Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018Tải vềCâu 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức: A=√3(√3−3√12+2√27),B=(1+x+√x√x+1).(1−x−√x√x−1)(x>0,x≠1).A=√3(√3−3√12+2√27),B=(1+x+√x√x+1).(1−x−√x√x−1)(x>0,x≠1). a) Rút gọn biểu thức A,B. b) Tìm các giá trị của x sao cho AB≤0. Câu 2 (1,5 điểm): a) Cho đồ thị hàm số y=ax+b song song với đường thẳng y=2x−1 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. Xác định các giá trị a,b. b) Giải hệ phương trình: {3x+√y+6=115x−√y+6=13. Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình ẩn x:x2−2(m+1)x+m2+1=0(∗) (m là tham số) a) Giải phương trình (∗) với m=2. b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x1−2x2=−1. 2. Bài toán có nội dung thực tế: Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc. a) Tính vận tốc của hai xe ô tô. b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ? Bài 4 (3,5 điểm) 1. Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Từ hai điểm B và C kẻ BE⊥AD tại E, CF⊥AD tại F. a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh HE//CD. c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh IE=IF. 2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao h=16cm và bán kính đường tròn đáy là r=12cm? Bài 5 (1,0 điểm) a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có ab+bc+ca≤(a+b+c)23 b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z=34. Chứng minh 6(x2+y2+z2)+10(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9 Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải chi tiết Câu 1: Phương pháp: +) Sử dụng công thức √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0. +) Quy đồng mẫu và biến đổi để rút gọn biểu thức B. +) Lấy các kết quả đã rút gọn của các biểu thức của A,B ở câu trên sau đó giải bất phương trình AB≤0. Tìm được x thì kết hợp với điều kiện đã cho của x và kết luận. Cách giải: Cho hai biểu thức: A=√3(√3−3√12+2√27),B=(1+x+√x√x+1).(1−x−√x√x−1)(x>0,x≠1). a) Rút gọn biểu thức A,B. A=√3(√3−3√12+2√27)=√3(√3−3√22.3+2√32.3)=√3(√3−6√3+6√3)=√3.√3=3.B=(1+x+√x√x+1).(1−x−√x√x−1)=(1+√x(√x+1)√x+1).(1−√x(√x−1)√x−1)=(1+√x)(1−√x)=1−x. Vậy A=3,B=1−x. b) Tìm các giá trị của x sao cho AB≤0. Điều kiện: x>0,x≠1. Ta có: AB≤0 ⇔3(1−x)≤0⇔1−x≤0⇔x≥1. Kết hợp với điều kiện bài cho ta có x>1 thỏa mãn bài toán. Vậy x>1. Câu 2: Phương pháp: a) Hai đường thẳng {d1:y=a1x+b1d2:y=a2x+b2 song song với nhau ⇔{a1=a2b1≠b2. b) Đặt điều kiện để hệ phương trình có nghĩa. Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ và sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Cách giải: a) Cho đồ thị hàm số y=ax+b song song với đường thẳng y=2x−1 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. Xác định các giá trị a,b. Đường thẳng y=ax+b song song với đường thẳng y=2x−1⇔{a=2b≠1⇒y=2x+b. Đường thẳng y=2x+b căt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3⇒3=2.0+b⇔b=3(tm). Vậy a=2,b=3. b) Giải hệ phương trình: {3x+√y+6=115x−√y+6=13. Điều kiện: y≥6. Đặt √y+6=a(a≥0). Khi đó ta có hệ phương trình: {3x+a=115x−a=13⇔{a=11−3x8x=24⇔{a=11−3xx=3⇔{x=3a=2(tm).⇒√y+6=2⇔y+6=4⇔y=−2(tm). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;−2). Câu 3: Phương pháp: 1. a) Thay giá trị của m=2 vào phương trình đã cho và giải phương trình bậc hai một ẩn. b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0. +) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=−bax1x2=ca và áp dụng hệ thức bài cho để tìm giá trị của m. 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình để tìm vận tốc của mỗi xe. +) Sau đó so sánh vận tốc mỗi xe với vận tốc tối đa mà xe được chạy là 50km/h để rút ra kết luận đúng. Cách giải: 1. Cho phương trình ẩn x:x2−2(m+1)x+m2+1=0(∗) (m là tham số) a) Giải phương trình (∗) với m=2. Với m=2 ta có phương trình x2−6x+5=0 Ta thấy phương trình có a+b+c=1−6+5=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x=1 và x=5. Vậy với m=2 thì phương trình có tập nghiệm S={1;5}. b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x1−2x2=−1. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0 ⇔(m+1)2−m2−1>0⇔m2+2m+1−m2−1>0⇔2m>0⇔m>0. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m+1)(1)x1x2=m2+1(2). Theo đề bài ta có: x1−2x2=−1(3) Từ (1) và (3) ta có hệ phương trình: {x1+x2=2m+2x1−2x2=−1⇔{x1=2x1−1x2=2m+33⇔{x1=4m+33x2=2m+33. Thế vào (2) ta được: 4m+33.2m+33=m2+1 ⇔8m2+12m+6m+9=9m2+9⇔m2−18m=0⇔m(m−18)=0⇔[m=0m−18=0⇔[m=0(ktm)m=18(tm). Vậy m=18 thỏa mãn điều kiện bài toán. 2. Bài toán có nội dung thực tế: Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc. a) Tính vận tốc của hai xe ô tô. Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x(km/h),(x>0). Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: 144x(h). Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất 6km/h nên vận tốc của ô tô thứ hai là: x+6(km/h). Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: 144x+6(h). Ô tô thứ hai xuất phát sớm hơn ô tô thứ nhất 20 phút =13(h) mà hai xe đến B cùng lúc nên ta có phương trình: 144x−144x+6=13⇔3.144(x+6)−3.144x=x(x+6)⇔x2+6x−2592=0⇔(x−48)(x+54)=0⇔[x−48=0x+54=0⇔[x=48(tm)x=−54(ktm). Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 48km/h, vận tốc của ô tô thứ hai là: 48+6=54km/h. b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ? Vì biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h nên xe thứ hai đã vi phạm giới hạn tốc độ vì 54km/h>50km/h. Câu 4. 1. Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Từ hai điểm B và C kẻ BE⊥AD tại E, CF⊥AD tại F. a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn. Xét tứ giác ABHE có: ∠AHB=∠AEB (gt); ⇒ Hai điểm H và E cùng nhìn AB dưới một góc 900. ⇒ Tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (dấu hiệu nhận biết) b) Chứng minh HE//CD. Do tứ giác ABHE nội tiếp (cmt) ⇒∠DEH=∠ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Mà ∠ABC=∠ADC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ⇒∠DEH=∠ADC. Hai góc này ở vị trí so le trong ⇒HE//CD . c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh IE=IF. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. ⇒M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE (cmt) Ta có IM là đường trung bình của tam giác ABC ⇒IM//AC {IM//ACHE//CDAC⊥CD(gocnoitiepchannuaduongtron)⇒IM⊥HE ⇒IM là đường trung trực của HE ⇒IH=IE(1) Chứng minh tương tự ta có: Xét tứ giác AHFC có: ∠AHC=∠AFC=900(gt)⇒ Tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC, tâm N (dấu hiệu nhận biết) ⇒∠FHC=∠CAD (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Mà ∠CAD=∠CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) ⇒∠FHC=∠CBD. Hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị ⇒HF//BD IN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒IN//AB {IN//ABHF//BDAB⊥BD(gocnoitiepchannuaduongtron)⇒IN⊥HF ⇒IN là đường trung trực của HF ⇒IH=IF(2) Từ (1) và (2) ⇒IE=IF(dpcm). 2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao h=16cm và bán kính đường tròn đáy là r=12cm? Gọi l là độ dài đường sinh của hình nón. Áp dụng định lí Pytago ta có: l=√h2+r2=√162+122=√400=20(cm) ⇒ Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πrl=π.12.20=240π(cm2) Diện tích đáy của hình nón là Sd=πr2=144π(cm2) Vậy diện tích toàn phần của hình nón là Stp=Sxq+Sd=240π+144π=384π(cm2) Bài 5. a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có ab+bc+ca≤(a+b+c)23 ab+bc+ca≤(a+b+c)23⇔3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2⇔3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)⇔ab+bc+ca≤a2+b2+c2⇔a2+b2+c2−(ab+bc+ca)≥0⇔2(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ca)≥0⇔(a2−2ab+b2)+(b2−2bc+c2)+(c2−2ca+a2)≥0⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0(luondung) b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z=34. Chứng minh 6(x2+y2+z2)+10(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9 Đẳng thức xảy ra khi nào? 6(x2+y2+z2)+10(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9⇔6(x2+y2+z2+2(xy+yz+xz))−12(xy+yz+xz)+10(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9⇔6(x+y+z)2−2(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9⇔6.(34)2−2(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9⇔278−2(xy+yz+xz)+2(12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z)≥9(∗) Áp dụng BĐT ở ý a) ta có: xy+yz+zx≤(x+y+z)23=(34)23=316⇒−2(xy+yz+zx)≥−38 Áp dụng BĐT phụ: 1a+1b+1c≥9a+b+c(a,b,c≥0) Chứng minh: Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfr
Quảng cáo
|