Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020Tải vềBài 1: Cho hai biểu thức: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1: Cho hai biểu thức: A=3√7−√28+√175−3A=3√7−√28+√175−3 và B=x−√x√x+x+√x√x+1B=x−√x√x+x+√x√x+1 với x>0.x>0. a) Rút gọn biểu thức AA và biểu thức B.B. b) Tìm các giá trị của xx để giá trị của biểu thức AA bằng ba lần giá trị của biểu thức B.B. Bài 2: a) Cho hàm số y=ax+by=ax+b có đồ thị là đường thẳng (d)(d). Xác định các giá trị của aa và bb biết (d)(d) song song với đường thẳng y=−12x+2020y=−12x+2020 và (d)(d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5−5. b) Giải hệ phương trình {3(x−1)+2(x−2y)=104(x−2)−(x−2y)=2{3(x−1)+2(x−2y)=104(x−2)−(x−2y)=2. Bài 3: 1. Cho phương trình x2−2(m+1)x+m2−1=0(1)x2−2(m+1)x+m2−1=0(1) (xx là ẩn số, mm là tham số). a) Giải phương trình (1)(1) với m=7.m=7. b) Xác định các giá trị của mm để phương trình (1)(1) có hai nghiệm x1,x2x1,x2 sao cho biểu thức M=x21+x22−x1x2M=x21+x22−x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Bài toán có nội dung thực tế: Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn? Bài 4: 1. Qua điểm AA nằm ngoài đường tròn (O)(O) vẽ hai tiếp tuyến ABAB và ACAC của đường tròn (BB và CC là các tiếp điểm). Gọi EE là trung điểm của của đoạn thẳng ACAC, FF là giao điểm thứ hai của đường thẳng EBEB với đường tròn (O)(O), KK là giao điểm của đoạn thẳng ACAC, FF là giao điểm thứ hai của đường thẳng AFAF với đường tròn (O)(O). Chứng minh: a) Tứ giác ABOCABOC là tứ giác nội tiếp và tam giác ABFABF đồng dạng với tam giác AKBAKB. b) BF.CK=CF.BKBF.CK=CF.BK. c) Tam giác FCEFCE đồng dạng với tam giác CBECBE và EAEA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABFABF. 2. Một hình nón có bán kính đáy là 5cm,5cm, diện tích xung quanh bằng 65πcm2.65πcm2. Tính chiều cao của hình nón đó. Bài 5: a) Cho x,yx,y là hai số thực bất kì. Chứng minh x2−xy+y2≥13(x2+xy+y2)x2−xy+y2≥13(x2+xy+y2) b) Cho x,y,zx,y,z là ba số thực dường thỏa mãn √x+√y+√z=2√x+√y+√z=2. Chứng minh x√xx+√xy+y+y√yy+√yz+z+z√zz+√zx+x≥23x√xx+√xy+y+y√yy+√yz+z+z√zz+√zx+x≥23 Lời giải chi tiết Bài 1 (1,5 điểm) Cách giải: Cho hai biểu thức: A=3√7−√28+√175−3A=3√7−√28+√175−3 và B=x−√x√x+x+√x√x+1B=x−√x√x+x+√x√x+1 với x>0.x>0. a) Rút gọn biểu thức AA và biểu thức B.B. +) Rút gọn biểu thức A:A: A=3√7−√28+√175−3=3√7−√22.7+√52.7−3=3√7−2√7+5√7−3=6√7−3.A=3√7−√28+√175−3=3√7−√22.7+√52.7−3=3√7−2√7+5√7−3=6√7−3. +) Rút gọn biểu thức B:B: Điều kiện: x>0.x>0. B=x−√x√x+x+√x√x+1=√x(√x−1)√x+√x(√x+1)√x+1=√x−1+√x=2√x−1.B=x−√x√x+x+√x√x+1=√x(√x−1)√x+√x(√x+1)√x+1=√x−1+√x=2√x−1. Vậy với A=6√7−3A=6√7−3 và B=2√xB=2√x với x>0.x>0. b) Tìm các giá trị của xx để giá trị của biểu thức AA bằng ba lần giá trị của biểu thức B.B. Điều kiện: x>0.x>0. Theo đề bài ta có:A=3BA=3B ⇔6√7−3=3.(2√x−1)⇔6√7−3=6√x−3⇔6√x=6√7⇔√x=√7⇔x=7(tm)⇔6√7−3=3.