Đề thi vào 10 môn Toán Hòa Bình năm 2021Tải vềCâu I (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu I (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định: a) A=√x−4A=√x−4 b) B=5x−2B=5x−2 2) Rút gọn: a) A=√75−√3A=√75−√3 b) B=√(√2+1)2−√2B=√(√2+1)2−√2 Câu II (2,0 điểm) 1) Vẽ đồ thị hàm số: y=−2x+3y=−2x+3. 2) Cho phương trình x2−4x+m−1=0x2−4x+m−1=0. Tìm mm để phương trình có 2 nghiệm x1,x2x1,x2 thỏa mãn x21+x22=14x21+x22=14. Câu III (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABCABC vuông tại AA, đường cao AHAH, biết HB=2cm,HC=8cmHB=2cm,HC=8cm. Tính độ dài các cạnh AB,ACAB,AC. 2) Một ô tô và một xe máy khởi hình cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy. 3) Giải hệ phương trình {3√x−6+7√y+5=27√x−6+2√y+5=8. Câu IV (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, các điểm M,N thay đổi trên các cạnh BC,CD sao cho góc MAN bằng 450 (M,N không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của AM,AN với BD. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác ABMQ và tứ giác MNQP là các tứ giác nội tiếp. 2) NA là phân giác của góc MND. 3) MN tiếp xúc với một đường tròn cố định. Câu V (1,0 điểm) 1) Cho a>b>0. Hãy so sánh √a+2−√a với √b+2−√b. 2) Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn x+3y≤10. Chứng minh rằng 1√x+273√y≥10. Lời giải Câu I (2,0 điểm) Phương pháp: 1) a) √f(x) xác định khi f(x)≥0. b) f(x)g(x) xác định khi g(x)≠0. 2) Sử dụng hằng đẳng thức √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0, thực hiện tính toán với các căn bậc hai. Cách giải: 1) a) Biểu thức A=√x−4 xác định khi và chỉ khi x−4≥0⇔x≥4. Vậy A=√x−4 xác định khi và chỉ khi x≥4. b) Biểu thức B=5x−2 xác định khi và chỉ khi x−2≠0⇔x≠2. Vậy B=5x−2 xác định khi và chỉ khi x≠2. 2) a) Ta có: A=√75−√3=√52.3−√3=5√3−√3=4√3 Vậy A=4√3. b) Ta có: B=√(√2+1)2−√2=|√2+1|−√2=√2+1−√2(do√2+1>0)=1 Vậy B=1. Câu II (2,0 điểm) Phương pháp: 1) Lập bảng giá trị tương ứng của x và y, tìm được các giao điểm và vẽ đồ thị. 2) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ′>0 + Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2, thay vào biểu thức x12+x22 để tìm giá trị của tham số m Chú ý: x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2 Cách giải: 1) Ta có bảng giá trị:
⇒y=−2x+3 là đường thẳng đi qua hai điểm (0;3), (1;1). Đồ thị hàm số:
2) Phương trình x2−4x+m−1=0 có Δ′=22−(m−1)=4−m+1=5−m. Để phương trình x2−4x+m−1=0 có 2 nghiệm x1,x2 thì Δ′≥0⇔5−m≥0⇔m≤5. Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=4x1x2=m−1. Ta có: x21+x22=14⇔(x1+x2)2−2x1x2=14⇔42−2(m−1)=14⇔16−2(m−1)=14⇔2(m−1)=12⇔m−1=1⇔m=2(tm) Vậy m=2. Câu III (3,0 điểm) Phương pháp: 1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Py – ta – go với tam giác vuông. 2) + Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là x,y (km/h) (ĐK: x,y>0). + Tính được quãng đường sau 2 giờ của ô tô và xe máy đi được, ta lập được phương trình (1) + Từ giả thiết còn lại, ta lập được phương trình (2) + Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình, tìm được x,y 3) + Xác định điều kiện của hệ phương trình + Đặt {a=√x−6b=√y+5(a,b≥0), hệ phương trình ban đầu trở thành hệ phương trình hai ẩn a,b + Áp dụng phương pháp cộng đại số, tìm được a,b, từ đó suy ra được x,y + Chú ý trong quá trình giải, luôn phải kiểm tra điều kiện của các nghiệm khi tìm được. Cách giải: 1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao AH ta có: AH2=HB.HC=2.8=16 ⇒AH=√16=4(cm). Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH ta có: AB2=AH2+HB2⇒AB2=42+22=20⇒AB=√20=2√5(cm) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ACH ta có: AC2=AH2+HC2⇒AC2=42+82=80⇒AC=√80=4√5(cm) Vậy AB=2√5cm,AC=8√5cm. 2) Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là x,y (km/h) (ĐK: x,y>0). Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là 2x(km). Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là 2y(km). Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình 2x+2y=200⇔x+y=10(1). Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10 km/h thì vận tốc mới của ô tô và x+10 (km/h). Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5 km/h thì vận tốc mới của xe máy là y−5 (km/h). Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy nên ta có phương trình x+10=2(y−5)⇔x−2y=−20(2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình {x+y=100x−2y=−20. ⇔{3y=120x=2y−20⇔{y=40(tm)x=2.40−20⇔{y=40x=60(tm) Vậy vận tốc của ô tô là 60 km/h, vận tốc của xe máy là 40 km/h. 3) ĐKXĐ: {x−6≥0y+5≥0⇔{x≥6y≥−5. Đặt {a=√x−6b=√y+5(a,b≥0), hệ phương trình trở thành: {3a+7b=27a+2b=8 ⇔{3a+7b=273a+6b=24⇔{b=3a=8−2b⇔{b=3a=8−2.3⇔{a=2b=3(tm)⇒{√x−6=2√y+5=3⇔{x−6=4y+5=9⇔{x=10y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(10;4). Câu IV (2,0 điểm) Phương pháp: 1) Chứng minh được:∠QMP=450 và ∠QNP=450 nên tứ giác MNQP nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) 2) Chứng minh: ∠DNA=∠QNM=900−∠QPN suy ra ∠DNA=∠ANM hay AN là phân giác góc ∠MND. 3) + Gọi H là giao điểm của NP và MQ. + H là trực tâm của tam giác AMN. + Gọi giao điểm của AH và MN là I⇒AI⊥MN + ΔAMB=ΔAMI (cạnh huyền - góc nhọn) ⇒AB=AI (cặp cạnh tương ứng) nên AI có độ dài không đổi. ⇒(A;AI) cố định. ⇒ Đpcm Cách giải:
1) Ta có: ∠MAN=450 hay ∠MAQ=450. Lại có ∠CBD=450 (do BD là đường chéo của hình vuông ABCD nên BD là phân giác của ∠ABC) nên ∠MBQ=450. Do đó ∠MAQ=∠MBQ=450 suy ra tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau). Suy ra ∠QMA=∠QBA=450 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AQ) ⇒∠QMP=450 (1) Ta có: ∠BDC=450 (do BD là đường chéo của hình vuông) nên ∠NDP=450. Mà ∠MAN=450(gt) nên ∠PAN=450. Do đó ∠NDP=∠PAN suy ra tứ giác ADNP là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau). Suy ra ∠ANP=∠ADP=450=∠QNP (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AP). Từ (1),(2) ta có ∠QMP=∠QNP=450 suy ra tứ giác MNQP nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đình kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) (đpcm). 2) Do tứ giác ADNP là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠APN+∠ADN=1800 (tính chất tứ giác nội tiếp). Mà ∠ADN=900 (do ABCD là hình vuông) nên ∠APN=900. Xét tam giác vuông ADN ta có: ∠DNA=900−∠DAN=900−∠DPN=900−∠QPN (∠DAN=∠DPN do là hai góc nội tiếp cùng chắn cung DN). Do tứ giác MPQN nội tiếp đường tròn (cmt) nên ∠QNM=∠APQ=900−∠QPN (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Do đó ∠DNA=∠QNM suy ra ∠DNA=∠ANM hay AN là phân giác góc ∠MND. (đpcm). 3) Gọi H là giao điểm của NP và MQ. Vì tứ giác ABMQ nội tiếp (cmt) nên ∠ABM+∠AQM=1800. Mà ∠ABM=∠ABC=900 ⇒∠AQM=900 ⇒MQ⊥AN. Lại có ∠APN=900(cmt) nên NP⊥AM. Mà MQ∩NP={H} ⇒ H là trực tâm của tam giác AMN. Gọi giao điểm của AH và MN là I. Suy ra AI⊥MN (do AI là đường cao thứ ba của tam giác AMN). Ta có: tứ giác ABMQ nội tiếp (cmt) nên ∠AQB=∠AMB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB). Mà tứ giác MPQN nội tiếp (cmt) nên ∠AQP=∠NMP (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Suy ra ∠AMB=∠NMP hay ∠AMB=∠IMA. Xét ΔAMB và ΔAMI ta có: ∠ABM=∠AIM=900 ∠AMB=∠IMA(cmt) AM là cạnh chung Do đó ΔAMB=ΔAMI (cạnh huyền - góc nhọn) ⇒AB=AI (cặp cạnh tương ứng) nên AI có độ dài không đổi. ⇒(A;AI) cố định. Lại có AI⊥MN(cmt) ⇒MN là tiếp tuyến của đường tròn (A;AI) tại I. Vậy MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AI cố định (đpcm). Câu V (1,0 điểm) Phương pháp: 1) Xét hiệu H=(√a+2−√a)−(√b+2−√b) Từ giả thiết của đề bài, chứng minh H<0 2) Áp dụng lần lượt hai BĐT Svac-xơ và BĐT Bunhiacopxki. Cách giải: 1) Xét hiệu H=(√a+2−√a)−(√b+2−√b)H=(√a+2−√b+2)−(√a−√b)H=a+2−b−2√a+2+√b+2−a−b√a+√bH=a−b√a+2+√b+2−a−b√a+√bH=(a−b)(1√a+2+√b+2−1√a+√b) Vì a>b>0⇒a−b>0. Ta có {√a+2>√a√b+2>√b⇒√a+2+√b+2>√a+√b ⇒1√a+2+√b+2<1√a+√b ⇒1√a+2+√b+2−1√a+√b<0. Do đó (a−b)(1√a+2+√b+2−1√a+√b)<0. ⇒H=(√a+2−√a)−(√b+2−√b)<0⇔√a+2−√a<√b+2−√b Vậy với a>b>0 thì √a+2−√a<√b+2−√b. 2) Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có: 1√x+27√3y=1√x+9√3y+9√3y+9√3y=12√x+32√3y+32√3y+32√3y≥(1+3+3+3)2√x+3√3y=100√x+3√3y Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: (x+3y)(1+9)≥(√x+3√3y)2⇒√x+3√3y≤√10(x+3y)≤√10.10=10 Do đó 1√x+27√3y≥100√x+3√3y≥10010=10 (đpcm). Dấu “=” xảy ra ⇔{√x1=√3y3x+3y=10⇔{x=1y=3.
Quảng cáo
|