TUYENSINH247 LÌ XÌ +100% TIỀN NẠP

X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2

Bắt đầu sau 1 ngày
Xem chi tiết

Đề thi vào 10 môn Toán Lào Cai năm 2019

Tải về

Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau:

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1 (1,0 điểm): Tính giá trị các biểu thức sau:

a)4+3                                                             b)5+(65)2

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho biểu thức H=2x2+2xx21+1x+11x1 (với x0;x1 )

a) Rút gọn biểu thức H.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để xH<0

Câu 3 (2,5 điểm):

1) Cho đường thẳng (d):y=x1 và parabol (P):y=3x2

a) Tìm tọa độ điểm A thuộc parabol (P) , biết điểm A có hoành độ x=1.

b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d):y=12x+b cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.

2) a) Giải hệ phương trình {x+y=52xy=1.

    b) Tìm tham số a để hệ phương trình {xy=a7x2y=5a1  có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn y=2x.

Câu 4  (2,0 điểm):

a) Giải phương trình x23x+2=0

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x22(m1)x+m2=0 có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn: (x1x2)2+6m=x12x2.

Câu 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường  tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB;MC(B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB<AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại DE(MD<ME) , cắt BC tại F, cắt AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp.

b) Chứng minh FD.FE=FB.FC;FI.FM=FD.FE

c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại PQ (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P,K,M thẳng hàng.

Lời giải

Câu 1 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng công thức: A2B=|A|B={ABkhiA0ABkhiA<0.

Cách giải:

a) 4+3=2+3=5.

b) 5+(65)2=5+|65|=5+65=6.

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.’

b) Giải bất phương trình xH<0 để tìm x, đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức H.

Với x0;x1 ta có

H=2x2+2xx21+1x+11x1=2x(x+1)(x1)(x+1)+1x+11x1=2xx1+1x+11x1=2x(x+1)(x1)+1x+11x1=2x+x1x1(x1)(x+1)=2x2x1=2(x1)x1=2.

Vậy H=2 với x0;x1.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để xH<0.

Điều kiện: x0;x1

Theo đề bài ta có:  xH<0x2<0x<2x<4

Kết hợp điều kiện x0;x1 ta có 0x<4;x1

Vậy với 0x<4;x1 thì xH<0.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

1) a) Thay hoành độ điểm x=1 vào công thức hàm số của (P) để tìm tung độ điểm A.

b) Gọi B(xB;0) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d,d. Thay tọa độ điểm B vào phương trình đường thẳng d để tìm xB. Thay tọa độ điểm B vừa tìm được vào phương trình đường thẳng d để tìm b.

2) a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

b) Hệ phương trình {a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2 (với a2b20) có nghiệm duy nhất a1a2b1b2. Tìm nghiệm duy nhất đó theo a rồi thế vào biểu thức bài cho để tìm a.

Cách giải:

1) Cho đường thẳng (d):y=x1,(P):y=3x2.

a) Điểm A có hoành độ là x=1 và thuộc parabol (P):y=3x2 nên thay hoành độ x=1 vào hàm số ta được: yA=3.(1)2=3.

A(1;3) thỏa mãn bài toán.

b) Gọi B(xB;0)   là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d,d.

Ta có B(xB;0)(d):y=x10=xB1xB=1B(1;0).

Lại có: B(1;0)(d):y=12x+b0=12.1+bb=12.

Vậy b=12 thỏa mãn bài toán.

2) a) Giải hệ phương trình:{x+y=52xy=1.

{x+y=52xy=1{3x=6y=5x{x=2y=52{x=2y=3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(2;3).

b) Tìm tham số a để hệ phương trình {xy=a7x2y=5a1 có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn y=2x.

Hệ phương trình có: 1712 Hệ phương trình {xy=a(1)7x2y=5a1(2) có nghiệm duy nhất với mọi a.

Theo đề bài ta có hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn y=2x

Thay y=2x vào (1) ta được: x2x=ax=ax=ay=2a.

Thay x=a;y=2a vào (2) ta được:

7(a)2(2a)=5a17a+4a=5a13a5a=18a=1a=18.

Vậy a=18 thỏa mãn bài toán.

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

a) Giải phương trình bậc hai bằng phương pháp nhẩm nghiệm.

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ>0.

Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để tìm m sau đó đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

a) Giải phương trình x23x+2=0

Ta có: a=1;b=3;c=2a+b+c=0 . Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x1=1;x2=2

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S={1;2}

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x22(m1)x+m2=0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2  thỏa mãn (x1x2)2+6m=x12x2

Phương trình x22(m1)x+m2=0 (1)  có các hệ số: a=1;b=2(m1);c=m2

Δ=[(m1)]2m2=m22m+1m2=12m

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 khi và chỉ khi Δ>012m>0m<12

Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình  (1) ta có: {x1+x2=ba=2(m1)x1.x2=ca=m2

Theo đề bài ta có:

(x1x2)2+6m=x12x2(x1+x2)24x1x2+6m=x12x24(m1)24m2+6m=x12x24(m22m+1)4m2+6m=x12x24m28m+44m2+6m=x12x22m+4=x12x2

Khi đó kết hợp với x1+x2=2(m1) ta có hệ phương trình:

{x1+x2=2(m1)x12x2=2m+4{x1+x2=2m2x12x2=2m+4{3x2=4m6x1+x2=2m2{x2=43m2x1=2m243m+2{x2=43m2x1=23m

Thay x1=23m;x2=43m2 vào x1.x2=m2 ta có:

(43m2).23m=m219m243m=0m(19m+43)=0[m=0(tm)m=12(tm)

Vậy m=0;m=12 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5  (VD):

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp nhờ các dấu hiệu nhận biết.

b) Chứng minh các tam giác đồng dạng từ đó suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và suy ra các đẳng thức cần chứng minh.

c) Chứng minh MKP=1800 rồi suy ra ba điểm M,K,P thẳng hàng.

Cách giải:

 

a) Chứng minh tứ giácMBOC nội tiếp.

Do MB,MC là 2 tiếp tuyến của đường tròn (O)OBM=OCM=900.

Xét tứ giác MBOC có: OBM+OCM=900+900=1800 Tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) Chứng minh FD.FE=FB.FC,FI.FM=FD.FE.

+) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có:

   BFD=EFC (đối đỉnh);

   FDB=FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE);

.

+) Ta có: AB//MEBAC=DIC (đồng vị).

BAC=MBC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC).

DIC=MBCMBF=CIF().

Xét tam giác FBM và tam giác FIC có :

BFM=IFC (đối đỉnh) ;

MBF=CIF(cmt);

  (hai cạnh tương ứng).

FI.FM=FB.FC(2).

Từ (1) và (2) FI.FM=FD.FE(3).

c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại PQ  (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại điểm K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P,K,M thẳng hàng.

Xét tam giác FDK và tam giác FQE có:

KFD=EFQ (đối đỉnh);

FKD=FEQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ);

 

Từ (3) và (4) FI.FM=FK.FQFMFQ=FKFI.

Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có:

FMFQ=FKFI(cmt);

MFQ=KFI (đối đỉnh);

 Tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

MKQ=MIQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ).

Theo (*) ta đã chứng minh được MBF=CIFMBC=MIF Tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

MOBC là tứ giác nội tiếp M,B,O,I,C cùng thuộc 1 đường tròn.

Ta có OBM=900(gt)OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M,B,O,I,C.

OIM=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

IMOIMIQ=900.

Từ (5) MKQ=MIQ=900.

Lại có QKP=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Từ đó ta có: MKP=MKQ+QKP=900+900=1800.

Vậy 3 điểm P,K,M thẳng hàng.

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