2K10! MỞ LỚP LIVE+ MÔN TOÁN - LUYỆN ĐỀ VÀO 10

GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ

XEM NGAY
Xem chi tiết

Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020

Tải về

Câu 1: Cho

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1: 

Cho A=x+1x1A=x+1x1B=(x+1x1x1x+1):xx1B=(x+1x1x1x+1):xx1 (với x>0,x1x>0,x1).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9x=9.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm xx để giá trị của A và B trái dấu.

Câu 2: 

Cho hệ phương trình {x2y=4m52x+y=3m  với m là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi m=3.

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn 2x1y=1.

Câu 3:  

Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=3mx+1m2 (m là tham số).

a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;9).

b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2 thỏa mãn x1+x2=2x1x2.

Câu 4: 

Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O;R), kẻ hai tiếp tuyến MA,MB (A,B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa MD).

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MOAB.

b) Chứng minh MA.AD=MD.AC.

c) Gọi I là trung điểm của dây cung CDE là giao điểm của hai đường thẳng ABOI. Tính độ dài đoan thẳng OE theo R khi OI=R3.

d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt đường thẳng MA,MB lần lượt tại PQ. Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5: 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=3x24xy+16x2y+12y+1998. 

Lời giải chi tiết

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho A=x+1x1B=(x+1x1x1x+1):xx1 (với x>0,x1).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9.

Thay x=9(TMDK) vào biểu thức A ta có:

A=9+191=3+131=42=2.

Vậy khi x=9 thì A=2.

b) Rút gọn biểu thức B.

Với x>0,x1 thì:

B=(x+1x1x1x+1):xx1B=(x+1)2(x1)2(x1)(x+1):xx1B=x+2x+1x+2x1(x1)(x+1):xx1B=4x(x1)(x+1).x1xB=4x+1

Vậy với x>0,x1 thì B=4x+1.

c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu.

Để giá trị của A và B trái dấu thì A.B<0.

x+1x1.4x+1<04x1<0

4>0 nên 4x1<0x1<0x<1x<1.

Kết hợp điều kiện x>0,x1 ta có 0<x<1.

Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì 0<x<1.

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

Cho hệ phương trình {x2y=4m52x+y=3m  với m là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi m=3.

Với m=3 ta có hệ phương trình:

{x2y=72x+y=9{x2y=74x+2y=18{5x=25y=92x {x=5y=92.5{x=5y=1

Vậy với m=3 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;1).

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn 2x1y=1.

Ta có: {x2y=4m5(1)2x+y=3m(2)

Từ phương trình (2) ta có: y=3m2x

Thế vào phương trình (1) ta có:

(1)x2(3m2x)=4m5x6m+4x=4m55x=10m5x=2m1y=3m2xy=3m2(2m1)y=3m4m+2y=m+2

Với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y)=(2m1;m+2).

Theo đề bài ta có: 2x1y=1()

Điều kiện: {x0y0 {2m10m+20{m12m2.

()22m11m+2=122m1+1m2+1=0(2m1)(m2)+2(m2)+2m1=02m25m+2+2m4+2m1=02m2m3=02m2+2m3m3=02m(m+1)3(m+1)=0(m+1)(2m3)=0[m+1=02m3=0[m=1(tm)m=32(tm)

Vậy m=1m=32 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 3 (2 điểm)

Cách giải:

Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=3mx+1m2 (m là tham số).

a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;9).

Đường thẳng (d):y=3mx+1m2 đi qua điểm A(1;9)

9=3m.1+1m2m23m91=0m23m10=0

Phương trình có Δ=(3)2+4.10=49>0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [m1=3+492=5m2=3492=2.

Vậy m=2 hoặc m=5 thỏa mãn bài toán.

b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2 thỏa mãn x1+x2=2x1x2.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:

x2=3mx+1m2x23mx+m21=0()

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ giao điểm là x1,x2

() có hai nghiệm phân biệt x1,x2

Δ>0(3m)24(m21)>09m24m2+4>05m2+4>0m

Với mọi m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1,x2.

