Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2020Tải vềCâu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu I: 1) Tính giá trị các biểu thức sau: a) A=√16+5 b) B=√8−√2 2) Giải các phương trình sau: a) √x−3=2 b) x2−4=0 Câu II: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2 và (d2):y=x−3. Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 2) Cho phương trình x2+4x+2m+1=0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m=1. b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Câu III: 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB=6cm, góc ∠ABC=600. Tính chu vi tam giác ABC. 2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu? Câu IV: Cho tam giác nhọn ABC (AB≠AC) có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: ∠ADE=∠ADF. 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC. Câu V: 1) Tìm các số thực x,y,z thỏa mãn x2+y2+4z2−4x−2y+4z+6=0. 2) Cho các số thực x,y thỏa mãn x>2y và xy=3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2+4y2−11x−2y. Lời giải Câu I (2,0 điểm) Cách giải: 1) Tính giá trị các biểu thức sau: a) A=√16+5 b) B=√8−√2 a) A=√16+5=√42+5=4+5=9. Vậy A=9. b) B=√8−√2=√22.2−√2=2√2−√2=√2. Vậy B=√2. 2) Giải các phương trình sau: a) √x−3=2 b) x2−4=0 a) √x−3=2 ⇔x−3=4⇔x=7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={7}. b) x2−4=0 ⇔x2=4⇔x=±2. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={±2}. Câu II (2,0 điểm) Cách giải: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2 và (d2):y=x−3. Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau. Hai đường thẳng (d1):y=(m−1)x+2 và (d2):y=x−3 song song với nhau khi và chỉ khi {m−1=12≠−3(luondung)⇔m=2. Vậy với m=2 thì hai đường thẳng (d1)//(d2). 2) Cho phương trình x2+4x+2m+1=0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m=1. Với m=1, phương trình đã cho trở thành: x2+4x+3=0. Nhận xét: a−b+c=1−4+3=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=−1x2=−ca=−3. Vậy khi m=1 thì tập nghiệm của phương trình là S={−1;−3}. b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Phương trình x2+4x+2m+1=0 có Δ′=22−(2m+1)=4−2m−1=3−2m. Để phương trình có nghiệm kép thì Δ=3−2m=0⇔m=32. Vậy với m=32 thì phương trình đã cho có nghiệp kép. Câu III (2,0 điểm) Cách giải: 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB=6cm, góc ∠ABC=600. Tính chu vi tam giác ABC.
Xét tam giác vuông ABC ta có: tan600=ACAB⇒AC=AB.tan600=6.√3(cm)cos600=ABBC⇒BC=ABcos600=612=12(cm) Vậy chu vi tam giác ABC là: CΔABC=AB+AC+BC=6+6√3+12=18+6√3(cm). 2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu? Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là x (đồng) (ĐK: x>0). Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: x.90%=910x (đồng). Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% thứ hai là: 910x.90%=81100x (đồng). Vì sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình: 81100x=16200000⇔x=20000000 (đồng) (tm). Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng. Câu IV (2,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác nhọn ABC (AB≠AC) có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác AEHF có: {BE⊥ACCF⊥AB⇒{∠AEH=900∠AFH=900 ⇒∠AEH+∠AFH=900+900=1800. Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). 2) Chứng minh rằng: ∠ADE=∠ADF. Xét tứ giác BDHF có: {AD⊥BCCF⊥AB⇒{∠BDH=900∠BFH=900 ⇒∠BDH+∠BFH=900+900=1800. ⇒BDHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠HDF=∠HBF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF) ⇒∠ADF=∠ABE (1). Tương tự xét tứ giác CDHE có: {AD⊥BCBE⊥AC⇒{∠HDC=900∠HEC=900. ⇒∠HDC+∠HEC=900+900=1800. ⇒CDHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠HDE=∠HCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) ⇒∠ADE=∠ACF (2). Ta lại có: ∠ABE+∠BAC=900 (do tam giác ABE vuông tại E). ∠ACF+∠BAC=900 (do tam giác ACF vuông tại F). ∠ABE=∠ACF (cùng phụ với ∠BAC) (3). Từ (1), (2), (3) ⇒∠ADE=∠ADF (đpcm). 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC. Gọi M là trung điểm của BC, ta sẽ chứng minh tú giác DMEF là tứ giác nội tiếp. Xét tam giác BEC vuông tại E có trung tuyến EM ứng với cạnh huyền BC ⇒ME=12BC=MB=MC (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông). ⇒ΔMBE cân tại M ⇒∠MBE=∠MEB (tính chất tam giác cân). ⇒∠EMC=∠MEB+∠MBE=2∠MBE=2∠DBH(∗) (góc ngoài của tam giác). Vì BDHF là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠DBH=∠DFH(5) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH). Vì AEHF là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠HFE=∠HAE(3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE). Mà ∠DBH+∠ACB=900 (do tam giác BCE vuông tại E). ∠HAE+∠ACB=900 (do tam giác ACD vuông tại D). ⇒∠DBH=∠HAE(4) (cùng phụ với ∠ACB). Từ (3) và (4) ⇒∠HFE=∠DBH(6). Từ (5) và (6) ⇒∠DFE=∠DFH+∠HFE=∠DBH+∠DBH=2∠DBH(2∗) Từ (*) và (2*) ⇒∠EMC=∠DFE. ⇒ Tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF đi qua trung điểm M của BC (đpcm). Câu V (2,0 điểm) Cách giải: 1) Tìm các số thực x,y,z thỏa mãn x2+y2+4z2−4x−2y+4z+6=0. Theo bài ra ta có: x2+y2+4z2−4x−2y+4z+6=0⇔x2−4x+4+y2−2y+1+4z2+4z+1=0⇔(x−2)2+(y−1)2+(2z+1)2=0 Vì {(x−2)2≥0∀x(y−1)2≥0∀y(2z+1)2≥0∀z⇒(x−2)2+(y−1)2+(2z+1)2≥0∀x,y,z. Dấu “=” xảy ra ⇔{x−2=0y−1=02z+1=0⇔{x=2y=1z=−12. Vậy có duy nhất 1 bộ số (x;y;z) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (x;y;z)=(2;1;−12). 2) Cho các số thực x,y thỏa mãn x>2y và xy=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2+4y2−11x−2y. Ta có: P=x2+4y2−11x−2yP=x2+4y2−12+1x−2yP=x2+4y2−4xy+1x−2yP=(x−2y)2+1x−2yP=x−2y+1x−2y Vì x>2y⇒x−2y>0. Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số x−2y và 1x−2y ta có: P=x−2y+1x−2y≥2√(x−2y).1x−2y=2. Dấu “=” xảy ra ⇔x−2y=1x−2y⇔(x−2y)2=1 ⇔x−2y=1 (do x−2y>0) và xy=3. ⇔{x−2y=1xy=3⇔{x=2y+1(2y+1).y=3⇔{x=2y+12y2+y−3=0(∗). Xét phương trình (*) có a+b+c=2+1−3=0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt [y1=1y2=ca=−32 Với y1=1⇒x1=2y1+1=3. Với y2=−32⇒x2=2y2+1=−2. ⇒ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x;y)∈{(3;1);(−2;−32)}. Vậy Pmin=2⇔(x;y)∈{(3;1);(−2;−32)}.
Quảng cáo
|