2K10! MỞ LỚP LIVE+ MÔN TOÁN - LUYỆN ĐỀ VÀO 10

GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ

XEM NGAY
Xem chi tiết

Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2023

Tải về

Câu 1: (1,5 điểm) a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A=x1 có nghĩa. b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức B=94+16.

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A=x1 có nghĩa.

b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức B=94+16.

Câu 2: (1,5 điểm)

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình {2x+y=5xy=1

b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y=xm.Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2.

Câu 3: (1 điểm) Một người đi xe đạp với vận tốc không đổi từ A đến B cách nhau 36km. Trên cùng tuyến đường đó, khi đi từ B trở về A, người này đi với vận tốc lớn hơn 3km/h so với vận tốc khi đi từ A đến B vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.

Câu 4: (2 điểm) Cho phương trình x22(m+3)x+2m+1=0 (1)(với x là ẩn số)

a) Giải phương trình (1) khi m = -2.

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

c) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn:

x12+x222x12x2=10

Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB > AC và nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt đường thẳng BC tại D. Gọi E là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng BC.

a) Chứng minh AOED là tứ giác nội tiếp.

b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F (F không trùng với A). Chứng minh DF là tiếp tuyến của đường tròn (O) và ABAC=FBFC.

c) Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại G. Chứng minh ba điểm A, F, G thẳng hàng.

Câu 6: (1 điểm) Cho tam giác OBC vuông tại O. Nếu quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OB thì được một hình nón có thể tích bằng 800πcm3. Nếu quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OC cố định thì được một hình nón có thể tích bằng 1920πcm3. Tính OB và OC.

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

a) Điều kiện xác định của f(x)f(x)0

b) Thực hiện tính toán với tính chất x2=|x|

Cách giải:

a) Biểu thức A=x1 có nghĩa khi x10x1.

Vậy biểu thức A có nghĩa khi x1.

b) Ta có:

B=94+16B=3222+42B=32+4B=5.

Vậy B = 5.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

b) Đường thẳng y=ax+b(a0) cắt trục tung tại điểm có tọa độ (0;b)

Cách giải:

a) {2x+y=5xy=1{3x=6y=x1{x=2y=x1{x=2y=1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;1).

b) Vì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng (d) đi qua điểm (0;2)

Thay x = 0, y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: 2=0mm=2.

Vậy m=2.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Thời gian lúc đi nhiều hơn thời gian lúc về 36 phút = 35 giờ

Cách giải:

Đổi 36 phút = 35 giờ.

Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0)

Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B trở về A là x + 3 (km/h)

Thời gian người đi xe đạp đi từ A đến B là: 36x(h)

Thời gian người đi xe đạp đi từ B trở về A là: 36x+3(h)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút = 35 giờ nên ta có phương trình:

36x36x+3=35180(x+3)5x(x+3)180x5x(x+3)=3x(x+3)5x(x+3)180(x+3)180x=3x(x+3)180x+540180x=3x2+9x3x2+9x540=0x3+3x180=0x212x+15x180=0x(x12)+15(x12)=0(x12)(x+15)=0{x=12(tm)x=15(ktm)

Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

a) Thay m = -2 vào phương trình.

Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng phương pháp nhẩm nghiệm: a – b + c = 0 thì PT có một nghiệm là -1, nghiệm còn lại là ca

b) Công thức Δ=(ba)2a.c. Chứng minh Δ>0 với mọi m.

c) Hệ thức vi-ét {x1+x2=bax1x2=ca

Biến đổi theo yêu cầu đề bài cho.

Cách giải:

a) Thay m = -2 vào phương trình (1) ta có: x22(2+3)x+2.(2)+1=0 x22x3=0.

Ta có ab+c=1(2)+(3)=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=1x=ca=3.

Vậy khi m = -2 thì tập nghiệm của phương trình là S={1;3}.

b) Ta có:

Δ=[(m+3)]22m1=m2+6m+92m1=m2+4m+8=(m+2)2+44,m

Δ>0,m.

