Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2020Tải vềCâu 1: Cho biểu thức: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Cho biểu thức: A=xx−4+1√x+2−1√x−2A=xx−4+1√x+2−1√x−2 a) Tìm điều kiện để biểu thức AA xác định. b) Rút gọn biểu thức A.A. Câu 2: Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ hai đồ thị hàm số y=x+2y=x+2 và y=x2y=x2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Câu 3: Giải các phương trình sau: a) x2+2020=x+20352x2+2020=x+20352 b) x2−2√2x−6=0x2−2√2x−6=0 c) x2+9x2(x+3)2=7x2+9x2(x+3)2=7 Câu 4: Cho phương trình x2+2(m−3)x+m−1=0x2+2(m−3)x+m−1=0 với mm là tham số. Tìm mm để phương trình có đúng hai nghiệm dương. Câu 5: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2480m2. Nếu tăng chiều dài lên 8m và giảm chiều rộng đi 2m thì diện tích không đổi. Hãy tính chu vi của mảnh vườn đó. Câu 6: Từ một điểm AA bên ngoài đường tròn tâm OO vẽ các tiếp tuyến AB,ACAB,AC (BB và CC là các tiếp điểm). Gọi HH là giao điểm của OAOA và BCBC. a) Chứng minh tứ giác ABOCABOC nội tiếp được đường tròn. b) Tính diện tích tam giác ABCABC trong trường hợp bán kính đường tròn (O)(O) bằng RR và AO=3RAO=3R. c) Dây cung EFEF thay đổi nhưng luôn đi qua HH. Chứng minh AOAO là tia phân giác góc ∠EAF∠EAF. Lời giải Câu 1 (1,5 điểm) Cách giải: Cho biểu thức: A=xx−4+1√x+2−1√x−2A=xx−4+1√x+2−1√x−2 a) Tìm điều kiện để biểu thức A xác định. Điều kiện: {x≥0x−4≠0√x−2≠0⇔{x≥0x≠4√x≠2⇔{x≥0x≠4. Vậy biểu thức A xác định khi x≥0,x≠4. b) Rút gọn biểu thức A. Điều kiện:x≥0,x≠4. A=xx−4+1√x+2−1√x−2=x(√x−2)(√x+2)+1√x+2−1√x−2=x+√x−2−√x−2(√x−2)(√x+2)=x−4x−4=1. Vậy A=1 khi x≥0,x≠4. Câu 2 (1,0 điểm) Cách giải: Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ hai đồ thị hàm số y=x+2 và y=x2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. + Vẽ đồ thị hàm số. Vẽ đường thẳng y=x+2. Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Đường thẳng y=x+2 là đường thẳng đi qua các điểm (0;2);(−2;0). Vẽ parabol y=x2. Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Parabol y=x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4) và nhận trục Oy là trục đối xứng. Vẽ đồ thị hàm số: Cách 1: Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị hàm số y=x+2 và y=x2 cắt nhau tại hai điểm (−1;1) và (2;4). Cách 2: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x+2=x2⇔x2−x−2=0⇔x2+x−2x−2=0⇔x(x+1)−2(x+1)=0⇔(x+1)(x−2)=0⇔[x+1=0x−2=0⇔[x=−1x=2 Với x=−1⇒y=(−1)2=1⇒A(−1;1). Với x=2⇒y=22=4⇒B(2;4). Vậy hai đồ thị hàm số y=x+2 và y=x2 cắt nhau tại 2 điểm có tọa độ là A(−1;1) và B(2;4). Câu 3 (2,0 điểm) Cách giải: Giải các phương trình sau: a) x2+2020=x+20352 ⇔x−x2=2020−20352⇔x2=20052⇔x=2005. Vậy phương trình có nghiệm x=2005. b) x2−2√2x−6=0 Ta có: Δ′=2+6=8>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=√2+√8=√2+2√2=3√2x2=√2−√8=√2−2√2=−√2. Vậy phương trình có tập nghiệm: S={−√2;3√2}. c) x2+9x2(x+3)2=7(∗) Điều kiện: x+3≠0⇔x≠3. ⇒(∗)⇔x2−2.3x2x+3+9x2(x+3)2+6x2x+3=7⇔(x−3xx+3)2+6x2x+3−7=0⇔(x2+3x−3xx+3)2+6x2x+3−7=0⇔(x2x+3)2+6x2x+3−7=0(1) Đặt