Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2020Tải vềA. Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1. Tìm số thực m để hàm số Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài A. Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1. Tìm số thực m để hàm số y=(2−m)x+1y=(2−m)x+1 nghịch biến trên ℝ A. m>0m>0 B. m<2m<2 C. m≠2m≠2 D. m>2m>2 Câu 2. Phương trình x2−5x−6=0x2−5x−6=0 có bao nhiêu nghiệm dương? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 3. Tìm điều kiện của xx để biểu thức P=2+x√x−3+√xP=2+x√x−3+√x có nghĩa. A. x>3x>3 B. x≥0x≥0 C. x≥0x≥0 và x≠3x≠3 D. x≠3x≠3 Câu 4. Cho P=√53−20√7=a+b√7P=√53−20√7=a+b√7, với a,ba,b là các số nguyên. Tính a−ba−b A. 7 B. 73 C. –7 D. –3 Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB=3,BC=5AB=3,BC=5. Tính tan∠ACBtan∠ACB A. tan∠ACB=53tan∠ACB=53 B. tan∠ACB=35tan∠ACB=35 C. tan∠ACB=45tan∠ACB=45 D. tan∠ACB=34tan∠ACB=34 Câu 6. Tìm thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là a,2a,3aa,2a,3a A. V=3a3V=3a3 B. V=6a3V=6a3 C. V=a3V=a3 D. V=2a3V=2a3 Câu 7. Cho đường tròn (O)(O) ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a√2a√2. Tính diện tích S của hình tròn (O)(O) A. S=12πa2S=12πa2 B. S=4πa2S=4πa2 C. S=πa2S=πa2 D. S=2πa2S=2πa2 Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R=2aR=2a A. V=43πa3V=43πa3 B. V=323πa3V=323πa3 C. V=4πa3V=4πa3 D. V=8πa3V=8πa3 B. Tự luận (8 điểm): Câu 1. (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A=7√20−3√25A=7√20−3√25 2) Tính giá trị của biểu thức B=√x+32√x+4B=√x+32√x+4 3) Rút gọn biểu thức C=51−√2−51+√2C=51−√2−51+√2 Câu II. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x2−6x+1=02x2−6x+1=0 2) Giải hệ phương trình {2x−y=3x+2y=5 Câu III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số y=x2 có đồ thị (P) và đường thẳng d:y=2x−m+1(với m là tham số) 1) Vẽ đồ thị (P) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1và x2 thỏa mãn điều kiện x21+x22=2(x1+x2) Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn (O) có bán kính R=2a và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm) 1) Chứng minh bốn diểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn (C). 2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng OA=3a. 3) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và(O), P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính sin∠MPN. Câu V. (0,5 điểm) Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãnx+y=4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P=x4+y4−4xy+3. Lời giải A. Trắc nghiệm: (2,0 điểm)
Câu 1 (NB): Phương pháp: Hàm số bậc nhất y=ax+b nghịch biến trên R khi a<0 đồng biến khi a>0 Cách giải: Hàm số đã cho nghịch biến khi 2−m<0⇔m>2 Chọn D. Câu 2 (NB): Phương pháp: Phương trình bậc hai ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm trái dấu khi ac<0 Cách giải: Phương trình đã cho có ac=−6<0 nên có hai nghiệm trái dấu, nên nó có một nghiệm dương Chọn B. Câu 3 (TH): Phương pháp: Biểu thức có nghĩa khi các biểu thức trong căn không âm và biểu thức dưới mẫu khác 0 Cách giải: Biểu thức đã cho có nghĩa khi và chỉ khi {x≥3√x−3≠0⇔x>3 Chọn A. Câu 4 (TH): Phương pháp: Đưa biểu thức trong căn về bình phương Cách giải: Ta có P=√53−20√7=√52−2.5.2√7+(2√7)2=√(5−2√7)2=|5−2√7|=2√7−5 Vậy {a=−5b=2⇒a−b=−7 Chọn C. Câu 5 (TH): Phương pháp: Áp dụng định lý Pitago, sau đó áp dụng công thức tan bằng đối trên kề Cách giải Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC ta có AC=√BC2−AB2=√52−32=4⇒tan∠ACB=ABAC=34 Chọn D.