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

c) Theo định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m+3)x1.x2=2m+1

Theo bài ra ta có: x12+x222x12x2=10

(x12+x22)2(x1+x2)=10(x1+x2)22x1x22(x1+x2)=10[2(m+3)]22.(2m+1)2.2(m+3)=104(m2+6m+9)4m24m12=104m2+16m+12=0m2+4m+3=0m2+m+3m+3=0m(m+1)+3(m+1)=0(m+1)(m+3)=0[m=1m=3(tm)

Vậy m=3 hoặc m=1 là giá trị cần tìm.

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác có hai góc có tổng bằng 1800

b) Chứng minh OD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOD

Mà F thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOD DFOFtại F

Mà OF là bán kính của (O) nên DF là tiếp tuyến của (O)

c) Chứng minh ΔDCFΔDFB(g.g)FBFC=DBDF

Chứng minh ΔDACΔDBA(g.g)ABAC=DBDA

DA=DF  (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra dpcm.

c) Gọi H là giao điểm của AF và OD. Chứng minh AO2=OH.OD

Chứng minh O, E, G thẳng hàng. Chứng mimh OC2=OE.OG

Từ đó chứng minh ΔOHG ΔOED(c.g.c)GHOD

AHOD (chứng minh trên)

H,F,G,A thẳng hàng

Cách giải:

a) Vì AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A nên:

 OAADOAD=900.

Vì E là hình chiếu vuông góc của O trên BC

OED=900.

Xét tứ giác AODE có: OAD+OED=900+900=1800.

AODE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b)  Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOD có OAD=900

OAD nội tiếp chắn nửa đường tròn.

=> OD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOD.

OFD=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

DFOF tại F, với OF là một bán kính của (O).

Vậy DF là tiếp tuyến của (O) tại F.

Xét ΔDCFΔDFB có:

FDB chung

DFC=DBF (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của (O))

ΔDCFΔDFB(g.g)FBFC=DBDF   (1)

Tương tự ta chứng minh ΔDACΔDBA(g.g) (do ADB chung và DAC=DBA)

ABAC=DBDA        (2)

DA=DF  (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ABAC=FBFC (đpcm)

c) Do G là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B, C của (O) nên GB = GC (tính chất)

Mà OB = OC (bán kính) nên OG là trung trực của BC (tính chất)

OEBC (cmt) nên O, E, G thẳng hàng.

ΔOCG vuông tại C, đường cao CE nên OC2=OE.OG

Gọi H là giao điểm của AF và OD

Do DA = DF (cmt) và OA = OF (bán kính) nên OD là trung trực của AF (tính chất)

ODAF tại H

ΔAOD vuông tại A, đường cao AH nên AO2=OH.OD

Mà OA = OC (bằng bán kính) nên từ OE.OG=OH.ODOEOD=OHOG

GOD chung nên suy ra ΔOHG ΔOED(c.g.c)OHG=DHG=900

GHOD

AHOD (chứng minh trên)

H,F,G,A thẳng hàng

Vậy A, F, G thẳng hàng (đpcm)

Câu 6 (VD):

Phương pháp:

Khi quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OB ta được khối nón có bán kính đáy bằng OC, chiều cao bằng OB.

Khi quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OC ta được khối nón có bán kính đáy bằng OB, chiều cao bằng OC.

Cách giải:

Khi quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OB ta được khối nón có bán kính đáy bằng OC, chiều cao bằng OB.

Thể tích hình nón tạo thành khi quay tam giác OBC quanh cạnh OB là: 13π.OC2.OB=800π

OB.OC2=2400OB=2400OC2

Khi quay tam giác OBC một vòng quanh cạnh OC ta được khối nón có bán kính đáy bằng OB, chiều cao bằng OC.

Thể tích hình nón tạo thành khi quay tam giác OBC quanh cạnh OC là: 13π.OB2.OC=1920π

OB2.OC=5760(2400OC2)2.OC=576024002OC3=5760OC3=1000OC=10OB=2400OC2=2400102=24

Vậy OB=24cm;OC=10cm.

Tải về

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close