(2√x−1)⇔6√7−3=6√x−3⇔6√x=6√7⇔√x=√7⇔x=7(tm) Vậy x=7x=7 thì A=3B.A=3B. Câu 2 (2,0 điểm) Cách giải: a) Cho hàm số y=ax+by=ax+b có đồ thị là đường thẳng (d)(d). Xác định các giá trị của aa và bb biết (d)(d) song song với đường thẳng y=−12x+2020y=−12x+2020 và (d)(d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5−5. Vì đường thẳng (d):y=ax+b(d):y=ax+b song song với đường thẳng y=−12x+2020y=−12x+2020 nên: {a=−12b≠2020⎧⎨⎩a=−12b≠2020. Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng (d):y=−12x+b, với b≠2020. Vì (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5 nên đường thẳng (d) đi qua điểm (−5;0). Thay tọa độ điểm (−5;0) và phương trình đường thẳng (d) ta có: 0=−12.(−5)+b⇔0=52+b⇔b=−52 (thỏa mãn). Vậy a=−12 và b=−52. b) Giải hệ phương trình {3(x−1)+2(x−2y)=104(x−2)−(x−2y)=2. Ta có: {3(x−1)+2(x−2y)=104(x−2)−(x−2y)=2⇔{3x−3+2x−4y=104x−8−x+2y=2⇔{5x−4y=133x+2y=10⇔{5x−4y=136x+4y=20⇔{11x=333x+2y=10⇔{x=33.3+2y=10⇔{x=32y=1⇔{x=3y=12 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(3;12). Bài 3 (2,5 điểm) Cách giải: 1. Cho phương trình x2−2(m+1)x+m2−1=0(1) (x là ẩn số, m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m=7. Với m=7 ta có phương trình: x2−2(7+1)x+72−1=0⇔x2−16x+48=0⇔x2−4x−12x+48=0⇔x(x−4)−12(x−4)=0⇔(x−12)(x−4)=0⇔[x−12=0x−4=0⇔[x=12x=4. Vậy với m=7 thì phương trình có tập nghiệm là S={4;12}. b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 sao cho biểu thức M=x21+x22−x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Phương trình x2−2(m+1)x+m2−1=0(1) có hai nghiệm x1,x2 ⇔Δ′≥0⇔(m+1)2−m2+1≥0⇔m2+2m+1−m2+1≥0⇔2m+2≥0⇔m≥−1. Với m≥−1 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2. Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:{x1+x2=2(m+1)=2m+2x1x2=m2−1. Theo đề bài ta có: M=x21+x22−x1x2=(x1+x2)2−2x1x2−x1x2=(x1+x2)2−3x1x2=(2m+2)2−3(m2−1)=4m2+8m+4−3m2+3=m2+8m+7=m2+8m+16−9=(m+4)2−9 Với m≥−1 ⇒m+4≥3 ⇒(m+4)2≥9⇒(m+4)2−9≥0 ⇒MinM=0 Dấu “=” xảy ra ⇔m=−1(tm). Vậy m=−1 thỏa mãn điều kiện bài toán. 2. Bài toán có nội dung thực tế: Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là x (thùng), (x<2100,x∈N∗). ⇒ Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: 2100x (ngày). Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: x+35 (thùng). ⇒ Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: 2100x+35 (ngày). Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình: 2100x−2100x+35=3⇔2100(x+35)−2100x=3x(x+35)⇔2100x+73500−2100x=3x2+105x⇔3x2+105x−73500=0⇔x2+35x−24500=0⇔x2+175x−140x−24500=0⇔x(x+175)−140(x+175)=0⇔(x+175)(x−140)=0⇔[x+175=0x−140=0⇔[x=−175(ktm)x=140(tm) Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn. Bài 4 (3,5 điểm) Cách giải: 1. