Thay y=5 vào phương trình đường thẳng (d):y=−3x+2, từ đó tính được x Thay y=5 và giá trị x vừa tìm được vào hàm số y=ax−4 từ đó tìm được hệ số a Cách giải: a) Với a≥0,a≠9 ta có: P=2√a√a+3+√a+1√a−3+3+7√a9−aP=2√a√a+3+√a+1√a−3−3+7√a(√a+3)(√a−3)P=2√a(√a−3)+(√a+1)(√a+3)−(3+7√a)(√a+3)(√a−3) P=2a−6√a+a+3√a+√a+3−3−7√a(√a+3)(√a−3)P=3a−9√a(√a+3)(√a−3)P=3√a(√a−3)(√a+3)(√a−3)P=3√a√a+3 Vậy với a≥0,a≠9 thì P=3√a√a+3. b) Thay y=5 vào phương trình đường thẳng (d):y=−3x+2 ta có 5=−3x+2⇔3x=−3⇔x=−1. Do đó đồ thị hàm số y=ax−4 cắt đường thẳng (d):y=−3x+2 tại điểm A(−1;5). Thay x=−1,y=5 vào hàm số y=ax−4 ta có 5=−a−4⇔a=−5−4=−9. Vậy a=−9. Câu 3 Phương pháp: a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là x(m) (ĐK:x>0). Tính được chiều rộng của hình chữ nhật theo x Theo giả thiết của đề bài, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và đưa ra kết luận. b) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m ⇔Δ>0,∀m Theo hệ thức Vi – ét, tính được x1x2;x1+x2 theo m Biến đổi hệ thức của đề bài để xuất hiện x1x2;x1+x2, thay vào và giải phương trình chứa m Cách giải: a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là x(m) (ĐK:x>0). Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: 24:2=12(m) ⇒ Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: 12−x(m) Khi tăng chiều dài lên 2m thì độ dài chiều dài là: x+2(m) Khi giảm chiều rộng đi 1m thì độ dài chiều rộng là: 12−x−1=11−x(m) Vì khi tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2 nên ta có: (x+2)(11−x)−x(12−x)=1⇔11x−x2+22−2x−12x+x2=1⇔3x=21⇔x=7(tm) ⇒ Chiều rộng hình chữ nhật là: 12−7=5(m). Vậy chiều dài và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là 7m và 5m. b) Ta có: x2−2(m−1)x+m−3=0 (1) Phương trình (1) có: Δ′=(m−1)2−m+3=m2−3m+4=(m−32)2+74>0∀m ⇒ Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2m−2x1.x2=m−3 Theo giả thiết ta có: |x1−x2|=4⇔x12−2x1x2+x2=16⇔(x1+x2)2−4x1x2=16⇒(2m−2)2−4.(m−3)=16⇒4m2−8m+4−4m+12=16⇔4m2−12m=0⇔4m(m−3)=0⇔[m=0m=3 Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m∈{0;3}. Câu 4 Phương pháp: 1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau nên ABEF nội tiếp một đường tròn từ đó ta có điều phải chứng minh. b) Chứng minh ∠ACO=∠CAO=900−12∠AOC(1) Mà ∠AOC=2∠ABC (2) ∠ABC=∠DFC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra được ∠FDC=900 nên OC⊥EF 2) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC Áp dụng định lí Py – ta – go, tính được P=(BC2+AH2)+(BH2+CH2) Áp dụng các bất đẳng thức, tìm được giá trị nhỏ nhất của P. Cách giải:
a) Ta có: AE,BF là đường cao của tam giác ABC nên AE⊥BC,BF⊥AC. ⇒∠AEB=∠AFB=900. ⇒ABEF nội tiếp một đường tròn (tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau) b) Gọi D là giao điểm của OC và EF. Ta có: {∠ACO+∠CAO=1800−∠AOC∠ACO=∠CAO (do tam giác OAC cân tại O). ⇒∠ACO=∠CAO=900−12∠AOC(1) Mà ∠AOC=2∠ABC (2) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC). ∠ABC=∠DFC (3) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ABEF). Từ (1), (2), (3) ta được: ∠ACO=900−∠ABC=900−∠DFC⇒∠ACO+∠DFC=900⇒∠FDC=900 Vậy OC⊥EF (đpcm). 2)
Kẻ đường cao AH. Vì ∠B,∠C là các góc nhọn nên H thuộc đoạn thẳng BC. Áp dụng định lí Pytago ta có: AC2=AH2+HC2AB2=AH2+BH2 ⇒P=2BC2+2AH2+BH2+HC2. Ta có BC2+AH2≥2BC.AH=4SΔABC. BH2+CH2≥(BH+CH)22=BC22. Do đó P≥8SΔABC+BC22. Do SΔABC không đổi, A,B,C cố định nên P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8SΔABC+BC22. Dấu “=” xảy ra khi BH=CH⇒ΔABC cân tại A. Câu 5 Phương pháp: Tìm điều kiện xác định của phương trình Đặt 2x+3=t(t≥0) ta có phương trình mới chứa ẩn y và ẩn t, biến đổi phương trình này về dạng tích, từ đó tìm được mối liên hệ của y và x Thay vào biểu thức M, biểu thức M chứa ẩn x, vận dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của biểu thức M. Cách giải: ĐKXĐ: {y≥02x+3≥0⇔{y≥0x≥−32. Đặt 2x+3=t(t≥0) ta có: √y(y+1)−6x−9=(2x+4)√2x+3−3y⇔√y(y+1)−3(2x+3)=(2x+4)√2x+3−3y⇒√y(y+1)−3t=√t(t+1)−3y⇔√y(y+1)−√t(t+1)+3y−3t=0⇔y√y−t√t+(√y−√t)+3(y−t)=0⇔(√y−√t)(y+√yt+t)+(√y−√t)+3(√y−√t)(√y+√t)=0⇔(√y−√t)(y+√yt+t+1+4)=0⇔(√y−√t)(y+√yt+t+5)=0⇔√y−√t=0(doy+√yt+t+5>0∀y,t≥0)⇔y=t⇔y=2x+3 Khi đó biểu thức M trở thành: M=x(2x+3)+3(2x+3)−4x2−3M=2x2+3x+6x+9−4x2−3M=−2x2+9x+6M=−2(x2−92x)+6M=−2(x2−2.x.94+8116)+818+6M=−2(x−94)2+1298 Vì −2(x−94)2≤0∀x nên −2(x−94)2+1298≤1298. Do đó M≤1298⇒Mmax=1298. Dấu “=” xảy ra ⇔x=94(tm)⇒y=152. Vậy GTLN của M bằng 1298 đạt được khi (x;y)=(94;152).
Quảng cáo
|