Câu 6 (TH): Phương pháp: Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của chúng Cách giải: Thể thích của khối hộp đã cho là V=a.2a.3a=6a3 Chọn B. Câu 7 (VD): Phương pháp: Tính bán kính đường tròn, rồi áp dụng công thức diện tích Cách giải:
Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A, nội tiếp đường tròn (O) Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên đường tròn (O) có đường kính là BC=AB√2=a√2.√2=2a Suy ra bán kính của (O) là r=a và diện tích là S=πr2=πa2 Chọn C. Câu 8 (NB): Phương pháp: Áp dụng công thức thể tích khối cầu Cách giải:
Thể tích khối cầu đã cho là V=43πR3=43π(2a)3=323πa3 Chọn B. B. Tự luận: (8,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Phương pháp: 1) Sử dụng các công thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 và √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0,B≥0. 2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức. Cách giải: 1) Rút gọn biểu thức A=7√20−3√25 Ta có: A=7√20−3√25 =7√4.5−3√25=7.√4.√5−3.5=7.2.√5−15=14√5−15 Vậy A=14√5−15 . 2) Tính giá trị của biểu thức B=√x+32√x+4 khi x=9 Điều kiện: x>0. Thay x=9 (thỏa mãn điều kiện) vào B=√x+32√x+4 ta được: B=√9+32√9+4=3+32.3+4=3+12+4=152. Vậy khi x=9 thì B=152. 3) Rút gọn biểu thức C=51−√2−51+√2 Ta có: C=51−√2−51+√2=−5√2−1−5√2+1 =−5(√2+1)−5(√2−1)(√2−1)(√2+1)=−5√2−5−5√2+52−1=−10√21=−10√2 Vậy C=−10√2. Câu II (2,0 điểm) (VD): Phương pháp: 1) Tính biệt thức và áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai 2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số Cách giải: 1) Giải phương trình 2x2−6x+1=0. Ta có: Δ′=32−2.1=7>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔[x1=3+√72x2=3−√72. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={3±√72}. 2) Giải hệ phương trình {2x−y=3x+2y=5. {2x−y=3x+2y=5⇔{4x−2y=6x+2y=5⇔{5x=11y=2x−3⇔{x=115y=2.115−3⇔{x=115y=75. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(115;75). Câu III (1,5 điểm) (VD): Phương pháp: 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị 2) Viết phương trình hoành độ giao điểm và hệ thức Vi–ét Cách giải: Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số y=x2 có đồ thị (P) và đường thẳng d:y=2x−m+1 (với m là tham số). 1) Vẽ đồ thị (P). + Ta có bảng giá trị:
Do đó, parabol (P):y=x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4) và nhận Oy là trục đối xứng. + Đồ thị hàm số: 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x21+x22=2(x1+x2). Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2=2x−m+1⇔x2−2x+m−1=0 (*). Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇔Δ′=1−m+1=2−m>0⇔m<2. Khi đó giả sử phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2. Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2x1x2=m−1. Theo bài ra ta có: x21+x22=2(x1+x2)⇔(x1+x2)2−2x1x2=2(x1+x2)⇔22−2(m−1)=2.2⇔4−2(m−1)=4⇔2(m−1)=0⇔m−1=0⇔m=1(tm) Vậy m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu IV (2,0 điểm) – (VD): Cách giải: Cho đường tròn (O) có bán kính R=2a và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm). 1) Chứng minh bốn điểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn (C). Gọi I là trung điểm của OA. Ta có: ∠OMA=900 (AM là tiếp tuyến với (O)) ⇒ΔAMO vuông tại M Có MI là trung tuyến ⇒MI=IO=IA (1) ∠ONA=900 (AN là tiếp tuyến của (O)) ⇒ΔANO vuông tại N Có NI là trung tuyến ⇒NI=IO=IA (2) Từ (1) và (2) suy ra IO=IA=IM=IM nên 4 điểm A, M, N, O cùng thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính R=OA2. (đpcm) 2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng OA=3a. Gọi E là giao điểm của MN là OA. Ta có: OM=ON=R và AM=AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒OA là đường trung trực của đoạn MN ⇒OA⊥MN tại trung điểm E của MN. Tam giác OMA vuông tại M, theo Pitago ta có: AM2=OA2−OM2=(3a)2−(2a)2=5a2⇒AM=a√5 Tam giác AMO vuông tại M có ME là đường cao nên: ME.OA=OM.AM ⇒ME=OM.AMOA=2a.a√53a=2a√53 ⇒MN=2ME=2.2a√53=4a√53 Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nên SOMAN=12OA.MN=12.3a.4a√53=2a2√5. Vậy SOMAN=2a2√5 3) Gọi M′ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và (O), P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính sin∠MPN. Nối M’ với N ta có ∠MPN=∠MM′N (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ⇒sin∠MPN=sin∠MM′N Tam giác MNM’ có ∠MNM′=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại N. ⇒sin∠MM′N=MNMM′=4a√53:4a=√53 ⇒sin∠MPN=√53. Câu V (0,5 điểm) (VDC): Cách giải: Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn x+y=4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P=x4+y4−4xy+3. Ta có: P=x4+y4−4xy+3P=(x2+y2)2−2(xy)2−4xy+3P=[(x+y)2−2xy]2−2(xy)2−4xy+3P=(x+y)4−4xy(x+y)2+4(xy)2−2(xy)2−4xy+3P=256−64xy+2(xy)2−4xy+3P=2(xy)2−68xy+259 Đặt t=xy, áp dụng BĐT Cô-si ta có: 0≤xy≤(x+y2)2=4 ⇒0≤t≤4. Khi đó ta có: P=2t2−68t+259P=2(t2−34t+172)−319P=2(t−17)2−319 Với 0≤t≤4⇒−17≤t−17≤−13. ⇔132≤(t−17)2≤172⇔2.132≤2(t−17)2≤2.172⇔2.132−319≤2(t−17)2−319≤2.172−319⇔19≤P≤259 Vậy Pmin=19⇔t=4⇔{xy=4x+y=4. Khi đó x,y là nghiệm của phương trình X2−4X+4=0⇔(X−2)2=0⇔X=2. ⇒(x;y)=(2;2). Pmax=259⇔t=0⇔{xy=0x+y=4⇔[x=0;y=4y=0;x=4⇒(x;y)=(0;4) hoặc (x;y)=(4;0).
Quảng cáo
|