GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi năm 2021Tải vềBài 1 (2,0 điểm): 1) Thực hiện phép tính Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1 (2,0 điểm): 1) Thực hiện phép tính 7√16+2√9 2) Cho hàm số y=x2 có đồ thị (P) a) Vẽ (P) b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm giữa (P) và đường thẳng (d):y=−x+2. Bài 2 (2,0 điểm): 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2+x−12=0 b) {2x−y=−3x+3y=4 2. Cho phương trình (ẩn x): x2−2(m+2)x+m2+7=0 a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm m để x12+x22=x1x2+12. Bài 3 (1,5 điểm): Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc dài 4km, một đoạn bằng phẳng dài 3 km và một đoạn xuống dốc dài 6km (như hình vẽ). Một người đi xe đạp từ A đến B và quay về A ngay hết tổng cộng 130 phút. Biết rằng vận tốc người đó đi trên đoạn đường bằng phẳng là 12km/h và vận tốc xuống dốc lớn hơn vận tốc lên dốc 5km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và vận tốc lúc xuống dốc của người đó. Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O;R) và điểm S nằm bên ngoài đường tròn, SO=d. Kẻ các tiếp tuyến SA,SB với đường tròn (A,Blà các tiếp điểm). a) Chứng minh rằng 4 điểm S,O,A,B cùng thuộc một đường tròn. b) Trong trường hợp d=2R, tính độ dài đoạn thẳng AB theo R. c) Gọi C là điểm đối xứng của B qua O. Đường thẳng SC cắt đường tròn (O) tại D( khác C). Hai đường thẳng AD và SO cắt nhau tại M. Chứng minh rằng SM2=MD.MA. d) Tìm mối liên hệ giữa d và R để tứ giác OAMB là hình thoi. Bài 5 (1,0 điểm): Cho x là số thực bất kì. Tìm GTNN của biểu thức: T=x2+7√x2+3+√x2+3x2+7 Lời giải chi tiết Bài 1: Phương pháp: 1) Vận dụng hằng đẳng thức √A2=|A| để biến đổi, rút gọn biểu thức 2) a) Lập bảng giá trị của x và y, tìm được các điểm mà (P) đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số (P). b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và đường thẳng (d) Tìm nghiệm của phương trình, suy ra tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d). Cách giải: 1) Ta có: 7√16+2√9=7.4+2.3=34. 2) a) Parabol (P):y=x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng. Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Parabol (P):y=x2 đi qua các điểm (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4). Đồ thị Parabol (P):y=x2: b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và đường thẳng (d) ta được: x2=−x+2⇔x2+x−2=0 Ta có: a+b+c=1+1−2=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=1x=ca=−2 Với x=1 ta có y=12=1. Với x=−2 ta có y=(−2)2=4. Vậy đồ thị (P) cắt (d) tại hai điểm (1;1),(−2;4). Bài 2: Phương pháp: 1) a) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tìm nghiệm của phương trình. b) Phối hợp phương pháp cộng đại số và phương pháp thế để giải hệ phương trình. 2) a) Phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0(Δ′>0) b) Vận dụng hệ thức Vi – ét để tìm x1+x2;x1.x2 sau đó thay vào hệ thức của đề bài để tìm giá trị tham số m. Cách giải: 1)
2) a) Phương trình x2−2(m+2)x+m2+7=0 có: Δ′=(m+2)2−m2−7=4m−3. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Δ′>0⇔4m−3>0⇔m>34. Vậy với m>34 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Vớim>34, theo định lí Vi-et ta có: {x1+x2=2m+4x1x2=m2+7 Theo bài ra ta có: x12+x22=x1x2+12⇔(x1+x2)2−2x1x2=x1x2+12⇔(x1+x2)2−3x1x2−12=0⇔(2m+4)2−3(m2+7)−12=0⇔4m2+16m+16−3m2−21−12=0⇔m2+16m−17=0 Ta có a+b+c=1+16−17=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [m=1(tm)m=ca=−17(ktm). Vậy m=1. Bài 3: Phương pháp: Đổi các đại lượng thời gian về cùng một đơn vị Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là x(km/h)(x>0). Lập phương trình ẩn x, giải phương trình đối chiếu điều kiện và kết luận. Cách giải: Đổi 130 phút = 136(h) Gọi