Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2023Tải vềCâu 1: Cho biểu thức A=1√a+3+6a−9 với a≥0 và a≠9. 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm tất cả các giá trị của a để A=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−9 với a≥0 và a≠9. 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm tất cả các giá trị của a để A=12. Câu 2: 1. Giải phương trình x2+5x−6=0. 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. 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. 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
|