Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2021Tải vềI. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số f(x)=3x−1. Giá trị của f(1) bằng: A. −2 B. 2 C. 1 D. 0 Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình y=2−7x. Hệ số góc của đường thẳng d là: A. −72 B. 7 C. −7 D. 2 Câu 3. Phương trình x2−7x+10=0 có một nghiệm bằng: A. −5 B. −7 C. −2 D. 5 Câu 4. Hệ phương trình {3x−y=75x+y=9 có nghiệm duy nhất là: A. {x=2y=−1 B. {x=−2y=1 C. {x=2y=3 D. {x=−2y=−3 Câu 5. Điều kiện của x để biểu thức √x−2 có nghĩa là: A. x≤2 B. x≥−2 C. x≥2 D. x≠2 Câu 6. Giá trị của biểu thức √3+2√2 bằng: A. 1+2√2 B. 2+2√2 C. √2−1 D. 1+√2 Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB=6cm,BC=10cm và đường cao AH với H∈BC. Khi đó, đọ dài đoạn BH bằng: A. 185cm B. 245cm C. 2cm D. 35cm Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Biết ∠BAD=1050 và ∠DBC=450. Khi đó, giá tị của cos∠BDC bằng: A. √6−√24 B. √22 C. 12 D. √32
II. Phần tự luận: (8,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A=3√3−7√27+2√243. b) Tính giá trị của biểu thức B=x−2√x−1+x√x+1 khi x=4. c) Cho biểu thức C=−2x+13x−√x−6−√x+1√x+2−3√x−23−√x, với x≥0 và x≠9. Tìm x để C=1. Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2−5x−2=0. b) Giải phương trình: √49(3x+2)−√12x+8=√3x+2−3√9x2+12x+4+7. Câu 3 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số y=12x2 có đồ thị (P) và đường thẳng d có phương trình y=x+12m2+m+1 với m là tham số. a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 sao cho x21+x22=68. Câu 4 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Vẽ các đường cao AH,BK và CP của tam giác ABC với H∈BC,K∈AC và P∈AB. a) Chứng minh tứ giác BPKC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: ∠BAH=∠OAC. c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai điểm E và F. Chứng minh OA là tia phân giác của ∠EAF. Câu 5 (0,5 điểm) Giải hệ phương trình: {y3+12x2y=8(x3+1)+6xy2xy+2y−x2−x+10=0 (với x,y∈R) Lời giải I. Phần trắc nghiệm:
Câu 1 (NB) Phương pháp: Thay x=1 vào hàm số f(x)=3x−1, từ đó tính được f(1). Cách giải: Ta có: f(1)=3.1−1=3−1=2 Chọn B. Câu 2 (NB) Phương pháp: Đường thẳng (d):y=ax+b có hệ số góc là: a Cách giải: Đường thẳng d:y=2−7x có hệ số góc là a=−7. Chọn C. Câu 3 (NB) Phương pháp: Tính Δ=b2−4ac + Δ>0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với x1,2=−b±√Δ2a. + Δ=0 thì phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b2a. + Δ<0 thì phương trình vô nghiệm. Cách giải: Cách làm tự luận: Ta có: Δ=(−7)2−4.10=9>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Với x1=−b+√Δ2a=7+32=102=5 x1=−b−√Δ2a=7−32=42=2 Chọn D. Câu 4 (NB) Phương pháp: Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình. Cách giải: {3x−y=75x+y=9⇔{8x=165x+y=9⇔{x=2y=9−5x⇔{x=2y=−1 Hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(2;−1) Chọn A. Câu 5 (NB) Phương pháp: Biểu thức √f(x) có nghĩa ⇔f(x)≥0 Cách giải: Biểu thức √x−2 có nghĩa ⇔x−2≥0⇔x≥2 Chọn C. Câu 6 (TH) Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Cách giải: Ta có: √3+2√2=√(√2)2+2√2+1=√(√2+1)2=√2+1 (vì √2+1>0) Chọn D. Câu 7 (TH) Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A,AH⊥BC, ta có: AB2=BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒BH=AB2BC=6210=35(cm) Vậy BH=35cm Chọn D. Câu 8 (NB) Phương pháp: Vận dụng định lý của tứ giác nội tiếp: Tứ giác nội tiếp đường tròn thì có tổng hai góc đối bằng 1800. Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác. Cách giải: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) ⇒∠BAD+∠BCD=1800 (định lý của tứ giác nội tiếp) ⇒∠BCD=1800−∠BAD=1800−1050=750 Xét tam giác BCD có: ∠DBC+∠BCD+∠BDC=1800(định lý tổng ba góc trong một tam giác) ⇒∠BDC=1800−(∠DBC+∠BCD)⇒∠BDC=1800−(450+750)⇒∠BDC=1800−1200⇒∠BDC=600⇒cos∠BDC=12 Chọn C.