vận tốc lúc lên dốc của người đó là x(km/h)(x>0). Thì vận tốc lúc xuông dốc là x+5(km/h). Thời gian lúc lên dốc, xuống dốc trên quãng đường 4km lần lượt là: 4x(h) và 4x+5(h). Thời gian lúc đi trên quãng đường 3km là 312=14(h) Thời gian lúc lên và xuống dốc trên quãng đường 6km lần lượt là: 6x(h) và 6x+5(h). Tổng thời gian đi từ A đến B là: 4x+14+6x+5(h) Tổng thời gian đi từ B đến A là: 6x+14+4x+5(h) Tổng thời gian cả đi cả về là bằng 136h nên ta có phương trình: 4x+14+6x+5+6x+14+4x+5=136⇔10x+12+10x+5=136⇔10(x+x+5)x(x+5)=53⇔2x+5x(x+5)=16⇒6(2x+5)=x(x+5)⇔x2−7x−30=0 Ta có Δ=(−7)2−4.(−30)=169=132>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=7+132=10(tm)x=7−132=−3(ktm). Vậy vận tốc lúc lên dốc là 10 km/h và vận tốc lúc xuống dốc là 15 km/h. Bài 4: Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800), suy ra S,A,O,B cùng thuộc một đường tròn. b) Vận dụng tính chất đường trung trực của đoạn thẳng Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông c) Áp dụng kiến thức góc – đường tròn Kiến thức về tam giác đồng dạng để suy ra các tỷ lệ cạnh tương ứng từ đó chứng minh được hệ thức của đề bài. d) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hình thoi, các hệ thức lượng trong tam giác vuông. Cách giải: a) Tứ giác SAOB có : ∠SAO+∠SBO=900+900=1800 Suy ra tứ giác SAOB nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). Suy ra 4 điểm S,A,O,B cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi H là giao điểm giữa AB và SO Có SA,SB là hai tiếp tuyến cắt nhau nên SA=SB⇒S thuộc trung trực của AB. OA=OB=R nên O thuộc trung trực của AB. ⇒SO là trung trực của AB ⇒ AB⊥SO và H là trung điểm của AB. Tam giác SAO vuông tại A nên SA=√SO2−OA2=√4R2−R2=R√3 Ta giác SAO vuông tại A có: AH⊥SO nên AH=SA.AOSO=R√3.R2R=√32R Vậy AB=2AH=2.√32R=R√3. c) Tứ giác SAOB nội tiếp (cmt) nên ∠ASO=∠ABO=∠ABC( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AO). Trong (O) có: ∠ADC=∠ABC(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Mặt khác ∠SDM=∠ADC (hai góc đối đỉnh) Suy ra ∠ASO=∠ACD⇒∠MSA=∠SDM. Xét ΔSMD và ΔAMS có: {∠SMD=∠SMA∠SDM=∠MSA(cmt) ⇒ΔSMD∼ΔAMS(g.g)⇒SMAM=MDSM⇒SM2=MD.MA(dpcm). d) Theo ý c) ta có: ΔSMD∼ΔAMS⇒∠MSA=∠MDS=∠ADC. Để OAMB là hình thoi thì ∠OAH=∠MAH. Mà ∠OAH=∠MSA (cùng phụ với ∠AOS) =∠ADC. ⇒∠MAH=∠ADC ⇒cungBD=cungAC (2 góc nội tiếp bằng nhau thì hai cung bị chắn bằng nhau). ⇒AC=BD (2 cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau). Ta có: ∠BAC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇔AB⊥AC. Mà SO là trung trực của AB(cmt)⇒SO⊥AB. ⇒AC//SO (từ vuông góc đến song song) ⇒AC//MO. Mà AM//OC (do OAMB là hình thoi). ⇒AMOC là hình bình hành (dhnb) ⇒AC=OM (2 cạnh đối của hình bình hành). ⇒OM=BD ⇒2OH=BD. Xét tam giác SBC vuông tại B, đường cao BD có: 1BD2=1SB2+1BC2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông). ⇒1BD2=1SO2−OB2+14R2⇒12OH2=1d2−R2+14R2(∗) Xét tam giác vuông OAS, đường cao AH ta có: OH.OS=OA2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông). ⇒OH.d=R2⇒OH=R2d⇒OH2=R4d2. Thay vào (*) ta có: d22R4=1d2−R2+14R2⇔2d2(d2−R2)4R4(d2−R2)=4R4+R2(d2−R2)4R4(d2−R2)⇔2d2(d2−R2)=4R4+R2d2−R4⇔2d4−2d2R2=3R4+R2d2⇔2d4−3d2R2−3R4=0⇔d2=3+√334R2⇔d=√3+√332R Vậy để OAMB là hình thoi thì d=√3+√332R. Bài 5: Phương pháp: Áp dụng BĐT Co-si cho hai số √x2+3 và 4√x2+3 để tìm giá trị nhot nhất của biểu thức. Cách giải: Áp dụng BĐT Co-si ta có: x2+7√x2+3=(x2+3)+4√x2+3=√x2+3+4√x2+3≥2√√x2+3.4√x2+3=2√4=4 Đặt: a=x2+7√x2+3≥4⇒1a=√x2+3x2+7 ⇒T=a+1a=(a16+1a)+15a16≥2.√a16.1a+15.416=12+154=174 (Bất đẳng thức cô-si) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: {a16=1aa=4⇔a=4⇔x2+7√x2+3=4⇔x2+7=4√x2+3⇔(x2+7)2=16(x2+3)⇔x4+14x2+49=16x2+48⇔x4−2x2+1=0⇔(x2−1)2=0⇔x2=1⇔x=±1 Vậy minT=174⇔x=±1.
Quảng cáo
|