Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An năm 2021Tải vềCâu 1 (2,5 điểm): a) Tính Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2,5 điểm): a) Tính A=√64+√16−2√36 b) Xác định các hệ số a,b của đường thẳng y=ax+b, biết đường thẳng này đi qua điểm M(1;9) và song song với đường thẳng y=3x. c) Rút gọn biểu thức P=(1√x−21+√x).x+√x1−√x, với x>0,x≠1. Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2x2−5x+2=0. b) Cho phương trình x2−12x+4=0 có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T=x21+x22√x1+√x2. Câu 3 (1,5 điểm) Vào tháng 5 năm 2021, chỉ sau 26 giờ phát hành sản phẩm âm nhạc MV “Trốn tìm” của rapper Đen Vâu đã chính thức dành Top 1 trending của YouTube Việt Nam. Giả sử trong tất cả những người đã xem MV, có 60% số người đã xem 2 lượt và những người còn lại mới chỉ xem 1 lượt. Hỏi đến thời điểm nói trên có bao nhiêu người đã xem MV, biết rằng tổng số lượt xem là 6,4 triệu lượt? Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD,BE và CF (D∈BC, E∈AC và F∈AB) cắt nhau tại H. a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi N là giao điểm của CF và DE. Chứng minh rằng DN.EF=HF.CN. c) Gọi M là trung điểm của BC, tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt đường thẳng OM tại P. Chứng minh ∠OAM=∠DAP. Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình {x−3y+2√xy=4(√x−√y)(x+1)(y+√xy−x2+x)=4 (x,y∈R). Lời giải chi tiết Câu 1 Phương pháp: a) Vận dụng hằng đẳng thức √A2=|A| để rút gọn biểu thức b) Vận dụng tính chất của hai đường thẳng song song xác định hệ số a và điều kiện của hệ số b Đường thẳng đi qua M(1;9), xác định được hế số b đối chiếu điều kiện, kết luận. c) Áp dụng quy tắc trừ, nhân các phân thức đại số để rút gọn biểu thức. Cách giải: a) Ta có: A=√64+√16−2√36=8+4−2.6=0 Vậy A=0. b) Ta có: M(1;9) thuộc đường thẳng có phương trình y=ax+b nên ta có: a+b=9(1) Đường thẳng y=ax+b song song với đường thẳng y=3x nên {a=3b≠0. Thay a=3 vào (1) ta được: b=6(tm) Vậy a=3,b=6. c) Với x>0,x≠1 ta có: P=(1√x−21+√x).x+√x1−√x =1+√x−2√x√x(1+√x).√x(1+√x)1−√x=1−√x1−√x=1 Vậy P=1 với x>0,x≠1. Câu 2 Phương pháp: a) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, xác định nghiệm của hệ phương trình. b) Áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định x1+x2;x1x2 để tính giá trị của biểu thức T Chú ý: x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2; (√x1+√x2)2=x1+x2+2√x1x2⇒√x1+√x2 Cách giải: a) Ta có: Δ=52−4.2.2=9>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=−b+√Δ2a=5+√92.2=2x1=−b−√Δ2a=5−√92.2=12. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={2;12}. b) Vì phương trình x2−12x+4=0 có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 nên theo định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=12x1x2=4. Ta có: x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2=122−2.4=136 (√x1+√x2)2=x1+x2+2√x1x2=12+2√4=16⇒√x1+√x2=4. Vậy T=x21+x22√x1+√x2=1364=34. Câu 3 Phương pháp: Gọi x là số người đã xem MV (triệu người) Xác định số người đã xem 2 lượt và số người chỉ xem 1 lượt Theo giả thiết, tổng số lượt xem là 6,4 triệu nên lập phương trình Giải phương trình, xác định x, đối chiếu điều kiện, kết luận. Cách giải: Gọi x là số người đã xem MV (triệu người) (x∈N∗) Khi đó số người đã xem 2 lượt là 60%x=0,6x (người) và số người chỉ xem 1 lượt là 40%x=0,4x (người). Vì tổng số lượt xem là 6,4 triệu nên ta có phương trình: 0,6x.2+0,4x.1=1,6x=6,4⇔1,6x=6,4⇔x=4 Vậy có 4 triệu người xem MV. Câu 4 Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận của tứ giác: tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau. b) Vận dụng tính chất của tam giác đồng dạng, tính chất đường phân giác. c) Áp dụng kiến thức góc – đường tròn, tiếp tuyến của đường tròn và tam giác đồng dạng. Cách giải:
a) Ta có ∠BEC=∠BFC=900 (do BE⊥AC,CF⊥AB) ⇒BCEF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). b) Ta có ∠CDH=∠CEH=900(gt)⇒∠CDH+∠CEH=1800 nên CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). ⇒∠DCN=∠NEH(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH). Xét tam giác ΔDCN và ΔHEN ta có: ∠DCN=∠NEH(cmt) ∠DNC=∠HNE (đối đỉnh) ⇒ΔDCN đồng dạng với ΔHEN (g.g) ⇒DNNC=HNEN (hai cạnh tương ứng) (1) Ta có BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠DCN=∠HEF (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF). Mà ∠DCN=∠NEH(cmt) nên ∠NEH=∠HEF hay EH là tia phân giác của ∠NEF. ⇒HNEN=HFEF (tính chất đường phân giác) (2) Từ (1) và (2) ta được DNNC=HFEF⇔DN.EF=HF.CN (đpcm) c) Ta có M là trung điểm của BC nên OM⊥BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Mà BC⊥AD(gt) nên OM//AD⇒OP//AD ⇒∠DAP=∠APO (so le trong) (3) Mặt khác ta có: PB là tiếp tuyến của (O) tại B nên OB⊥BP⇒∠OBP=900 (định nghĩa). Áp dụng hệ thức lượng tròn tam giác OPB vuông tại B có BM là đường cao ta có OB2=OM.OP. Mà OA2=OB2⇒OA2=OM.OP⇒OMOA=OAOP. Xét tam giác ΔOAM và ΔOPA ta có: ∠AOP chung; OMOA=OAOP(cmt); ⇒ΔOAM đồng dạng với ΔOPA (c.g.c) ⇒∠OAM=∠OPA (2 góc tương ứng) (4) Từ (3) và (4) suy ra ∠OAM=∠DAP (đpcm) Câu 5 Phương pháp: Xác định điều kiện của hệ phương trình Đặt {x−3y+2√xy=4(√x−√y)(1)(x+1)(y+√xy−x2+x)=4(2), biến đổi phương trình (1), tìm được mối liên hệ giữa x và y Thế lần lượt vào phương trình (2), tìm nghiệm của hệ phương trình, đối chiếu điều kiện, kết luận. Cách giải: ĐKXĐ: x,y≥0. {x−3y+2√xy=4(√x−√y)(1)(x+1)(y+√xy−x2+x)=4(2) (1)⇔x−√xy+3√xy−3y=4(√x−√y)⇔√x(√x−√y)+3√y(√x−√y)=4(√x−√y)⇔(√x−√y)(√x+3√y)=4(√x−√y)⇔(√x−√y)(√x+3√y−4)=0⇔[√x=√y√x+3√y=4 TH1: √x=√y ⇔x=y. Thay vào (2) ta có: (x+1)(x+x−x2+x)=4⇔(x+1)(3x−x2)=4⇔x3−2x2−3x+4=0⇔x3−1−(2x2+3x−5)=0⇔(x−1)(x2+x+1)−(x−1)(2x+5)=0⇔(x−1)(x2+x+1−2x−5)=0 ⇔(x−1)(x2−x−4)=0⇔[x=1=yx=1+√172=y(dox,y≥0) TH2: {√x+3√y=4(x+1)(y+√xy−x2+x)=4. Đặt √x=a,√y=b(a,b≥0) ⇒{a+3b=4⇔b=4−a3(a2+1)(b2+ab−a4+a2)=4(∗) Thế b=4−a3 vào (*) ta được: (a2+1)((4−a3)2+a.4−a3−a4+a2)=4⇔(a2+1).16−8a+a2+12a−3a2−9a4+9a29=4⇔(a2+1)(−9a4+7a2+4a+16)=32⇔9a6+2a4−4a3−23a2−4a+20=0⇔(a−1)2(9a4+18a3+29a2+36a+20)=0⇔a=1(doa≥0)⇒b=4−13=1⇒{√x=1⇔x=1√y=1⇔y=1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)∈{(1;1);(1+√172;1+√172)}.
Quảng cáo
|