II. Phần tự luận: Câu 1 (TH) Phương pháp: a) Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Thực hiện các phép tính với căn bậc hai. b) Vận dụng hằng đẳng thức a−b=(√a−√b)(√a+√b) xác định mẫu thức chung của biểu thức Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức. c) Tìm mẫu thức chung, thực hiện các phép toán rút gọn biểu thức C Giải phương trình C=1 Tìm được các giá trị thỏa mãn điều kiện và kết luận. Cách giải: a) A=3√3−7√27+2√243 A=3√3−7√3.32+2√3.92A=3√3−7.3√3+2.9√3A=3√3−21√3+18√3A=(3−21+18)√3A=0 Vậy A=0 b) ĐKXĐ: {x≥0√x−1≠0⇔{x≥0x≠1 Thay x=4 (tmđk) vào biểu thức B ta được: B=4−2√4−1+4√4+1B=22−1+42+1B=2+43=103 Vậy với x=4 thì B=103. c) Với x≥0 và x≠9: C=−2x+13x−√x−6−√x+1√x+2−3√x−23−√x C=−2x+13(√x+2)(√x−3)−√x+1√x+2+3√x−2√x−3C=−2x+13−(√x+1)(√x−3)+(3√x−2)(√x+2)(√x+2)(√x−3) C=−2x+13−(x−2√x−3)+(3x+4√x−4)(√x+2)(√x−3)C=−2x+13−x+2√x+3+3x+4√x+4(√x+2)(√x−3)C=6√x+12(√x+2)(√x−3)C=6(√x+2)(√x+2)(√x−3)C=6√x−3 Để C=1 thì 6√x−3=1 ⇒√x−3=6⇔√x=9⇔x=81(tmdk) Vậy x=81thì C=1. Câu 2 (VD) Phương pháp: a) Cách 1: Tính Δ=b2−4ac (hoặc Δ′=(b′)2−ac) +Δ<0(Δ′<0)⇒ phương trình vô nghiệm +Δ=0(Δ′=0)⇒ phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b2a(x1=x2=−b′a) +Δ>0(Δ′>0)⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: x1,2=−b±√Δ2a (hoặc x1,2=−b′±√Δ′a), tính được nghiệm của phương trình, kết luận. Cách 2: Sử dụng phương pháp tách, nhóm các hạng tử, tìm nhân tử chung đưa về phương trình tích A(x).B(x)=0⇔[A(x)=0B(x)=0 b) Xác định điều kiện để phương trình có nghĩa: √f(x) xác định ⇔f(x)≥0 Đưa phương trình ban đầu về dạng f(x)+a√f(x)+b=0 Đặt √f(x)=t (xác định điều kiện của t) khi đó, ta có phương trình t2−at+b=0 Giải phương trình, tìm t và tìm được x. Cách giải: a) 3x2−5x−2=0 Cách 1: Ta có: Δ=(−5)2−4.3.(−2)=49>0 ⇒ Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt [x=5+72.3=2x=5−72.3=−13 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={2;−13} Cách 2: 3x2−5x−2=0⇔3x2−6x+x−2=0⇔3x(x−2)+(x−2)=0⇔(x−2)(3x+1)=0⇔[x−2=03x+1=0⇔[x=2x=−13 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={2;−13} b) ĐKXĐ: {3x+2≥012x+8≥09x2+12x+4≥0⇔{x≥−23(3x+2)2≥0⇔{x≥−23x≠−23⇔x>−23 Ta có: √49(3x+2)−√12x+8=√3x+2−3√9x2+12x+4+7 ⇔7√3x+2−√4(3x+2)=√3x+2−3√(3x+2)2+7⇔7√3x+2−2√3x+2=√3x+2−3|3x+2|+7⇔5√3x+2=√3x+2−3(3x+2)(dox>−23⇒3x+2>0)⇔3(3x+2)+4√3x+2−7=0 Đặt t=√3x+2(t>0), phương trình trở thành 3t2+4t−7=0(∗) Ta có: a+b+c=3+4+(−7)=0 nên phương trìn (*) có hai nghiệm phân biệt [t=1(tm)t=ca=−73(ktm) Với t=1⇒√3x+2=1 ⇔3x+2=1⇔x=−13(tm) Vậy phương trình có tập nghiệm là S={−13}. Câu 3 (VD) Phương pháp: a) Vẽ đồ thị của hàm số y=ax2(a≠0) + Nhận xét về hệ số a và sự biến thiên của hàm số + Lập bảng giá trị tương ứng của x và y + Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) (*) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 ⇔Δ>0 Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m Thay vào phương trình, tìm tham số m. Cách giải: a) Parabol y=12x2 có hệ số a=12>0 nên đồng biến với x>0 và nghịch biến x<0. Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0;0) và nhận Oy làm trục đối xứng. Bảng giá trị:
