Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2023Tải vềCâu 1: a) Thực hiện phép tính 2√9−√16. b) Xác định hệ số a của đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm A(1;2). c) Giải hệ phương trình {2x+y=7x−2y=−4 d) Rút gọn biểu thức P=(1√x−3+2√x+3):√x−1√x−3 với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 1,{\mkern 1mu Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: a) Thực hiện phép tính 2√9−√16. b) Xác định hệ số a của đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm A(1;2). c) Giải hệ phương trình {2x+y=7x−2y=−4 d) Rút gọn biểu thức P=(1√x−3+2√x+3):√x−1√x−3 với x≥0,x≠1,x≠9. Câu 2: Cho phuơng trình x2−2(m+1)x−9=0, với m là tham số.) a) Giải phương trình khi m=3; b) Tìm các giá trị của m để phuơng trình có nghiệm x=2; c) Tìm các giá trị của m để phuơng trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1<x2 và |x1|−|x2|=−6. Câu 3: Hai địa điểm A và B cách nhau 280 km. Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B. Biết vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai 10 km/h và xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 30 phút. Tính vận tốc mỗi xe? Câu 4: Cho nửa đuờng tròn tâm O, đuờng kính BC. Trên nửa đường tròn (O) lấy A (A khác B và C), gọi H là hình chiếu của A trên B C. Trên cung AC của nửa đường tròn (O) lấy điểm D (D khác A và C), gọi E là hình chiếu của A trên BD, I là giao điểm của hai đường thằng AH và BD. a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp; b) Chứng minh BI.BD = BH.BC. c) Chứng minh hai tam giác AHE và ACD đồng dạng; d) Hai đường thẳng AE và DH cắt nhau tại F. Chứng minh IF//AD. Câu 5: Một người thợ cơ khí cần cắt vừa đủ một cây sắt dài 100 dm thành các đoạn để hàn lại thành khung một hình lập phương và một hình hộp chữ nhật. Biết hình hộp chữ nhật có chiều dài gấp 6 lần chiều rộng và chiều cao bằng chiều rộng (hình vẽ minh họa). Tìm độ dài của các đoạn sắt sao cho tổng thể tích cùa hai hình thu được nhỏ nhất? -----HẾT----- Lời giải chi tiết Câu 1 (TH): Phương pháp: a) Khai phương căn bậc hai b) Thay tọa độ A vào hàm số tìm a c) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số d) Tìm mẫu số chung quy đồng và rút gọn biểu thức. Cách giải: a) Thực hiện phép tính 2√9−√16. 2√9−√16=2.√32−√42=2.3−4=6−4=2 b) Xác định hệ số a của đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm A(1;2). Thay x = 1, y = 2 vào hàm số y=ax2 ta có: 2=a.12⇔a=2. Vậy a = 2. c) Giải hệ phương trình {2x+y=7x−2y=−4 {2x+y=7x−2y=−4⇔{2x+y=7x=2y−4⇔{2(2y−4)+y=7x=2y−4⇔{4y−8+y=7x=2y−4⇔{5y=15x=2y−4⇔{y=3x=2y−4⇔{x=2y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;3). d) Rút gọn biểu thức P=(1√x−3+2√x+3):√x−1√x−3 với x≥0,x≠1,x≠9. Với x≥0,x≠1,x≠9 ta có: P=(1√x−3+2√x+3):√x−1√x−3⇔P=√x+3+2(√x−3)(√x−3)(√x+3):√x−1√x−3⇔P=√x+3+2√x−6(√x−3)(√x+3).√x−3√x−1⇔P=3√x−3√x+3.1√x−1⇔P=3(√x−1)√x+3.1√x−1⇔P=3√x+3 Vậy với x≥0,x≠1,x≠9 thì P=3√x+3. Câu 2 (TH): Phương pháp: a) Thay m = 3 vào phương trình và giải phương trình bậc 2 b) Thay x = 2 vào phương trình tìm m c) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu và sử dụng hệ thức viet Cách giải: a) Giải phương trình khi m=3; Khi m=3 phương trình trở thành: x2−8x−9=0, ta có: Δ′=(−4)2−1.(−9)=25>0 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=4+√251=9x2=4−√251=−1. b) Tìm các giá trị của m để phuơng trình có nghiệm x=2; Phương trình có nghiệm x=2 nên thay x=2 vào phương trình ta có: 22−2(m+1)2−9=0⇔4−4m−4−9=0⇔−4m−9=0⇔m=−94 Vậy để phương trình có nghiệm x=2 thì m=−94. c) Tìm các giá trị của m để phuơng trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1<x2 và |x1|−|x2|=−6. Xét phương trình x2−2(m+1)x−9=0 có a.c=−9<0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu x1,x2 Áp dụng hệ thức viet ta có x1+x2=2(m+1) Do x1<x2⇒x1<0<x2 Để |x1|−|x2|=−6 −x1−x2=−6⇔−(x1+x2)=−6⇔x1+x2=6⇔2(m+1)=6⇔m+1=3⇔m=2 Vậy với m=2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1<x2 