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của của đoạn thẳng AC, F là giao điểm thứ hai của đường thẳng EB với đường tròn (O), K là giao điểm của đoạn thẳng AC, F là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn (O). Chứng minh: a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và tam giác ABF đồng dạng với tam giác AKB. Ta có: AB,AC là hai tiếp tuyến của (O) tại B,C ⇒{OB⊥ABOB⊥AC ⇒∠ABO=∠ACO=900 Xét tứ giác ABOC ta có: ∠ABO+∠ACO=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒ABOC là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm) Xét ΔABF và ΔAKB ta có: ∠A chung ∠AKB=∠ABF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF) ⇒ΔABF∼ΔAKB(g−g)(dpcm). b) BF.CK=CF.BK. Ta có: ΔABF∼ΔAKB(cmt) ⇒ABAK=BFKB=AFAB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). Xét ΔACF và ΔAKC ta có: ∠A chung ∠AKC=∠ACF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF) ⇒ΔACF∼ΔAKC(g−g)(dpcm). ⇒ACAK=CFKC=AFAC (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). Mà AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ABAK=ACAK=BFKB=CFKC⇒BF.KC=KB.CF(dpcm). c) Tam giác FCE đồng dạng với tam giác CBE và EA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF. Ta có: ∠BKC=∠BCE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) Lại có: BFCK là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) ⇒∠EFC=∠BKC (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒EFC=∠BCE(=∠BKC) Xét ΔFCE và ΔCBE ta có: ∠Echung∠EFC=∠ECB(cmt)⇒ΔFCE∼ΔCBE(g−g)(dpcm). Vì ΔFCE=∠CBE(cmt) ⇒FECE=CEBE⇒CE2=FE.BE=AE2⇒EAEB=EFEA Xét ΔAEF và ΔBEA ta có: ∠AEBchungEAEB=EFEA(cmt)⇒ΔAEF∼ΔBEA(c−g−c) ⇒∠FAE=∠ABE (hai góc tương ứng) Mà ∠ABE là góc nội tiếp chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp ΔABF ∠FAE được tạo bởi dây cung AF và AE(E nằm ngoài đường tròn) ⇒AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABF. (đpcm) 2. Một hình nón có bán kính đáy là 5cm, diện tích xung quanh bằng 65πcm2. Tính chiều cao của hình nón đó. Ta có: Sxq=πRl ⇔5πl=65π⇔l=65π5π=13cm. Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: h=√l2−R2=√132−52=12cm. Bài 5 (1,0 điểm) Cách giải: a) Cho x,y là hai số thực bất kì. Chứng minh x2−xy+y2≥13(x2+xy+y2) Ta có: x2−xy+y2≥13(x2+xy+y2)⇔3x2−3xy+3y2≥x2+xy+y2⇔2x2−4xy+2y2≥0⇔x2−2xy+y2≥0 ⇔(x−y)2≥0 (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra khi x=y. Vậy ta có đpcm. b) Cho x,y,z là ba số thực dường thỏa mãn √x+√y+√z=2. Chứng minh x√xx+√xy+y+y√yy+√yz+z+z√zz+√zx+x≥23 Đặt {a=√x>0b=√y>0c=√z>0⇒a+b+c=2 ta được: VT=a3a2+ab+b2+b3b2+bc+c2+c3c2+ca+a2=a4a3+a2b+ab2+b4b3+b2c+bc2+c4c3+c2a+ca2 Áp dụng BĐT a2x+b2y≥(a+b)2x+y ta có: a4a3+a2b+ab2+b4b3+b2c+bc2≥(a2+b2)2(a3+a2b+ab2)+(b3+b2c+bc2)⇒a4a3+a2b+ab2+b4b3+b2c+bc2+c4c3+c2a+ca2≥(a2+b2)2(a3+a2b+ab2)+(b3+b2c+bc2)+c4c3+c2a+ca2≥(a2+b2+c2)2(a3+a2b+ab2)+(b3+b2c+bc2)+(c3+c2a+ca2)=(a2+b2+c2)2a3+a2b+a2c+b3+b2a+b2c+c3+c2a+c2b=(a2+b2+c2)2a2(a+b+c)+b2(a+b+c)+c2(a+b+c)=(a2+b2+c2)2(a2+b2+c2)(a+b+c)=a2+b2+c2a+b+c=12(a21+b21+c21)≥12.(a+b+c)21+1+1=12.223=23 ⇒a3a2+ab+b2+b3b2+bc+c2+c3c2+ca+a2≥23 (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=23.
Quảng cáo
|