Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2023Tải vềPhần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1: Căn bậc ba của -27 là A. -9 B. -3 C. 9 D. 3 Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1: Căn bậc ba của -27 là A. -9 B. -3 C. 9 D. 3 Câu 2: Tất cả các giá trị của xx để biểu thức P=√x−2P=√x−2 có nghĩa là A. x=2x=2. B. x≥2x≥2. C. x≤2x≤2. D. x>2x>2. Câu 3: Hàm số y=mx−2y=mx−2 đồng biến trên RR khi A. m>0m>0. B. m<0m<0. C. m=0m=0. D. m≠0m≠0. Câu 4: Đồ thị hàm số y=3x2y=3x2 đi qua điểm nào dưới đây? A. M(0;0)M(0;0). B. N(1;6)N(1;6). C. P(1;1)P(1;1). D. Q(0;3)Q(0;3). Câu 5: Nghiệm của hệ phương trình {x−y=4x+2y=−5 là A. (1;4). B. (1;3). C. (1;−3). D. (3;1). Câu 6: Nếu phương trình ax2+bx+c=0 với a≠0 có hai nghiệm x1 và x2, thì tích x1x2 bằng A. −ca. B. ba. C. ca. D. −ba. Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng? A. cosB=ACAB. B. cosB=ACBC. C. cosB=ABAC. D. cosB=ABBC. Câu 8: Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d (tham khảo hình vẽ). Đường thẳng d cắt (O;R) tại hai điểm phân biệt A, B khi A. OH<R. B. OH=R. C. OH>R. D. OH≤R. Câu 9: Số đo góc nội tiếp chắn cung 150∘ bằng A. 150∘. B. 65∘. C. 50∘. D. 75∘. Câu 10: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính R là A. S=4πR. B. S=4πR2. C. S=πR2. D. S=3πR2. Phần II. Tự luận (8 điểm) Câu 11: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x−8=0 b) x2+4x+3=0 c) {x−2y=13x+2y=11 Câu 12: a) Tính giá trị của biểu thức: B=√36+√4−√25. b) Vẽ đồ thị hàm số: y=3x−6. Câu 13: Cho phương trình x2−2(m−1)x+m2−3=0 (m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1+x2=x1x2−2 Câu 14: Ông Nam sở hữu một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 60m. Ông Nam định bán mảnh đất đó với giá thị trường là 8 triệu đồng cho một mét vuông. Hãy tính giá tiền của mảnh đất đó biết rằng mảnh đất có chiều dài gấp 2 lần chiều rộng. Câu 15: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC > BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC. a) Chứng minh tứ giác AOCD nội tiếp. b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh CB là tia phân giác của góc HCF. c) Chứng minh AO.AH=2AE2 d) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh M là trung điểm của CH. Câu 16: Giải hệ phương trình {x2(1+4y2)=122√x+3y+2=3√y+√x+2 -----HẾT----- Lời giải chi tiết Phần I: Trắc nghiệm
Câu 1 (NB): Phương pháp: Căn bậc ba của x là số a, sao cho a3=x Cách giải: Căn bậc ba của -27 là -3 vì (−3)3=−27 Chọn B. Câu 2 (NB): Phương pháp: √f(x) có nghĩa khi f(x)≥0 Cách giải: P=√x−2 có nghĩa khi x−2≥0⇔x≥2 Chọn B. Câu 3 (NB): Phương pháp: Hàm số y=ax+b(a≠0) đồng biến trên R khi a > 0. Cách giải: Hàm số y=mx−2 đồng biến trên R khi m>0 Chọn A. Câu 4 (NB): Phương pháp: Điểm A(x0;y0) đi qua đồ thị hàm số y=ax2(a≠0) khi y0=a.x02 Cách giải: Đồ thị hàm số y=3x2 đi qua điểm M(0;0) Chọn A. Câu 5 (NB): Phương