Áp dụng hệ thức Vi-et với phương trình () ta có: {x1+x2=3mx1x2=m21.

Theo đề bài ta có:

x1+x2=2x1x23m=2(m21)2m223m=02m23m2=0

Phương trình có Δ=(3)2+4.2.2=25>0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [m1=3+252.2=2m2=3252.2=12.

Vậy m=12m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (3,5 điểm)

Cách giải:

Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O;R), kẻ hai tiếp tuyến MA,MB (A,B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa MD).

 

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MOAB.

MA,MB là các tiếp tuyến của (O) nên OAM=OBM=900.

Xét tứ giác MAOB có: OAM+OBM=900+900=180.

MAOB là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

OA=OB (=R) O thuộc trung trực của AB.

     MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) M thuộc trung trực của AB.

MO là trung trực của đoạn thẳng AB.

Vậy MOAB (đpcm).

b) Chứng minh MA.AD=MD.AC.

Xét ΔMACΔMDA có:

AMD chung;

MAC=MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

ΔMACΔMDA(g.g)

MAMD=ACAD (hai cạnh tương ứng) MA.AD=MD.AC(dpcm).

c) Gọi I là trung điểm của dây cung CDE là giao điểm của hai đường thẳng ABOI. Tính độ dài đoan thẳng OE theo R khi OI=R3.

Gọi ABOM={H}, theo ý a) ta có OMAB tại H.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM, đường cao AH ta có: OA2=OH.OM.

OA=OC(=R) nên OC2=OH.OMOCOH=OMOC.

Xét ΔOCHΔOMC có: COM chung; OCOH=OMOC (cmt).

ΔOCHΔOMC(c.g.c) OCH=OMC=OMI(1) (hai góc tương ứng).

I là trung điểm của CD(gt) nên OICD (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

ΔOMI vuông tại I OMI+MOI=900.

Lại có: OEH+EOH=900 (do tam giác OEH vuông tại H).

MOI=EOH nên OMI=OEH(2).

Từ (1) và (2) OCH=OEH (=OMI).

Tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các goác bằng nhau).

OCE=OHE=900 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OE).

ΔOCE vuông tại C, có đường cao CI.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCE ta có:

OC2=OI.OEOE=OC2OI=R2R3=3R.

Vậy khi OI=R3 thì OE=3R.

d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt đường thẳng MA,MB lần lượt tại PQ. Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.

 Đặt OM=x(x>R). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMP, đường cao OA ta có:

1OA2=1OM2+1OP21R2=1x2+1OP21OP2=1R21x2=x2R2x2R2OP=xRx2R2

Xét tam giác MPQ có đường cao MO đồng thời là đường phân giác (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên ΔMPQ là tam giác cân tại M, do đó đường cao MO cũng đồng thời là đường trung tuyến.

PQ=2OP=2xRx2R2.

Khi đó SΔMPQ=12MO.PQ=12.x.2xRx2R2=R.x2x2R2.

Ta có: x2x2R2=x2R2+R2x2R2=x2R2+R2x2R2.

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương x2R2R2x2R2 ta có:

x2R2+R2x2R22x2R2.R2x2R2=2R.

Khi đó SΔMPQR.2R=2R2.

Dấu “=” xảy ra x2R2=R2x2R2 x2R2=R2x2=2R2x=R2(tm).

Vậy diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R2 khi và chỉ khi M cách tâm O một khoảng bằng R2.

Câu 5 (0,5 điểm)

Cách giải:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=3x24xy+16x2y+12y+1998.

Điều kiện: y0.

P=3x24xy+16x2y+12y+1998=(2x24xy2y+12x+12y)x2+4x+1998=2(x2+2xy+y6x6y+9)(x24x+4)+18+4+1998=2(x+y3)2(x2)2+2020

{2(x+y3)20x,y0(x2)20x P2020x,y0

Dấu “=” xảy ra {x+y3=0x2=0{x=2y=32{x=2y=1(tm)

Vậy MaxP=2020 khi x=2y=1. 

Tải về

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close