📚Học hết sức – Giá hết hồn!
Giờ
Phút
Giây
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Bình năm 2019Tải vềCâu 1 (2 điểm): Cho biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): Cho biểu thức A=1y+2y+1−1y2+y. a) Tìm điều kiện xác định và rút họn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của y để A nhận giá trị nguyên. Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm số y=(a−2)x+5 có đồ thị là đường thẳng d. a) Với giá trị nào của a thì hàm số trên đồng biến trên R. b) Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm M(2;3). Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình x2−(m+1)x+2m−2=0(1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) khi m=2. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 3(x1+x2)−x1x2=10. Câu 4 (1,0 điểm): Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn x+y=20202019. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=2019x+12019y Câu 5 (3,5 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, ta kẻ hai tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M(M≠B,M≠C), kẻ MI⊥AB,MK⊥AC(I∈AB,K∈AC). a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Kẻ MP⊥BC(P∈BC). Chứng minh rằng ∠MPK=∠MBC. c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Câu 1 (TH): Phương pháp: a) Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Thực hiện các phép tính với căn bậc hai. b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức. Cách giải: a) P=√12−√27+√48. P=√12−√27+√48.=√22.3−√32.3+√42.3=2√3−3√3+4√3=3√3. Vậy P=3√3. b) Q=(5−x+√x√x+1).(5+x−√x√x−1) với x≥0,x≠1. Điều kiện: x≥0,x≠1. Q=(5−x+√x√x+1).(5+x−√x√x−1)=(5−√x(√x+1)√x+1).(5+√x(√x−1)√x−1)=(5−√x)(5+√x)=25−x. Vậy Q=25−x khi x≥0,x≠1. Câu 2 (TH): Phương pháp: a) Hàm số y=ax+b nghịch biến trên R⇔a<0 b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm x Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm y Kết luận nghiệm (x;y) của hệ phương trình. Cách giải: a) Hàm số y=(n−1)x+2 nghịch biến trên R ⇔n−1<0 ⇔n<1. Vậy n<1 thì hàm số đã cho nghịch biến trên R. b) {2x+3y=8−4x+3y=2⇔{6x=6y=8−2x3⇔{x=1y=8−2.13⇔{x=1y=2 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S={(1;2)}. Câu 3 (VD): Phương pháp: a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu a−b+c=0 thì phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm phân biệt: x1=−1;x2=−ca b) Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm phân biệt Δ>0 (hoặc Δ′>0) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo n Thay vào 2020(x1+x2)+2021x1x2=−2014., ta tìm được n Cách giải: a) Với n=1 ta có phương trình (1) trở thành: x2+6x+5=0 Phương trình có a−b+c=1−6+5=0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=−1 và x2=−ca=−5. Vậy với n=1 thì phương trình đã cho có tập nghiệm S={−5;−1}. b) Xét phương trình x2+6x+n+4=0(1) Phương trình có: Δ′=9−n−4=5−n. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇔Δ′>0 ⇔5−n>0 ⇔n<5. Với n<5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=−6x1x2=n+4. Theo đề bài ta có: 2020(x1+x2)+2021x1x2=−2014 ⇔2020.(−6)+2021.(n+4)=−2014⇔−12120+2021n+8084=−2014⇔2021n=2022⇔n=20222021(tm). Vậy n=20222021 thỏa mãn bài toán. Câu 4 (VDC): Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho √9a(8a+b) và √9b(8b+a) Từ đó, suy ra √9a(8a+b)+√9b(8b+a) sau đó, suy ra được a+b√a(8a+b)+√b(8b+a) Cách giải: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: √9a(8a+b)≤9a+8a+b2=17a+b2√9b(8b+a)≤9b+8b+a2=17b+a2⇒√9a(8a+b)+√9b(8b+a)≤17a+b2+17b+a2=9(a+b)⇒√a(8a+b)+√b(8b+a)≤3(a+b)⇒a+b√a(8a+b)+√b(8b+a)≥13(dpcm). Dấu “=” xảy ra ⇔{9a=8a+b9b=8b+a⇔a=b. Vậy a+b√a(8a+b)+√b(8b+a)≥13. Câu 5 (VD): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. b) Ta sẽ chứng minh: ∠PEB=1800−∠FAB(1);∠FPB=1800−∠FAB(2) Từ (1) và (2) ⇒∠FBB=∠PEB(=1800−∠FAB) Chứng minh được: c) Áp dụng hệ thức lượng trong ΔAPBta có:AP2=AH.AB Áp dụng định lý Py – ta – go cho ΔAPB: BP2+AP2=AB2=4R2 ⇒BE.BF+AH.AB=4R2 (đpcm) Cách giải:
a) Ta có: ∠AFB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R). ⇒∠AFB=900 Xét tứ giác AHEF ta có: ∠AFE+∠AHE=900+900=1800 ⇒AHEF là tứ giác nội tiếp. (dhnb) b) Ta có: AHEF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠FAH+∠FEH=1800 (tính chất tứ giác nội tiếp) Lại có: ∠PEB=∠FEH (hai góc đối đỉnh). ⇒∠PEB+∠FAB=1800 ⇒∠PEB=1800−∠FAB(1) Mà ABPF là tứ giác nội tiếp đường tròn (O;R) ⇒∠FAB+∠BPF=1800 ⇒∠FPB=1800−∠FAB(2) Từ (1) và (2) ⇒∠FBB=∠PEB(=1800−∠FAB) Xét ΔBEP và ΔBPF ta có: ∠FBB=∠PEB(cmt)∠Bchung⇒ΔBEP∽ΔBPF(g−g). c) Ta có: ΔBEP∽ΔBPF(cmt) ⇒BEBP=BPBF⇒BP2=BE+BF. Vì ∠APB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R) ∠APB=900 hay AP⊥PB Áp dụng hệ thức lượng cho ΔAPB vuông tại P có đường cao PH ta có: AP2=AH.AB ⇒BE.BF+AH.AB=BP2+AP2 Áp dụng định lý Pitago cho ΔAPB vuông tại P ta có: BP2+AP2=AB2=(2R)2=4R2⇒BE.BF+AH.AB=4R2(dpcm).
Quảng cáo
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com >> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY 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.
|