pháp: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số. Cách giải: {x−y=4x+2y=−5⇔{3y=−9x=4+y⇔{y=−3x=4−3=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;−3) Chọn C. Câu 6 (NB): Phương pháp: Hệ thức Vi-ét {x1+x2=−bax1x2=ca Cách giải: Nếu phương trình ax2+bx+c=0 với a≠0 có hai nghiệm x1 và x2, thì tích x1x2 bằng ca Chọn C. Câu 7 (NB): Phương pháp: Công thức góc lượng giác: tam giác ABC vuông tại A có cosB=ABBC Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A có cosB=ABBC Chọn D. Câu 8 (NB): Phương pháp: Vị trí tương đối của đường thẳng và đườn tròn: Đường thẳng d cắt (O;R) tại hai điểm phân biệt A, B khi OH<R Cách giải: Đường thẳng d cắt (O;R) tại hai điểm phân biệt A, B khi OH<R Chọn A. Câu 9 (NB): Phương pháp: Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn. Cách giải: Số đo góc nội tiếp chắn cung 150∘ bằng 75∘ Chọn D. Câu 10 (NB): Phương pháp: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính R là S=4πR2 Cách giải: Công thức tính diện tích của hình cầu có bán kính R là S=4πR2 Chọn B. Phần II: Tự luận Câu 11 (TH): Phương pháp: a) Giải phương trình bậc nhất ax+b=0(a≠0) có nghiệm là x=−ba b) Giải phương trình bậc hai một ẩn bằng cách nhẩm nghiệm a−b+c=0. Suy ra PT có nghiệm [x1=−1x2=−ca Cách giải: a) 2x−8=0⇔2x=8⇔x=4 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=4. b) x2+4x+3=0 Vì a−b+c=1−4+3=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x1=−1 và x2=−ca=−3 Vậy phương trình có tập nghiệm là S={−1;−3}. c) {x−2y=13x+2y=11⇔{4x=122y=x−1⇔{x=32y=2⇔{x=3y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3). Câu 12 (TH): Phương pháp: a) Thực hiện tính toán chứa căn bậc hai, √a2b=|a|√b b) Cách vẽ đồ thị hàm số y=ax+b(a≠0) Bước 1: Cho x=0 thì y=b, ta được điểm P(0;b) thuộc trục Oy. Cho y=0 thì x=−ba, ta được điểm Q(−ba;0) thuộc trục hoành Ox. Bước 2: Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm P và Q ta được đồ thị hàm số y=ax+b Cách giải: a) Ta có: B=√36+√4−√25=√62+√22−√52=6+2−5=8−5=3 Vậy B=3. b) Vẽ đồ thị hàm số: y=3x−6. Cho x=0 thì y=3.0−6=−6 Cho y=0 thì 0=3.x−6⇔3x=6⇔x=2 Suy ra đồ thị hàm số y=3x−6 là đường thẳng đi qua 2 điểm A(0;−6) và B(2;0) Ta vẽ được đồ thị hàm số như sau: Câu 13 (TH): Phương pháp: Công thức Δ′=(b′)2−ac với b′=ba Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ>0 Sử dụng hệ thức Vi-ét {x1+x2=−bax1x2=ca Cách giải: Ta có Δ′=(m−1)2−1(m2−3)=m2−2m+1−m2+3=−2m+4 Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thì Δ′>0⇔−2m+4>0⇔m<2 Khi đó theo viet ta có {x1+x2=2(m−1)x1x2=m2−3 Để x1+x2=x1x2−2 ⇒2(m−1)=m2−3−2⇔2m−2=m2−5⇔m2−2m−3=0 ⇔(m−3)(m+1)=0 ⇔[m=3(KTM)m=−1(TM) Vậy m = -1 thì thỏa mãn bài toán Câu 14 (TH): Phương pháp: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Công thức chu vi hình chữ nhật bằng 2 lần tổng chiều dài và chiều rộng. Cách giải: Gọi chiều rộng mảnh đất là x(m,0<x<30). Vì chiều dài mảnh đất gấp 2 lần chiều rộng nên ta có chiều dài mảnh đất là: 2x(m) Vì chu vi mảnh đất là 60 nên ta có: 2.