Đề thi vào 10 môn Toán Lạng Sơn năm 2023Tải vềCâu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau: A=√36−√4 B=√(4−√15)2+√15 C=√12+√27√3 Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: a) Tính giá trị các biểu thức sau: A=√36−√4 B=√(4−√15)2+√15 C=√12+√27√3 b) Cho biểu thức: P=(1√x−3+1x−9):√x+4√x+3 với x≥0;x≠9. 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm giá trị của x để P=12. Câu 2: a) Vẽ đường thẳng (d):y=3x−2 b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số (P):y=x2 với đường thẳng (d):y=3x−2. Câu 3: a) Giải hệ phương trình {x+y=53x−2y=5. b) Giải phương trình x2−9x+14=0. c) Cho phương trình x2−(m+2)x+m−3=0(∗), với m là tham số. 1) Chứng minh rằng phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5. Câu 4: Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (với D∈BC, E∈CA, F∈AB). a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp. b) Chứng minh rằng ΔEAD∽ΔEFC. c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M (M≠D); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N (N≠D). Gọi K=FM∩EN. Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥32 ----- HẾT ----- Lời giải chi tiết Câu 1 (VD): Phương pháp: a) Sử dụng tính chất căn bậc hai. b) Quy đồng và rút gọn. Cách giải: a) Tính giá trị các biểu thức sau: A=√36−√4 B=√(4−√15)2+√15 C=√12+√27√3 Ta có A=√36−√4=√62−√22=6−2=4 B=√(4−√15)2+√15=|4−√15|+√15=4−√15+√15=4 C=√12+√27√3=√4.3+√9.3√3=2√3+3√3√3=5√3√3=5 Vậy A = 4, B = 4, C = 5. b) Cho biểu thức: P=(1√x−3+1x−9):√x+4√x+3 với x≥0;x≠9. 1) Rút gọn biểu thức P. Ta có P=(1√x−3+1x−9):√x+4√x+3 =(1√x−3+1(√x−3)(√x+3)).√x+3√x+4=(√x+3(√x−3)(√x+3)+1(√x−3)(√x+3)).√x+3√x+4=√x+4(√x−3)(√x+3).√x+3√x+4=1√x−3 Vậy P=1√x−3 với x≥0;x≠9. 2) Tìm giá trị của x để P=12. Ta có P=1√x−3 với x≥0;x≠9. Để P=12 ⇔1√x−3=12⇔√x−3=2⇔√x=5⇔x=25(TM) Vậy để P=12 thì x=25. Câu 2 (VD): Phương pháp: a) Lấy hai điểm mà đồ thị đi qua, kẻ đường thẳng qua hai điểm đó. b) Cho hai vế của đồ thị bằng nhau rồi giải phương trình tìm giao điểm. Cách giải: a) Vẽ đường thẳng (d):y=3x−2 Với x=0⇒y=3.0−2=−2 Với x=1⇒y=3.1−2=1 Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: A(0;−2) và B(1;1) ta được đồ thị (d):y=3x−2 như sau: b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số (P):y=x2 với đường thẳng (d):y=3x−2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được: x2=3x−2⇔x2−3x+2=0⇔x2−x−2x+2=0⇔x(x−1)−2(x−1)=0⇔(x−1)(x−2)=0⇔[x−1=0x−2=0⇔[x=1x=2 Với x=1⇒y=12=1 Với x=2⇒y=22=4 Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: (1;1) và (2;4) Câu 3 (VD): Phương pháp: a) Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế. b) Δ=b2−4.a.c - Δ=0 thì phương trình có nghiệm kép x1=x2=−b2a - Δ<0 thì phương trình vô nghiệm - Δ>0thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=−b+√Δ2.a x2=−b−√Δ2.a Cách giải: a) Giải hệ phương trình {x+y=53x−2y=5. {x+y=53x−2y=5⇔{2x+2y=103x−2y=5⇔{x+y=55x=15⇔⇔{y=5−xx=3⇔⇔{y=2x=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;2). b) Giải phương trình x2−9x+14=0. phương trình x2−9x+14=0 có Δ=(−9)2−4.1.14=81−56=25>0 phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=9−√252.1=2x2=9+√252.1=7 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=2x2=7. c) Cho phương trình x2−(m+2)x+m−3=0(∗), với m là tham số. 1) Chứng minh rằng phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Phương trình x2−(m+2)x+m−3=0(∗) có Δ=[−(m+2)]2−4.1.