Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020Tải vềCâu 1: 1. Thực hiện phép tính Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: 1. Thực hiện phép tính 2+√9. 2. Rút gọn biểu thức B=(1√x+2−1√x+7):5√x+7 với x≥0. 3. Giải hệ phương trình {x+2y=4x−2y=0. Câu 2: Cho phương trình x2+4x+3m−2=0, với m là tham số. 1. Giải phương trình với m=−1. 2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có một nghiệm x=2. 3. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1+2x2=1. Câu 3: Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Câu 4: Cho đường tròn (O;R) và A là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC. Kẻ đường kính BD của đường tròn (O), AD cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E. a. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b. Tính độ dài AH biết R=3cm,AB=4cm. c. Chứng minh AE.AD=AH.AO d. Tia CE cắt AH tại F. Chứng tỏ F là trung điểm của AH. Câu 5: Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn x+y≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=x2+y2−9x−12y+162x+y+25 Lời giải chi tiết Câu 1 (2 điểm) Cách giải: 1. Thực hiện phép tính 2+√9. Ta có: 2+√9=2+3=5. 2. Rút gọn biểu thức B=(1√x+2−1√x+7):5√x+7 với x≥0. Điều kiện: x≥0 B=(1√x+2−1√x+7):5√x+7=√x+7−√x−2(√x+2)(√x+7).√x+75=5(√x+2)(√x+7).√x+75=1√x+2. Vậy B=1√x+2 với x≥2. 3. Giải hệ phương trình {x+2y=4x−2y=0. {x+2y=4x−2y=0⇔{2x=4x=2y⇔{x=2y=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;1). Câu 2 (2,0 điểm) Cách giải: Cho phương trình x2+4x+3m−2=0, với m là tham số. 1. Giải phương trình với m=−1. Thay m=−1 vào phương trình đã cho ta có: x2+4x−5=0⇔x2−x+5x−5=0⇔x(x−1)+5(x−1)=0⇔(x−1)(x+5)=0⇔[x−1=0x+5=0⇔[x=1x=−5 Vậy khi m=−1 thì tập nghiệm của phương trình là S={1;−5}. 2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có một nghiệm x=2. Vì x=2 là một nghiệm của phương trình nên thay x=2 vào phương trình ta có: 22+4.2+3m−2=0⇔3m+10=0⇔m=−103 Vậy khi m=−103 thì phương trình đã cho có một nghiệm x=2. 3. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao cho x1+2x2=1. Ta có: Δ′=(−2)2−(3m−2)=4−3m+2=6−3m. Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thì Δ′>0⇔6−3m>0⇔m<2. Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=−4x1x2=3m−2(∗). Theo bài ra ta có: x1+2x2=1⇔x1=1−2x2. Thế vào hệ (*) ta có: {1−2x2+x2=−4(1−2x2).x2=3m−2⇔{x2=5(1−2.5).5=3m−2⇔{x2=53m−2=−45⇔{x2=5m=−433(tm) Vậy m=−433. Câu 3 (2 điểm) Cách giải: Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Gọi vận tốc của canô khi nước yên lặng là x (km/h) (x>4) Vận tốc canô khi xuôi dòng là x+4 (km/h) Vận tốc canô khi ngược dòng là x−4 (km/h) Thời gian canô xuôi dòng từ bến A đến bến B là 32x+4 giờ Thời gian canô ngược dòng từ bến B về bến A là 32x−4 giờ Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ nên ta có phương trình: 32x+4+32x−4=6⇔32(x−4)+32(x+4)(x−4)(x+4)=6⇔32x−128+32x+128(x−4)(x+4)=6⇔64xx2−16=6⇒6x2−96=64x⇔6x2−64x−96=0⇔3x2−32x−48=0⇔3x2−36x+4x−48=0⇔3x(x−12)+4(x−12)=0⇔(3x+4)(x−12)=0⇔[3x+4=0x−12=0⇔[x=−43(ktm)x=12(tm) Vậy vận tốc của canô khi nước yên lặng là 12 km/h. Câu 4 (3,5 điểm) Cách giải: Cho đường tròn (O;R) và A là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC. Kẻ đường kính BD của đường tròn (O), AD cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E. a. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp Xét đường tròn (O) có AB và AC là các tiếp tuyến, B,C là các tiếp điểm tương ứng nên ∠ABO=900;∠ACO=900 Xét tứ giác ABOC có ∠ABO+∠ACO=900+900=1800 mà hai góc ∠ABO;∠ACO đối nhau nên tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp (dhnb) b. Tính độ dài AH biết R=3cm,AB=4cm. Xét đường tròn (O) có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A. Suy ra AB=AC (tính chất), mà OB=OC=R nên AO là đường trung trực của đoạn BC Do đó OA⊥BC tại H. Xét tam giác ABO vuông tại B, theo định lý Pytago ta có: AO2=AB2+OB2=42+32=25 ⇒OA=5cm Xét tam giác ABO vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB2=AH.AO⇔AH=AB2AO=425=3,2cm Vậy AH=3,2cm. c. Chứng minh AE.AD=AH.AO Xét tam giác ABO vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB2=AH.AO (1) Xét tam giác AEB và tam giác ABD có: ∠BAE chung ∠ABE=∠BDE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE trong đường tròn (O)) Suy ra ΔAEB∼ΔABD(g−g) ⇒AEAB=ABAD⇒AE.AD=AB2 (2) Từ (1) và (2) suy ra AE.AD=AH.AO. d. Tia CE cắt AH tại F. Chứng tỏ F là trung điểm của AH. Xét đường tròn (O) có ∠BCD=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra BC⊥CD Lại có AO⊥BC nên CD//AO Suy ra ∠ADC=∠OAD (so le trong) Xét (O) có ∠ACE=∠EDC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC) Suy ra ∠ACE=∠FAE (=∠CDE) Xét ΔAFE và ΔCFA có: ∠AFE chung ∠ACE=∠FAE (cmt) Suy ra ΔAFE∼ΔCFA(g−g) ⇒AFCF=FEFA⇒FA2=FC.FE(∗) Theo câu b ta có AE.AD=AH.AO⇒AEAH=AOAD Suy ra ΔAEH∼ΔAOD(c−g−c) ⇒∠AHE=∠ADO Suy ra tứ giác EHOD là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó) Suy ra ∠HED=∠BOA (cùng phụ với ∠AOD) Xét đường tròn (O) có ∠CED=∠CBD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) Lại có ∠BOH+∠HBO=900 (do ΔBHO vuông tại H) Nên ∠EHD+∠CED=900⇒∠HEC=900 hay EH⊥FC Xét tam giác HFC vuông tại H có HE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: FH2=FE.FC (**) Từ (*) và (**) suy ra FA2=FH2 ⇔FA=FH⇒F là trung điểm AH. Câu 5 (0,5 điểm) Cách giải: Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn x+y≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=x2+y2−9x−12y+162x+y+25 Ta có: Q=x2+y2−9x−12y+162x+y+25=(x2−2x+1)+(y2−4y+4)+(2x+y)+162x+y−9(x+y)+20=(x−1)2+(y−2)2+(2x+y)+162x+y−9(x+y)+20 (x−1)2≥0(y−2)2≥02x+y+162x+y≥2√(2x+y).162x+y=8−9(x+y)≥−9.3=−27⇒Q≥0+0+8−27+20=1⇒Q≥1 Dấu “=” xảy ra khi x=1,y=2. Vậy Qmin=1 khi x=1,y=2.
Quảng cáo
|