x2x+3=t ⇒(1)⇔t2+6t−7=0⇔t2+7t−t−7=0⇔t(t+7)−(t+7)=0⇔(t+7)(t−1)=0⇔[t+7=0t−1=0⇔[t=−7t=1 +) Với t=−7 ta có: x2x+3=−7 ⇔x2=−7x−21⇔x2+7x+21=0 Có Δ=72−4.21=−35<0 ⇒ Phương trình vô nghiệm. +) Với t=1 ta có:x2x+3=1 ⇔x2=x+3⇔x2−x−3=0 Có Δ=1+4.3=13>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=1−√132(tm)x2=1+√132(tm). Vậy tập nghiệm của phương trình là:S={1−√132;1+√132}. Câu 4 (1,0 điểm) Cách giải: Cho phương trình x2+2(m−3)x+m−1=0 với m là tham số. Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương. Để phương trình x2+2(m−3)x+m−1=0 có hai nghiệm dương thì: {Δ′≥0S>0P>0⇔{(m−3)2−(m−1)≥0−2(m−3)>0m−1>0⇔{m2−6m+9−m+1≥0m−3<0m>1⇔{m2−7m+10≥0m<3m>1⇔{m2−7m+10≥0(1)1<m<3(∗) Xét bất phương trình m2−7m+10≥0(1) ta có: m2−7m+10≥0⇔m2−2m−5m+10≥0⇔m(m−2)−5(m−2)≥0⇔(m−2)(m−5)≥0 TH1: {m−2≥0m−5≥0⇔{m≥2m≥5⇔m≥5. TH2: {m−2≤0m−5≤0⇔{m≤2m≤5⇔m≤2. Do đó (1)⇔[m≥5m≤2. Khi đó hệ (*) trở thành: {[m≥5m≤21<m<3⇒1<m≤2. Vậy 1<m≤2. Câu 5 (1,0 điểm) Cách giải: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2. Nếu tăng chiều dài lên 8m và giảm chiều rộng đi 2m thì diện tích không đổi. Hãy tính chu vi của mảnh vườn đó. Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x,y (mét) (ĐK: x>y>2). Vì diện tích mảnh vườn là 480m2 nên ta có phương trình xy=480(1). Nếu tăng chiều dài lên 8m thì chiều dài mới là x+8(m). giảm chiều rộng đi 2m thì chiều chiều rộng mới là y−2(m). Khi đó diện tích mảnh vườn không thy đổi nên ta có phương trình (x+8)(y−2)=480⇔xy−2x+8y−16=480⇔480−2x+8y−16=480⇔2x−8y=−16⇔x−4y=−8(2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: {xy=480x−4y=−8⇔{xy=480x=4y−8 ⇔{(4y−8).y=480x=4y−8⇔{4y2−8y−480=0x=4y−8 ⇔{y2−2y−120=0(∗)x=4y−8 Xét phương trình (*) ta có: y2−2y−120=0⇔y2−12y+10y−120=0⇔y(y−12)+10(y−12)=0⇔(y−12)(y+10)=0⇔[y−12=0y+10=0⇔[y=12(tm)y=−10(ktm) Với y=12 ⇒x=4.12−8=40. Vậy chu vi của mảnh vườn đó là C=2(x+y)=2(40+12)=104(m). Câu 6 (1,0 điểm) Cách giải: Từ một điểm A bên ngoài đường tròn tâm O vẽ các tiếp tuyến AB,AC (B và C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn. Ta có: AB,AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒{AB⊥OBAC⊥OC⇒∠ABO=∠ACO=900 Xét tứ giác ABOC ta có: ∠ABO+∠ACO=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒∠ABOC là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm) b) Tính diện tích tam giác ABC trong trường hợp bán kính đường tròn (O) bằng R và AO=3R. Ta có:OB=OC=R ⇒O thuộc đường trung trực của BC. AB=AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒A thuộc đường trung trực của BC. ⇒AO là đường trung trực của BC ⇒AO⊥BC={H} ⇒H là trung điểm của BC (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung). Áp dụng định lý Pitago cho ΔABO vuông tại B ta có: AB=√AO2−OB2=√9R2−R2=2√2R. Áp dụng hệ thức lượng cho ΔABO vuông tại B có đường cao BH ta có: BH=OB.ABAO=2√2R.R3R=2√2R3.AH=AB2AO=8R23R=8R3⇒BC=2BH=4√23R.⇒SABC=12AH.BC=12.8R3.4√2R3=16√2R29(dvdt). Vậy khi OA=3R thì SABC=16√2R29.
Quảng cáo
|