GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2021Tải vềCâu 1 (2 điểm): Cho biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (2 điểm): Cho biểu thức P=1√x−2−2√x+1+2√x−7x−√x−2P=1√x−2−2√x+1+2√x−7x−√x−2 với x≥0,x≠4.x≥0,x≠4. a) Chứng minh: P=1√x+1.P=1√x+1. b) Tính giá trị của biểu thức PP khi x=3−2√2.x=3−2√2. c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.P. Câu 2 (2 điểm): a) Giải phương trình: x2+3x−1=0.x2+3x−1=0. b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 60m.60m. Nếu giảm chiều dài đi 1m1m và tăng chiều rộng lên 1m1m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó. Câu 3 (2 điểm): Cho parabol (P):y=x2(P):y=x2 và đường thẳng (d):y=mx+1,(d):y=mx+1, với mm là tham số. a) Tìm mm để đường thẳng (d)(d) và parabol (P)(P) cùng đi qua điểm có hoành độ x=2.x=2. b) Chứng minh đường thẳng (d)(d) luôn cắt parabol (P)(P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.m. Gọi x1,x2x1,x2 là các hoành độ giao điểm, tìm mm để x2(x21−1)=3.x2(x21−1)=3. Câu 4 (3,5 điểm): Cho ΔABC(AB<AC)ΔABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm OO đường kính BCBC cố định, điểm DD bất kì thuộc cung nhỏ ACAC(D≠A,D≠C).(D≠A,D≠C). Tia BABA cắt tia CDCD tại điểm G.G. Điểm II là giao điểm của BDBD và AC.AC. Kẻ AEAE vuông góc với BCBC tại điểm E,E, đường thẳng AEAE cắt đường tròn (O)(O) tại điểm thứ hai là F.F. Gọi HH là hình chiếu vuông góc của điểm AA trên BD,KBD,K là giao điểm của BCBC và DF.DF. Chứng minh: a) Tứ giác AIDGAIDG nội tiếp đường tròn. b) BE.BC=BH.BI.BE.BC=BH.BI. c) Ba điểm G,I,KG,I,K thẳng hàng. d) Đường tròn ngoại tiếp ΔAKDΔAKD luôn đi qua một điểm cố định khác AA khi điểm DD di động trên cung nhỏ AC.AC. Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương trình x2+6x+1−(2x+1)√x2+2x+3=0x2+6x+1−(2x+1)√x2+2x+3=0. Lời giải chi tiết Câu 1 Phương pháp: a) Xác định mẫu thức chung, thực hiện quy đồng sau rút gọn được biểu thức PP b) Vận dụng hẳng đẳng thức √A2=|A|={AkhiA≥0−Akhi−A<0, xác định được √x Thay giá trị của √x vào biểu thức P, tính được giá trị của biểu thức P. c) Từ điều kiện x≥0,x≠4, nhận xét được mẫu thức của P từ đó suy ra giá trị lớn nhất của P Cách giải: a) Điều kiện: x≥0,x≠4. P=1√x−2−2√x+1+2√x−7x−√x−2=1√x−2−2√x+1+2√x−7(√x+1)(√x−2)=√x+1−2(√x−2)+2√x−7(√x+1)(√x−2)=√x+1−2√x+4+2√x−7(√x+1)(√x−2)=√x−2(√x+1)(√x−2)=1√x+1. Vậy với x≥0,x≠4 thì P=1√x+1. b) Điều kiện: x≥0,x≠4. Ta có: x=3−2√2=(√2−1)2 thỏa mãn điều kiện. ⇒√x=√3−2√2=√(√2−1)2 =|√2−1|=√2−1 (do√2−1>0) Thay √x=√2−1 vào biểu thức P ta được: P=1√x+1=1√2−1+1=1√2=√22. Vậy với x=3−2√2 thì P=√22. c) Điều kiện: x≥0,x≠4. Ta có: P=1√x+1. Với ∀x≥0,x≠4 ta có: √x≥0⇒√x+1≥1 ⇒1√x+1≤1⇒P≤1 Dấu “=” xảy ra ⇔√x+1=1⇔√x=0⇔x=0(tm) Vậy với x=0 thì giá trị lớn nhất của P là 1. Câu 2 Phương pháp: a) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, tìm nghiệm của phương trình. b) Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x,y(m),(0<y<15<x). + Chu vi của mảnh vườn là 60m⇒ Nửa chu vi của mảnh vườn, từ đó lập được phương trình (1) + Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng lên 1m thì mảnh vườn trở thành hình vuông nên ta lập phương trình (2) + Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình. Giải hệ phương trình, tìm nghiệm và kết luận. Cách giải: a) Phương trình x2+3x−1−0 có: Δ=(−3)2−4.(−1)=13>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=−3+√132 và x2=−3−√132. Vậy phương trình có tập nghiệm: S={−3−√132;−3+√132}. b) Nửa chu vi của mảnh vườn đã cho là: 60:2=30(m). Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x,y(m),(0<y<15<x). ⇒x+y=30(1). Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng lên 1m thì mảnh vườn trở thành hình vuông nên ta có phương trình: x−1=y+1⇔x−y=2(2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: {x+y=30x−y=2⇔{2x=32y=x−2⇔{x=16(tm)y=16−2⇔{x=16y=14(tm) Vậy chiều dài mảnh vườn là 16m và chiều rộng mảnh vườn là 14m. Câu 3: Phương pháp: a) + Gọi A(2;yA) là điểm mà đường thẳng (d) và parabol (P) đều đi qua. + A(2;yA)∈(P)⇒yA + Thay x=2 và tung độ yA vừa tìm được vào đường thẳng d⇒ tìm được m và kết luận. b) + Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): phương trình (*) (là một phương trình bậc hai một ẩn x) + Đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m⇔(∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0,∀m + Gọi x1,x2 là các hoành độ giao điểm của (d) và (P) ⇒ x1,x2 là các nghiệm của phương trình (∗) ⇒x21=mx1+1 (1) + Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1x2 theo tham số m (2) + Thay (1) và (2) vào hệ thức của đề bài, tìm được tham số m. Cách giải: a) Gọi A(2;yA) là điểm mà đường thẳng (d) và parabol (P) đều đi qua. Khi đó ta có: A(2;yA)∈(P) ⇒yA=22=4⇒A(2;4). Lại có: A(2;4)∈(d) ⇒4=m.2+1⇔m=32 Vậy m=32 thỏa mãn bài toán. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2=mx+1⇔x2−mx−1=0(∗) Phương trình (∗) có: Δ=m2+4>0∀m ⇒(∗) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. ⇒(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. Gọi x1,x2 là các hoành độ giao điểm của (d) và (P) ⇒ x1,x2 là các nghiệm của phương trình (∗) ⇒x21=mx1+1 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=mx1x2=−1. Theo đề bài ta có: x2(x21−1)=3 ⇔x2(mx1+1−1)=3⇔mx1x2=3⇔−m=3⇔m=−3. Vậy m=−3 thỏa mãn bài toán. Câu 4: Phương pháp: a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp: chứng minh ∠GAI+∠GDI=1800∠ABC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: ∠BHE=∠BCI; ⇒BE.BC=BH.BI c) Chứng minh: IK⊥BC và GI⊥BC⇒G,I,K thằng hàng. d) Chứng minh: ∠OAB=∠CKD=12sdcungAC ⇒OKDA là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ Đường tròn ngoại tiếp ΔAKD đi qua điểm O cố định. Cách giải: a) Ta có: ∠BAC,∠BDC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)⇒∠BAC=∠BDC=900. ⇒∠GAI=∠GDI=900 Xét tứ giác AIDG ta có: ∠GAI+∠GDI=900+900=1800 ∠ABC là tứ giác nội tiếp. (dhnb) b) Xét tứ giác ABEH ta có: ∠AEB=∠AHB=900(gt) ⇒ABEH là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) ⇒∠BHE=∠BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) Mà ∠BAE=∠BCA (hai góc cùng phụ ∠ABC) ⇒∠BHE=∠BCA=∠BCI Xét ΔBHE và ΔBCI có:
c) Ta có: BC⊥AF⇒cungAB=cungFB (đường kính vuông góc với một dây thì đi qua điểm ở chính giữa của cung căng dây đó). ⇒∠BDF=∠BCA (hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau). Hay ∠IDK=∠ICK ⇒CDJK là tức giác nội tiếp. (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) ⇒∠IKC+∠IDC=1800. Mà ∠IDC=∠BDC=900(cmt) ⇒∠IKC=900⇒IK⊥BC(1) Xét ΔGBC có {AC⊥BGBD⊥CGAC∩BD={I} ⇒I là trực tâm ΔGBC ⇒GI⊥BC(2) Từ (1) và (2) ⇒G,I,K thằng hàng. (đpcm) d) Ta có: OA=12BC=OB (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông) ⇒ΔOAB cân tại O ⇒∠OAB=∠OBA=∠ABC=12sdcungAC (3) Lại có: ∠CKD=12(sdcungCD+sdcngBF)=12(sdcungCD+sdcungAB) Vì OH⊥BD(gt)⇒cungAB=cungAD ⇒∠CKD=12(sdcungCD+sdcungAD)=12sdcungAC(4) Từ (3) và (4) ⇒∠OAB=∠CKD ⇒OKDA là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ Đường tròn ngoại tiếp ΔAKD đi qua điểm O cố định. (đpcm) Câu 5: Phương pháp: + Xác định điều kiện của phương trình, √f(x) có nghĩa ⇔f(x)≥0 + Đặt {a=2x+1b=√x2+2x+3(b≥0), biến đổi phương trình ban đầu theo a,b + Giải phương trình bậc hai ẩn b với tham số a, tìm được mối liên hệ của a,b + Với a,b ta tìm được nghiệm x, đối chiếu và kết luận. Cách giải: ĐKXĐ: x2+2x+3≥0⇔(x+1)2+2≥0 (luôn đúng). Đặt {a=2x+1b=√x2+2x+3(b≥0) ta có 2a+b2=4x+2+x2+2x+3=x2+6x+5 ⇒x2+6x+1=2a+b2−4. Khi đó phương trình trở thành: 2a+b2−4−ab=0⇔b2−ab+2a−4=0(∗) Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn b với tham số a ta có Δ=a2−4(2a−4)=a2−8a+16=(a−4)2≥0∀a Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm [b=a+a−42=a−2b=a−a+42=2(tm) +) TH1: b=2⇒√x2+2x+3=2 ⇔x2+2x+3=4⇔x2+2x−1=0 Ta có Δ′=1+1=2>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=−1+√2x=−1−√2. +) TH2: b=a−2≥0⇔a≥2. Khi đó ta có √x2+2x+3=2x−1 ⇔{2x−1≥0x2+2x+3=4x2−4x+1⇔{x≥123x2−6x−2=0(1) Ta có Δ′=32−3.(−2)=15>0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt [x=3+√153(tm)x=3−√153(ktm). Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={−1+√2;−1−√2;3+√153}.
Quảng cáo
|