⇒ Parabol y=12x2 là đường cong đi qua các điểm (−4;8);(−2;2);(0;0);(2;2);(4;8) Đồ thị hàm số:
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d, ta có: 12x2=x+12m2+m+1⇔x2−2x−m2−2m−2=0(∗) Để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1;x2. ⇔Δ′(∗)>0⇔(−1)2−(−m2−2m−2)>0⇔1+m2+2m+2>0⇔m2+2m+3>0⇔(m+1)2+2>0 Do (m+1)2≥0,∀m⇒(m+1)2+2≥2>0,∀m Do đó, Δ′(∗)>0,∀m hay phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2. Vậy đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2. Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: {x1+x2=2x1x2=−m2−2m−2 Theo bài ra, ta có: x31+x32=68⇔(x1+x2)2−3x1x2(x1+x2)=68⇔23−3.(−m2−2m−2).2=68⇔8+6m2+12m+12=68⇔6m2+12m−48=0⇔m2+2m−8=0⇔m2+4m−2m−8=0⇔m(m+4)−2(m+4)=0⇔(m+4)(m−2)=0⇔[m+4=0m−2=0⇔[m=−4m=2 Vậy m∈{−4;2}. Câu 4 (VD) Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp. b) Ta sẽ chứng mình: ∠BAH=900−∠BAC(1) và ∠OAC=900−∠BAC(2) Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. c) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) Ta sẽ chứng minh: PK⊥OA Gọi {M}=OA∩PK⇒M là trung điểm của EF Chứng minh: ΔAEF cân tại A, suy ra điều phải chứng minh. Cách giải:
a) Xét tứ giác BPKC có: ∠BPC=∠BKC=900 nên P,K cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Vậy tứ giác BPKC nội tiếp đường tròn đường kính BC. b) Tam giác ABH vuông tại H nên ∠BAH+∠ABH=900⇒∠BAH+∠ABC=900 ⇒∠BAH=900−∠BAC(1) ΔOAC có OA=OC nên ΔOAC cân tại O⇒∠OAC=∠OCA (tính chất tam giác cân) Ta có: ∠OAC+∠OCA+∠AOC=1800 (tổng ba góc trong một tam giác) ⇒2∠OAC=1800−∠AOC⇒∠OAC=1800−∠AOC2 Lại có ∠AOC=2∠ABC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ⇒∠OAC=1800−∠AOC2=1800−2∠ABC2=900−∠BAC(2) Từ (1) và (2) ⇒∠BAH=∠OAC (đpcm) c) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) Ta có: ∠xAC=∠ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC) Mà ∠ABC=∠AKP (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BPKC ⇒∠xAC=∠AKP, mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒Ax//PK (dhnb) Ta có: OA⊥Ax (do Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A)⇒PK⊥OA Gọi {M}=OA∩PK ta có: OA⊥EF tại M⇒M là trung điểm của EF (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) ⇒ΔAEF có AO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ⇒ΔAEF cân tại A Vậy đường cao AO đồng thời là phân giác của ∠EAF (đpcm) Câu 5 (VDC) Phương pháp: Từ phương trình (1), ta tìm được x theo y Thay vào phương trình (2), ta tìm được nghiệm của phương trình và hệ phương trình. Cách giải: {y3+12x2y=8(x3+1)+6xy2(1)xy+2y−x2−x+10=0(2) Ta có: (1):y3+12x2y=8(x3+1)+6xy2⇔8x3−12x2y+6xy2−y3=−8⇔(2x)3−3.(2x)2.y+3.2.x.y2−y3=−8⇔(2x−y)3=−8⇔2x−y=−2⇔y=2x+2 Thay y=2x+2 vào phương trình (2), ta có: x(2x+2)+2(2x+2)−x2−x−10=0⇔2x2+2x+4x+4−x2−x+10=0⇔x2+5x+14=0(∗) Ta có: Δ=52−4.14=−31<0 nên phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Quảng cáo
|