GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020Tải vềCâu 1: Cho Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Cho A=√x+1√x−1A=√x+1√x−1 và B=(√x+1√x−1−√x−1√x+1):√x√x−1B=(√x+1√x−1−√x−1√x+1):√x√x−1 (với x>0,x≠1x>0,x≠1). 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 {x−2y=4m−52x+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 2x−1y=−1. Câu 3: Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=3mx+1−m2 (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 M và D). a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO⊥AB. b) Chứng minh MA.AD=MD.AC. c) Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB và OI. 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 P và Q. 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=−3x2−4x√y+16x−2y+12√y+1998. Lời giải chi tiết Câu 1 (2,0 điểm) Cách giải: Cho A=√x+1√x−1 và B=(√x+1√x−1−√x−1√x+1):√x√x−1 (với x>0,x≠1). a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9. Thay x=9(TMDK) vào biểu thức A ta có: A=√9+1√9−1=3+13−1=42=2. Vậy khi x=9 thì A=2. b) Rút gọn biểu thức B. Với x>0,x≠1 thì: B=(√x+1√x−1−√x−1√x+1):√x√x−1B=(√x+1)2−(√x−1)2(√x−1)(√x+1):√x√x−1B=x+2√x+1−x+2√x−1(√x−1)(√x+1):√x√x−1B=4√x(√x−1)(√x+1).√x−1√xB=4√x+1 Vậy với x>0,x≠1 thì B=4√x+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+1√x−1.4√x+1<0⇔4√x−1<0 Vì 4>0 nên 4√x−1<0⇔√x−1<0⇔√x<1⇔x<1. Kết hợp điều kiện x>0,x≠1 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 {x−2y=4m−52x+y=3m với m là tham số. a) Giải hệ phương trình khi m=3. Với m=3 ta có hệ phương trình: {x−2y=72x+y=9⇔{x−2y=74x+2y=18⇔{5x=25y=9−2x ⇔{x=5y=9−2.5⇔{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 2x−1y=−1. Ta có: {x−2y=4m−5(1)2x+y=3m(2) Từ phương trình (2) ta có: y=3m−2x Thế vào phương trình (1) ta có: (1)⇔x−2(3m−2x)=4m−5⇔x−6m+4x=4m−5⇔5x=10m−5⇔x=2m−1⇒y=3m−2x⇔y=3m−2(2m−1)⇔y=3m−4m+2⇔y=−m+2 ⇒ Với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y)=(2m−1;−m+2). Theo đề bài ta có: 2x−1y=−1(∗) Điều kiện: {x≠0y≠0 ⇔{2m−1≠0−m+2≠0⇔{m≠12m≠2. ⇒(∗)⇔22m−1−1−m+2=−1⇔22m−1+1m−2+1=0⇒(2m−1)(m−2)+2(m−2)+2m−1=0⇔2m2−5m+2+2m−4+2m−1=0⇔2m2−m−3=0⇔2m2+2m−3m−3=0⇔2m(m+1)−3(m+1)=0⇔(m+1)(2m−3)=0⇔[m+1=02m−3=0⇔[m=−1(tm)m=32(tm) Vậy m=−1 và m=32 thỏa mãn điều kiện bài toán. Câu 3 (2 điểm) Cách giải: Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=3mx+1−m2 (m là tham số). a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;−9). Đường thẳng (d):y=3mx+1−m2 đi qua điểm A(1;−9) ⇒−9=3m.1+1−m2⇔m2−3m−9−1=0⇔m2−3m−10=0 Phương trình có Δ=(−3)2+4.10=49>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [m1=3+√492=5m2=3−√492=−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+1−m2⇔x2−3mx+m2−1=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)2−4(m2−1)>0⇔9m2−4m2+4>0⇔5m2+4>0∀m ⇒ 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=m2−1. Theo đề bài ta có: x1+x2=2x1x2⇔3m=2(m2−1)⇔2m2−2−3m=0⇔2m2−3m−2=0 Phương trình có Δ=(−3)2+4.2.2=25>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: [m1=3+√252.2=2m2=3−√252.2=−12. Vậy m=−12 và m=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 M và D). a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO⊥AB. Vì 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). Vì 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 MO⊥AB (đpcm). b) Chứng minh MA.AD=MD.AC. Xét ΔMAC và ΔMDA có: ∠AMD chung; ∠MAC=∠MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC). ⇒ΔMAC∼ΔMDA(g.g) ⇒MAMD=ACAD (hai cạnh tương ứng) ⇒MA.AD=MD.AC(dpcm). c) Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB và OI. Tính độ dài đoan thẳng OE theo R khi OI=R3. Gọi AB∩OM={H}, theo ý a) ta có OM⊥AB tại H. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM, đường cao AH ta có: OA2=OH.OM. Mà OA=OC(=R) nên OC2=OH.OM⇒OCOH=OMOC. Xét ΔOCH và ΔOMC có: ∠COM chung; OCOH=OMOC (cmt). ⇒ΔOCH∼ΔOMC(c.g.c) ⇒∠OCH=∠OMC=∠OMI(1) (hai góc tương ứng). Vì I là trung điểm của CD(gt) nên OI⊥CD (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). Mà ∠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.OE⇒OE=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 P và Q. 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+1OP2⇒1R2=1x2+1OP2⇒1OP2=1R2−1x2=x2−R2x2R2⇒OP=xR√x2−R2 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=2xR√x2−R2. Khi đó SΔMPQ=12MO.PQ=12.x.2xR√x2−R2=R.x2√x2−R2. Ta có: x2√x2−R2=x2−R2+R2√x2−R2=√x2−R2+R2√x2−R2. Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương √x2−R2 và R2√x2−R2 ta có: √x2−R2+R2√x2−R2≥2√√x2−R2.R2√x2−R2=2R. Khi đó SΔMPQ≥R.2R=2R2. Dấu “=” xảy ra ⇔√x2−R2=R2√x2−R2 ⇔x2−R2=R2⇔x2=2R2⇔x=R√2(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 R√2. Câu 5 (0,5 điểm) Cách giải: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=−3x2−4x√y+16x−2y+12√y+1998. Điều kiện: y≥0. P=−3x2−4x√y+16x−2y+12√y+1998=(−2x2−4x√y−2y+12x+12√y)−x2+4x+1998=−2(x2+2x√y+y−6x−6√y+9)−(x2−4x+4)+18+4+1998=−2(x+√y−3)2−(x−2)2+2020 Vì {−2(x+√y−3)2≤0∀x,y≥0−(x−2)2≤0∀x ⇒P≤2020∀x,y≥0 Dấu “=” xảy ra ⇔{x+√y−3=0x−2=0⇔{x=2√y=3−2⇔{x=2y=1(tm) Vậy MaxP=2020 khi x=2 và y=1.
Quảng cáo
|