(m−3)=m2+4m+4−4m+12=m2+16>0 với mọi m. Vậy phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5. Gọi x1,x2 là nghiệm của x1,x2. Áp dụng định lí Vi – ét ta có: {x1+x2=m+2x1.x2=m−3 thay vào x1+x2+2x1x2>5 ta có: m+2+2(m−3)>5⇔3m−4>5⇔m>3. Vậy với m>3 thì phương trình (∗) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5. Câu 4 (VD): Cách giải: a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp. Ta có: ∠AFH=∠AEH=900 (do BE⊥AC,CF⊥AB). ⇒∠AFH+∠AEH=900+900=1800. Mà 2 đỉnh E, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH. Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). b) Chứng minh rằng ΔEAD∽ΔEFC. Xét tứ giác CDHE có: ∠CEH=∠CDH=900(doAD⊥BC,BE⊥AC)⇒∠CEH+∠CDH=900+900=1800 Mà 2 đỉnh E, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE. ⇒ CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠HCE=∠HDE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE). ⇒∠FCE=∠ADE. Vì AFEH nội tiếp (cmt) ⇒∠HAE=∠HFE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE). ⇒∠DAE=∠CFE Xét ΔEAD và ΔEFC có: ∠ADE=∠FCE(cmt)∠DAE=∠CFE(cmt)⇒ΔEAD∽ΔEFC(g.g)(dpcm) c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M (M≠D); DF cắt đường tròn đường kính AB tại N (N≠D). Gọi K=FM∩EN. Chứng minh rằng AF = AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. +) Chứng minh AF = AM. Xét đường tròn đường kính AC ta có: ∠AMF=∠ACF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF). ∠AFM=∠ADM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM). Mà ∠FCE=∠ADE(cmt)⇒∠ACF=∠ADM. ⇒∠AMF=∠AFM⇒ΔAMF cân tại A (định nghĩa) ⇒AF=AM (tính chất tam giác cân) (đpcm). +) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Xét tứ giác BDHF có: ∠BFH=∠BDH=900(doCF⊥AB,AD⊥BC) ⇒∠BFH+∠BDH=900+900=1800 Mà 2 đỉnh F, D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠FBH=∠FDH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH) ⇒∠ABE=∠ADN. Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có: ∠ANE=∠ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE). ∠AEN=∠ADN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN). Mà ∠ABE=∠AND(cmt)⇒∠ANE=∠AEN⇒ΔANE cân tại A (định nghĩa) ⇒AE=AN (tính chất tam giác cân) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC và AB => I, J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB. Vì AM = AF (cmt) ⇒A thuộc trung trực của FM. Vì IM = IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC) ⇒I thuộc trung trực của FM. ⇒IA là trung trực của FM ⇒IA⊥FM⇒FK⊥AC. Mà HE⊥AC(doBE⊥AC). ⇒ FK // HE (từ vuông góc đến song song) (1) Vì AE = AN (cmt) ⇒A thuộc trung trực của EN. Vì JE = JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB) ⇒J thuộc trung trực của AN. ⇒JA là trung trực của EN ⇒JA⊥EN⇒EK⊥AB. Mà HF⊥AB(doCF⊥AB) ⇒ EK // HF (từ vuông góc đến song song) (2) Từ (1) và (2) => EHFK là hình bình hành (dhnb) => Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm). Câu 5 (VDC): Phương pháp: Áp dụng BĐT Cô-si. Cách giải: Ta có: a3a2+b=a(a2+b)−aba2+b=a−aba2+b Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2+b≥2√a2b=2a√b. ⇒aba2+b≤ab2a√b=√b2⇒a−aba2+b≥a−√b2⇒a3a2+b≥a−√b2 Chứng minh tương tự ta có: b3b2+c≥b−√c2c3c2+a≥c−√a2 Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được: a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥(a+b+c)−√a+√b+√c2=3−√a+√b+√c2 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: (√a+√b+√c)2≤3(a+b+c)=3.3=9⇒√a+√b+√c≤3. Vậy a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥3−32=32(dpcm).
Quảng cáo
|