GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2023Tải vềCâu 1: (1,5 điểm) a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A=√x−1 có nghĩa. b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức B=√9−√4+√16. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: (1,5 điểm) a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A=√x−1 có nghĩa. b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức B=√9−√4+√16. Câu 2: (1,5 điểm) a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình {2x+y=5x−y=1 b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y=x−m.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 x2−2(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+x22−2x1−2x2=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) là f(x)≥0 b) Thực hiện tính toán với tính chất √x2=|x| Cách giải: a) Biểu thức A=√x−1 có nghĩa khi x−1≥0⇔x≥1. Vậy biểu thức A có nghĩa khi x≥1. b) Ta có: B=√9−√4+√16B=√32−√22+√42B=3−2+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(a≠0) cắt trục tung tại điểm có tọa độ (0;b) Cách giải: a) {2x+y=5x−y=1⇔{3x=6y=x−1⇔{x=2y=x−1⇔{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=0−m⇔m=−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: 36x−36x+3=35⇔180(x+3)5x(x+3)−180x5x(x+3)=3x(x+3)5x(x+3)⇒180(x+3)−180x=3x(x+3)⇔180x+540−180x=3x2+9x⇔3x2+9x−540=0⇔x3+3x−180=0⇔x2−12x+15x−180=0⇔x(x−12)+15(x−12)=0⇔(x−12)(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)2−a.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: x2−2(−2+3)x+2.(−2)+1=0 ⇔x2−2x−3=0. Ta có a−b+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)]2−2m−1=m2+6m+9−2m−1=m2+4m+8=(m+2)2+4≥4,∀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+x22−2x1−2x2=10 ⇔(x12+x22)−2(x1+x2)=10⇔(x1+x2)2−2x1x2−2(x1+x2)=10⇔[2(m+3)]2−2.(2m+1)−2.2(m+3)=10⇔4(m2+6m+9)−4m−2−4m−12=10⇔4m2+16m+12=0⇔m2+4m+3=0⇔m2+m+3m+3=0⇔m(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 ⇒DF⊥OFtại F Mà OF là bán kính của (O) nên DF là tiếp tuyến của (O) c) Chứng minh ΔDCF∽ΔDFB(g.g)⇒FBFC=DBDF Chứng minh ΔDAC∽ΔDBA(g.g)⇒ABAC=DBDA Mà 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)⇒GH⊥OD Mà AH⊥OD (chứng minh trên) ⇒H,F,G,A thẳng hàng Cách giải: a) Vì AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A nên: OA⊥AD⇒∠OAD=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) ⇒DF⊥OF tại F, với OF là một bán kính của (O). Vậy DF là tiếp tuyến của (O) tại F. Xét ΔDCF và ΔDFB có: ∠FDB chung ∠DFC=∠DBF (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của (O)) ⇒ΔDCF∽ΔDFB(g.g)⇒FBFC=DBDF (1) Tương tự ta chứng minh ΔDAC∽ΔDBA(g.g) (do ∠ADB chung và ∠DAC=∠DBA) ⇒ABAC=DBDA (2) Mà 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) Mà OE⊥BC (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) ⇒OD⊥AF tại H ⇒ΔAOD vuông tại A, đường cao AH nên AO2=OH.OD Mà OA = OC (bằng bán kính) nên từ OE.OG=OH.OD⇒OEOD=OHOG Mà ∠GOD chung nên suy ra ΔOHG∽ ΔOED(c.g.c)⇒∠OHG=∠DHG=900 ⇒GH⊥OD Mà AH⊥OD (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=2400⇒OB=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=5760⇒24002OC3=5760⇒OC3=1000⇒OC=10⇒OB=2400OC2=2400102=24 Vậy OB=24cm;OC=10cm.
Quảng cáo
|