và |x1|−|x2|=−6. Câu 3 (VD): Phương pháp: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h, x>0). Biểu diễn vận tốc, thời gian của 2 xe theo x và lập phương trình tìm x. Cách giải: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h, x>0). Vì vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên vận tốc của xe thứ nhất là x+10 (km/h) Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là: 280x+10 (giờ) Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là: 280x (giờ) Vì xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 30 phút = 12giờ nên ta có: 280x−280x+10=12 ⇔560(x+10)2x(x+10)−560x2x(x+10)=x(x+10)2x(x+10)⇔560(x+10)−560x=x(x+10)⇔560x+5600−560x=x2+10x⇔x2+10x−5600=0⇔x2−70x+80x−5600=0⇔x(x−70)+80(x−70)=0⇔(x+80)(x−70)=0⇔[x+80=0x−70=0⇔[x=−80(KTM)x=70(TM) Vậy vận tốc xe thứ nhất là 80km/h, vận tốc xe thứ hai là 70km/h. Câu 4 (VD): Phương pháp: a) Sử dụng tính chất hai góc kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau b) Chứng minh ΔBIH∽ΔBCD(g⋅g) c) Chứng minh ΔAEH∽ΔADC(g.g) d) Chứng minh I là trực tâm của tam giác SAB và sử dụng định lý Talet Cách giải: a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp; Do AH⊥BC(gt),AE⊥BD(gt)⇒∠AHB=∠AEB=900 Mà E,H là 2 đỉnh kề nhau, cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau nên A,E,H,B cùng thuộc một đường tròn (dhnb) Hay tứ giác ABHE nội tiếp (đpcm). b) Chứng minh BI.BD = BH.BC. Ta có ∠BDC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét ΔBIH và ΔBCD có: ∠CBD chung ∠BHI=∠BDC=900 ⇒ΔBIH∽ΔBCD(g⋅g) ⇒BIBC=BHBD (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒BI.BD=BH.BC(dpcm) c) Chứng minh hai tam giác AHE và ACD đồng dạng; Do ABHE nội tiếp (cmt) nên ∠AHE=∠ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE). Mà ∠ABE=∠ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD). ⇒∠AHE=∠ACD Do ABHE nội tiếp (cmt) nên ∠HAE=∠HBE=∠CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE). Lại có tứ giác ABCD nội tiếp (O)⇒∠CBD=∠CAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD ) ⇒∠HAE=∠CAD Xét tam giác AHE và tam giác ACD có: ∠AHE=∠ACD(cmt)∠HAE=∠CAD(cmt)⇒ΔAEH∽ΔADC(g.g)(dpcm) d) Hai đường thẳng AE và DH cắt nhau tại F. Chứng minh IF//AD. Xét tam giác SAB có: {AH⊥SBBE⊥SAAH∩BE={I}⇒I là trực tâm của tam giác SAB. ⇒SI⊥AB (SI là đường cao thứ ba). Mà ∠BAC=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AC⊥AB. ⇒SI//AC (từ vuông góc đến song song). ⇒SIAC=SHHC( định lí Ta-lét ). Ta có: {SF⊥BD(doAE⊥BD)CD⊥BD(∠BDC=90∘)⇒SF//CD (từ vuông góc đến song song). ⇒SHHC=SFCD( định lí Ta-lét) Từ (1) và (2) ⇒SIAC=SFCD Lại có: IS//AC(cmt)⇒∠ISF=∠SAC (hai góc so le trong bằng nhau) SA//CD(SF//CD)⇒∠SAC=∠ACD (hai góc so le trong bằng nhau) ⇒∠ISF=∠ACD Từ (3) và (4) ⇒ΔISF∽ΔACD (c.g.c) ⇒∠IFS=∠ADC (hai góc tương ứng) Ta có: ∠IFA=1800−∠IFS=1800−∠ADC=∠DAC+∠ACD=∠DAC+∠SAC=∠SAD Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau. Vậy IF // AD (đpcm). Câu 5 (VDC): Cách giải: Gọi cạnh hình lập phương bằng x (dm) (ĐK: x > 0). => Hình hộp chữ nhật có: Chiều cao = chiều rộng = y (dm) (ĐK: y > 0). => Chiều dài hình hộp chữ nhật bằng 6y (dm). Hình lập phương có 12 cạnh có độ dài bằng x (dm). Hình hộp chữ nhật có 8 cạnh có độ dài bằng y (dm) và 4 cạnh có độ dài 6y (dm). Người thợ cắt vừa đủ một cây sắt dài 100m nên ta có: 12x+8y+4.6y=100⇔12x+32y=100⇔3x+8y=25⇔x=25−8y3 Thể tích khối lập phương là V1=x3. Thể tích khối hộp chữ nhật là V2=y.y.6y=6y3. Tổng thể tích hai hình là: V=V1+V2=x3+6y3. Ta có: x3+33+33≥33√x3⋅33⋅33=27x 6(y3+23+23)≥6⋅3⋅3√y3⋅23⋅23=72y Cộng vế theo vế hai bất phương trình ta được: x3+6y3+150≥27x+72y⇔V+150≥9(3x+8y)⇔V+150≥9.25⇔V+150≥225⇔V≥75 Dấu “=” xảy ra ⇔{x=3y=2. Vậy tổng thể tích của hai hình thu được nhỏ nhất bằng 75dm3 khi độ dài cạnh hình lập phương bằng 3dm, độ dài chiều rộng và chiều cao hình hộp chữ nhật bằng 2dm, chiều dài hình hộp chữ nhật bằng 12dm.
Quảng cáo
|