Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023Tải vềCâu 1: Cho biểu thức A=1√a+3+6a−9A=1√a+3+6a−9 với a≥0a≥0 và a≠9a≠9. 1. Rút gọn biểu thức AA. 2. Tìm tất cả các giá trị của aa để A=12A=12. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Cho biểu thức A=1√a+3+6a−9A=1√a+3+6a−9 với a≥0a≥0 và a≠9a≠9. 1. Rút gọn biểu thức AA. 2. Tìm tất cả các giá trị của aa để A=12A=12. Câu 2: 1. Giải phương trình x2+5x−6=0x2+5x−6=0. 2. Cho phương trình x2+5x+m−3=0x2+5x+m−3=0 ( mm là tham số). a. Tìm tất cả các giá trị của mm để phương trình có hai nghiệm. b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm x1,x2x1,x2, tìm tất cả các giá trị của m để x1,x2x1,x2 thỏa mãn hệ thức 2x1x2−(x1+x2)=22x1x2−(x1+x2)=2. Câu 3: Với x∈R, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4x2−2|2x−3|−12x+2033. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và điểm 4 thuộc nửa đường tròn đó, (A khác B và C). Lấy điểm E thuộc cung AB (E khác A và B) sao cho BE < AC, gọi M là giao điểm của AB và CE. Kẻ MH vuông góc với BC tại H. 1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp. 2. Chứng minh ΔBAE đồng dạng với ΔHAM . 3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH. ----- HẾT ----- Lời giải chi tiết Câu 1 (VD): Phương pháp: 1.Sử dụng tính chất căn bậc hai. 2. Giải phương trình với A vừa rút gọn. Cách giải: 1. Rút gọn biểu thức A. Với a≥0 và a≠9 ta có: A=1√a+3+6a−9=1√a+3+6(√a+3)(√a−3)=√a−3(√a+3)(√a−3)+6(√a+3)(√a−3)=√a+3(√a+3)(√a−3)=1√a−3 Vậy A=1√a−3. 2. Tìm tất cả các giá trị của a để A=12. Với a≥0 và a≠9 ta có: A=1√a−3. Vậy với a=5 thì A=12. Câu 2 (VD): Phương pháp: 1. Tính 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 2. Sử dụng vi ét. Cách giải: 1. Giải phương trình x2+5x−6=0. Xét phương trình x2+5x−6=0 có a+b+c=1+5−6=0 phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=−6 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=−6. 2. Cho phương trình x2+5x+m−3=0 ( m là tham số). a. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm. Xét phương trình x2+5x+m−3=0 có Δ=52−4.1.(m−3)=25−4m+12=37−4m Để phương trình có hai nghiệm thì Δ≥0⇔37−4m≥0⇔−4m≥−37⇔m≤374. Vậy phương trình có hai nghiệm khi m≤374. b. Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm x1,x2, tìm tất cả các giá trị của m để x1,x2 thỏa mãn hệ thức 2x1x2−(x1+x2)=2. Theo a, phương trình có hai nghiệm khi m≤374. Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình. Áp dụng định lí Vi – ét ta có: {x1+x2=−5x1.x2=m−3 Để 2x1x2−(x1+x2)=2 2x1x2−(x1+x2)=2⇔2(m−3)−(−5)=2⇔2m=3⇔m=32(tm). Vậy với m=32 thì phương trình có hai nghiệm x1,x2, mãn hệ thức 2x1x2−(x1+x2)=2. Câu 3 (NB): Cách giải: Ta có: P=4x2−2|2x−3|−12x+2033=(4x2−12x+9)−2|2x−3|+2024=(2x−3)2−2|2x−3|+2024 Đặt t=|2x−3|≥0 Khi đó ta có: P=t2−2t+2024=(t−1)2+2023 Vì t≥0⇒t−1≥−1⇒(t−1)2≥0 nên P≥0+2023=2023 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t−1=0⇔t=1 Suy ra: |2x−3|=1⇔[2x−3=12x−3=−1⇔[2x=42x=2⇔[x=2x=1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2023 khi x=1 hoặc x=2. Câu 4 (NB): Cách giải: 1. Chứng minh tứ giác ACHM nội tiếp. Ta có ∠BAC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà ∠MHC=900(MH⊥BC) ⇒∠MHC+∠MAC=900+900=1800 Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MHCA nội tiếp (dhnb) (đpcm) 2. Chứng minh ΔBAE đồng dạng với ΔHAM . Do AMHC nội tiếp (cmt) nên ∠MAH=∠MCH (cùng chắn cung MH) Và ∠MHA=∠MCA (cùng chắn cung AM) Mà ∠MCH=∠ECB=∠EAB (cùng chắn cung EB) và ∠ACE=∠EBA (cùng chắn cung AE) ⇒∠MAH=∠EAB(=∠ECB) và ∠MHA=∠EBA(=∠ECA) Xét ΔMHA và ΔEBA có: ∠MAH=∠EAB (cmt) ∠MHA=∠EBA (cmt) ⇒ΔMAH∽ΔEAB(g.g) (đpcm) 3. Gọi K là giao điểm của OE và HA. Chứng minh KE.KO = KA.KH. Do MHCA nội tiếp nên ∠AHC=∠AMC (cùng chắn cung AC) Mà ∠AMC=12(sdcAC+sdcEB)=12(1800−sdcAE)=12(1800−∠EOA)=12(∠AEO+∠EAO) Mà ΔOEA cân do OA = OE nên ∠OEA=∠OAE ⇒∠AMC=12.2.∠OEA=∠OEA ⇒∠AHO=∠AEO(=∠AMC) Xét tứ giác OHEA có ∠AHO=∠AEO Mà H, E là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn OA dưới 2 góc bằng nhau nên OHEA nội tiếp ⇒∠KAO=∠KEH (cùng chắn cung OH) và ∠KOA=∠KHE (cùng chắn cung AE) Xét ΔKOA và ΔKHE có: ∠KAO=∠KEH(cmt) ∠KOA=∠KHE(cmt) ⇒ΔKOA∽ΔKHE(g.g)⇒KOKH=KAKE⇒KO.KE=KH.KA (đpcm)
Quảng cáo
|