(x+2x)=60⇔6x=60⇔x=10 (TM) Suy ra chiều dài mảnh đất là 20m, chiều rộng mảnh đất là 10m. Diện tích mảnh đất là: 20.10=200(m2) Giá tiền của mảnh đất là: 8.200=1600(triệu đồng) Vậy giá tiền của mảnh đất đó là 1600 triệu đồng = 1 600 000 000 đồng. Câu 15 (VD): Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác AOCD có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp, b) Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC thì bằng nhau. Và hai góc cùng phụ với góc thứ 3. c) Chứng minh ΔAEO∽ΔAHC(g.g) suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ. d) Gọi N là giao điểm của AC và BD. Chứng minh CN là phân giác của ∠MCD, CB là phân giác ngoài tại đỉnh C của ΔCDM Sử dụng tính chất phân giác. Chứng minh CH // AD, sử dụng định lí Talet. ⇒CMAD=HMAD⇒CM=HM⇒M Cách giải: a) Do DA, AC là tiếp tuyến nên DA⊥OA,DC⊥OC ⇒∠DAO=∠DCO=900 Xét tứ giác AOCD có ∠DAO+∠DCO=900+900=1800 Suy ra AOCD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) (dhnb) (đpcm) b) Ta có ∠BCF=∠FAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) ∠ACB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒∠BCH=∠BAC (cùng phụ với góc CBA) ⇒∠FCB=∠BCH(=∠FAC) ⇒BC là phân giác của góc HCF c) Ta có DA = DC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ D thuộc trung trực của AC OA = OC (cùng bằng bán kính của (O) ⇒ O thuộc trung trực của AC ⇒DO là trung trực của AC. ⇒DO⊥AC tại E là trung điểm của AC. Xét ΔAEO và ΔAHC có ∠HAC chung ∠AEO=∠AHC(=900) ⇒ΔAEO∽ΔAHC(g.g)⇒AEAH=AOAC (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). ⇒AO.AH=AE.AC=AE.2AE=2AE2. Vậy AO.AH=2AE2 (đpcm). d) Gọi N là giao điểm của AC và BD. Vì CB là phân giác của góc HCF (theo câu b). Mà ∠ACB=900(cmt)⇒CB⊥CA. Mà ∠HCF kề bù với ∠HCD. ⇒CA là phân giác của góc ∠HCD, CB là phân giác ngoài của ∠HCD. Áp dụng định lí đường phân giác ta có: CMCD=NMND=BMBD. Vì {CH⊥AB(gt)AD⊥AB(gt)⇒CH//AD (từ vuông góc đến song song) ⇒ Áp dụng định lí Ta-lét ta có: NMND=CMAD,BMBD=HMAD. ⇒CMAD=HMAD⇒CM=HM⇒M là trung điểm của CH (đpcm). Câu 16 (VDC): Phương pháp: Đặt a=√x+2;b=√y(a,b≥0) Từ đó giải phương trình tìm a, b. Suy ra ẩn chính. Cách giải: {x2(1+4y2)=12(1)2√x+3y+2=3√y+√x+2(2) (ĐKXĐ: x≥−2;y≥0) Đặt a=√x+2;b=√y(a,b≥0) ⇒a2=x+2;b2=y⇒x+3y+2=a2+3b2 Khi đó (2) trở thành: 2√a2+3b2=a+3b ⇔4(a2+3b2)=(a+3b)2⇔4a2+12b2=a2+6ab+9b2⇔3a2−6ab+3b2=0⇔3(a−b)2=0⇔(a−b)2=0⇔a−b=0⇔a=b⇒√x+2=√y⇔x+2=y Thay vào (1) ta được: x2(1+4(x+2)2)=12 ⇔x2[(x+2)2+4]=12(x+2)2⇔x2(x2+4x+8)=12(x2+4x+4)⇔x4+4x3+8x2=12x2+48x+48⇔x4+4x3−4x2−48x−48=0⇔x4+6x3+12x2−2x3−12x2−24x−4x2−24x−48=0⇔x2(x2+6x+12)−2x(x2+6x+12)−4(x2+6x+12)=0⇔(x2−2x−4)(x2+6x+12)=0⇔[x2−2x−4=0⇔x=1±√5x2+6x+12=0(VN) Vớix=1+√5⇒y=1+√5+2=3+√5 Vớix=1−√5⇒y=1−√5+2=3−√5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(1+√5;3+√5) hoặc(x;y)=(1−√5;3−√5).
Quảng cáo
|