Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2019Tải vềBài 1 (1,0 điểm): a) Cho biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1 (1,0 điểm): a) Cho biểu thức A=√16−√25+√4A=√16−√25+√4. So sánh AA với √2√2. b) Giải hệ phương trình {x−y=−52x+y=11. Bài 2 (2,5 điểm): 1. Cho parabol (P):y=−x2 và đường thẳng (d):y=x−2 a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Viết phương trình đường thẳng (d′) song song với (d) và tiếp xúc với (P). 2. Cho phương trình x2−4x+m=0 (m là tham số) a) Biết phương trình có một nghiệm bằng −1. Tính nghiệm còn lại. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn (3x1+1)(3x2+1)=4 Bài 3 (2,0 điểm): Một đội công nhân đặt kế hoạch sản xuất 250 sản phẩm. Trong 4 ngày đầu, họ thực hiện đúng kế hoạch. Mỗi ngày sau đó, họ đều làm vượt mức 5 sản phẩm nên đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đội công nhân đó làm được bao nhiêu sản phẩm? Biết rằng năng suất làm việc của mỗi công nhân là như nhau? Bài 4 (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ΔABC(AB<AC), đường cao AH, nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn. b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh BC=√AB.BD+√AC.CE và AF⊥DE. c) Gọi O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔBDE. Chứng minh O′ là trung điểm của đoạn thẳng HF. d) Tính bán kính của đường tròn (O′) biết BC=8cm,DE=6cm,AF=10cm. Bài 5 (1 điểm): Cho hình vuông ABCD. Gọi S1 là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn đường kính AB và CD ; S2 là diện tích phần còn lại của hình vuông ABCD nằm ngoài hai nửa hình tròn nói trên (như hình vẽ bên). Tính tỉ số S1S2. Lời giải chi tiết Bài 1: Phương pháp: a) Rút gọn A, sử dụng hẳng đẳng thức √A2=|A|. b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Cách giải: a) Cho biểu thức A=√16−√25+√4. So sánh A với √2. A=√16−√25+√4=√42−√52+√22=4−5+2=1 Ta có: 1<2⇒√1<√2⇔1<√2. Vậy A<√2. b) Giải hệ phương trình {x−y=−52x+y=11. {x−y=−52x+y=11⇔{3x=6x−y=−5⇔{x=22−y=−5⇔{x=2y=7 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(2;7). Bài 2: Phương pháp: 1. a) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị hàm số b) Đường thẳng (d):y=ax+b và đường thẳng (d′):y=a′x+b′ song song với nhau khi {a=a′b≠b′ Đường thẳng (d):y=ax+btiếp xúc với parabol (P):y=px2 khi phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) có nghiệm kép. 2. a) Thay x=−1 vào phương trình ta tìm được m. Giải phương trình với m tìm được ta tính được nghiệm còn lại. b) Biến đổi để có tổng và tích hai nghiệm, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: 1. Cho parabol (P):y=−x2 và đường thẳng (d):y=x−2 a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy Bảng giá trị của hàm sốy=−x2
Vẽ đường cong qua các điểm có tọa độ (−2;−4),(−1;−1),(0;0),(1;−1),(2;−4) ta được parabol (P):y=−x2 và parabol nhận trục tung làm trục đối xứng. Bảng giá trị của hàm số y=x−2
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ (2;0),(0;−2) ta được đường thẳng (d):y=x−2 Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Viết phương trình đường thẳng (d′) song song với (d) và tiếp xúc với (P). Gọi phương trình đường thẳng (d′):y=ax+m . Vì (d′)//(d) nên {a=1m≠−2 suy ra (d′):y=x+m. Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d′) và parabol (P) ta có −x2=x+m⇔x2+x+m=0 (*) Để đường thẳng (d′) tiếp xúc với parabol (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép ⇔{a≠0Δ=0⇔{1≠0(luondung)1−4m=0⇔m=14(tm) Vậy phương trình đường thẳng (d′):y=x+14. 2. Cho phương trình x2−4x+m=0 (1) (m là tham số) a) Biết phương trình có một nghiệm bằng −1. Tính nghiệm còn lại. Thay x=−1 vào phương trình (1) ta được (−1)2−4.(−1)+m=0⇔5+m=0⇔m=−5 Thay m=−5 vào phương trình (1) ta có phương trình : x2−4x−5=0⇔x2+x−5x−5=0⇔x(x+1)−5(x+1)=0⇔(x+1)(x−5)=0⇔[x=−1x=5 Vậy nghiệm còn lại là x=5. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn (3x1+1)(3x2+1)=4 Xét phương trình (1) có Δ′=(−2)2−1.m=4−m Để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thì {a≠0Δ′≥0⇔{1≠0(luondung)4−m≥0⇔m≤4 Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có {x1+x2=4x1.x2=m Theo bài ra ta có: (3x1+1)(3x2+1)=4⇔9x1x2+3(x1+x2)+1=4⇔9m+3.4−3=0⇔9m+9=0⇔m=−1(tm) Vậy m=−1 là giá trị cần tìm. Bài 3: Phương pháp: +) Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là x (sản phẩm) (x∈N∗). Tính số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được thực tế. +) Tính số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch và thực tế. +) Dựa vào giả thiết “đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày”, lập và giải phương trình. +) Đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: Gọi số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là x (sản phẩm) (x∈N∗). Khi đó số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được thực tế là x+5 (sản phẩm). Số ngày làm hết 250 sản phẩm theo kế hoạch là 250x (ngày). Trong 4 ngày đầu đội công nhân làm được: 4x (sản phẩm). Số sản phẩm cần làm thêm để hoàn thành kế hoạch là 250−4x (sản phẩm). Số ngày làm xong 250−4x sản phẩm là 250−4xx+5 (ngày). Do đội đó hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình : 250x−1=4+250−4xx+5⇔250x−250−4xx+5=5⇔250(x+5)−x(250−4x)x(x+5)=5⇔250x+1250−250x+4x2=5x2+25x⇔x2+25x−1250=0⇔x2−25x+50x−1250=0⇔x(x−25)+50(x−25)=0⇔(x−25)(x+50)=0⇔[x−25=0x+50=0⇔[x=25(tm)x=−50(ktm) Vậy số sản phẩm mỗi ngày đội công nhân làm được theo kế hoạch là 25 sản phẩm. Bài 4: Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết. b) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh đẳng thức. Cách giải: a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn. Xét tứ giác AEHD ta có: {∠ADH=900(HD⊥AB)∠AEH=900(HE⊥AC)⇒∠ADH+∠AEH=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒AEHD là tứ giác nội tiếp (dhnb). Vì tứ giác AEHD là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠ADE=∠AHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE). Lại có ∠AHE=∠ACH=∠ECB (cùng phụ với ∠CHE) ⇒∠ADE=∠ECB . ⇒BDEC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). (đpcm) b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh BC=√AB.BD+√AC.CE và AF⊥DE. +) Áp dụng hệ thức lượng trong ΔAHC vuông tại H có đường cao HE ta có: HC2=CE.AC⇔HC=√CE.AC. Áp dụng hệ thức lượng trong ΔAHB vuông tại H có đường cao HD ta có: BH2=BD.BA⇔BH=√BD.BA. Mà BH+HC=BC⇔BC=√AB.BD+√AC.CE(dpcm). +) Chứng minh AF⊥DE: Gọi I=DE∩AF. Tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠AED=∠ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Mà ∠ABC=∠AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ⇔∠AED=∠AFC. Ta có ∠ACF=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ΔACF vuông tại C. ⇔∠CAF+∠AFC=900⇒∠EAI+∠AED=900. ⇒ΔAIE vuông tại I⇒AF⊥DE. c) Gọi O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔBDE. Chứng minh O′ là trung điểm của đoạn thẳng HF. Gọi K là trung điểm của BC ⇒O′K⊥BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Lại có OK⊥BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). ⇒O;O′;K thẳng hàng ⇒OO′⊥BC. Mà AH⊥BC⇒OO′//BC. Xét tam giác AHF có: O là trung điểm của AF; OO′//AH(cmt); ⇒O′ là trung điểm của HF (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm). d) Tính bán kính của đường tròn (O′) biết BC=8cm,DE=6cm,AF=10cm. Bài 5: Phương pháp: Gọi O là tâm hình vuông. Tính các diện tích S1,S2 bằng cách sử dụng mối quan hệ giữa diện tích các hình. Từ đó suy ra tỉ số. Cách giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD, gọi E,F là trung điểm của AB và AD. Suy ra AC⊥BD tại O ⇒∠AOB=∠AOD=900 ⇒O nằm trên các đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính AD (cùng nhìn AB và AD dưới các góc vuông). Không mất tính tổng quát, giả sử hình vuông có cạnh bằng 2 suy ra AC=BD=2√2. ⇒OA=OB=OC=OD=AC2=√2. Ta có OE là đường trung bình của tam giác ABD⇒OE//AD⇒OE⊥AB . Xét tam giác EAO vuông tại E có SEOA=12EA.EO=12.1.1=12. Diện tích hình quạt SqEOA=πEO2.90360=π4 ⇒ Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây OA và cung OA trong hình tròn đường kính AB là SvpOA=SqEOA−SΔEOA=π4−12. Tương tự, diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây OA và cung OA trong hình tròn đường kính AD là SvpOA=π4−12. Suy ra S1=2SvpOA=2(π4−12)=π2−1. Diện tích tam giác BOC là SΔBOC=12OB.OC=12.√2.√2=1. CMTT: Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây OB và cung OB là SvpOB=π4−12 Diện tích phần còn lại giới hạn tam giác OBC và hình viên phân giới hạn bởi dây OB và cung OB là S3=SΔOBC−SvpOB=1−π4+12=32−π4. Tương tự, diện tích phần còn lại giới hạn tam giác ODC và hình viên phân giới hạn bởi dây OD và cung OD là S4=SΔODC−SvpOD=1−π4+12=32−π4 Suy ra S2=S3+S4=2(32−π4)=3−π2 ⇒ S1S2=π2−13−π2=π−22:6−π2=π−26−π. Vậy S1S2=π−26−π.
Quảng cáo
|