Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2023Tải vềCâu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A=√2+√8−√18 Câu 2: Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình x2−3x+2=0 Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A=√2+√8−√18 Câu 2: Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình x2−3x+2=0 Câu 3: Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình {2x−3y=32x+y=7 Câu 4: Cho hàm số bậc nhất y=2x+m, với m là tham số. a) Hàm số đã cho đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1;3). Câu 5: Cho biểu thức B=x√x+2−4√x+8x+2√x, với x > 0. a) Rút gọn biểu thức B. b) Tính giá trị của biểu thức B khi x=7+4√3 Câu 6: Cho hình chữ nhật có chu vi bằng 30cm. Nếu chiều rộng tăng thêm 3cm và chiều dài giảm đi 1cm thì diện tích hình chữ nhật đó sẽ tăng thêm 18cm2. Tính chiều rộng và chiều dài của hình chữ nhật đã cho. Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết AH = 4cm và HC = 3cm. Tính độ dài các đoạn thẳng AC, BC và AB. Câu 8: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Biết rằng ∠ABD=300,∠BDC=600. Tính số đo của các cung nhỏ AD, BC và số đo của ∠BHC. Câu 9: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB). Trên tia BA lấy điểm D sao cho AD = AC. Kẻ DH vuông góc với BC tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng DH và AC. Chứng minh rằng: a) ∠DHA=∠DCA b) AK=AB Câu 10: Cho tam giác ABC (AB > BC > CA) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Gọi điểm K là chân đường vuông góc kẻ từ điểm A đến cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi M là điểm đối xứng với điểm B qua điểm K. Gọi điểm N là giao điểm của hai đường thẳng HM và AC. a) Chứng minh rằng bốn điểm A, H, C, M cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (F≠A). Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng KN và BF. Chứng minh rằng NA.NC = NM.FP. -----HẾT----- Lời giải chi tiết Câu 1 (NB): Phương pháp: Khai căn bậc hai và rút gọn. Cách giải: Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A=√2+√8−√18 A=√2+√8−√18=√2+√22.2−√32.2=√2+2√2−3√2=√2(1+2−3)=0 Vậy A = 0. Câu 2 (NB): Phương pháp: Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm. Cách giải: Ta có: a+b+c=1+(−3)+2=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x=1x=ca=2. Vậy phương trình có tập nghiệm S={1;2}. Câu 3 (NB): Phương pháp: Giải hệ phương trình bằng cách cộng đại số hoặc thế. Cách giải: {2x−3y=32x+y=7⇔{4y=42x+y=7⇔{y=12x+1=7⇔{y=1x=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;1). Câu 4 (TH): Phương pháp: So sánh hệ số a với 0 để kết luận tính nghịch biến, đồng biến. Thay tọa độ A vào hàm số tìm m. Cách giải: a Hàm số đã cho đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? Hàm số y=2x+m đồng biến trên R vì hệ số a=2>0. b, Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1;3). Để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1;3) ⇔3=2.1+m ⇒m=3−2=1. Vậy m=1 thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1;3). Câu 5 (TH): Phương pháp: a) Tìm mẫu số chung, quy động và rút gọn biểu thức b) Đưa x về dạng bình phương của tổng và thay vào B. Cách giải: a) Rút gọn biểu thức B. Với x > 0 ta có: B=x√x+2−4√x+8x+2√x=x√x√x(√x+2)−4(√x+2)√x(√x+2)+8√x(√x+2)=x√x−4√x−8+8√x(√x+2)=x√x−4√x√x(√x+2)=√x(x−4)√x(√x+2)=√x(√x−2)(√x+2)√x(√x+2)=√x−2 Vậy với x > 0 thì B = √x−2. b) Tính giá trị của biểu thức B khi x=7+4√3 Ta có: x=7+4√3=22+2.2.√3+(√3)2=(2+√3)2⇒√x=√(2+√3)2=|2+√3|=2+√3(do2+√3>0) Thay √x=2+√3 (tm ĐKXĐ) vào B ta có: B=2+√3−2=√3. Vậy với x=7+4√3thì B = √3. Câu 6 (TH): Phương pháp: Gọi chiều dài là x, biểu diễn chiều rộng, diện tích hình chữ nhật lúc đầu và lúc sau theo x và lập phương trình tìm x. Cách giải: Nửa chu vi hình chữ nhật là: 30:2=15cm. Gọi chiều dài hình chữ nhật là x(cm;0<x<15). ⇒ Chiều rộng hình chữ nhật là 15−x(cm). Diện tích hình chữ nhật là: x(15−x)(cm2). Nếu chiều rộng tăng thêm 3cm thì chiều rộng hình chữ nhật là: 15−x+3=18−x (cm). Nếu chiều dài giảm đi 1cm thì chiều dài hình chữ nhật là: x−1 (cm). Khi đó, diện tích hình chữ nhật lúc này là: (18−x)(x−1) (cm2). Vì diện tích hình chữ nhật đó sẽ tăng thêm 18cm2 nên ta có phương trình: x(15−x)+18=(18−x)(x−1) ⇔15x−x2+18=18x−18−x2+x⇔4x=36⇒x=9(TM) Vậy chiều dài hình chữ nhật là 9cm, chiều rộng hình chữ nhật là 15−9=6cm. Câu 7 (TH): Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính độ dài các đoạn thẳng AC, BC và AB. Cách giải: Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông AHC, ta có: AC2=AH2+HC2=32+42=25⇒AC=5(cm) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao AH ta có: 1AH2=1AB2+1AC2⇔1AB2=1AH2−1AC2=142−152=9400⇒AB2=4009=>AB=203(cm) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông ABC, ta có: AB2+AC2=BC2⇒BC=√AB2+AC2=√(203)2+52=253 (cm) Vậy AC = 5cm, BC = 253cm và AB = 203cm Câu 8 (TH): Phương pháp: Sử dụng mối liên hệ góc nội tiếp, số đo các cung để tính. Cách giải: +) Tính số đo của cung nhỏ AD Ta có: ∠ABD nội tiếp chắn cung nhỏ AD ⇒∠ABD=12 số đo cung nhỏ AD ⇒300 =12số đo cung nhỏ AD ⇒ số đo cung nhỏ AD =600. +) Tính số đo của cung nhỏ BC Ta có: ∠BDC nội tiếp chắn cung nhỏ BC ⇒∠BDC=12 số đo cung nhỏ BC ⇒600 =12số đo cung nhỏ BC ⇒ số đo cung nhỏ BC =1200. +) Tính số đo của góc BHC. Góc BHC là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, chắn hai cung nhỏ AD và BD ⇒∠BHC=12(số đo cung nhỏ AD + số đo cung nhỏ BC) ⇒∠BHC=12(600+1200)=12.1800=900. Vậy ∠BHC=900. Câu 9 (TH): Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác nội tiếp từ đó suy ra các góc nội tiếp bằng nhau b) Chứng minh ∠AKB=∠ABK⇒ΔAKB cân tại A. Cách giải: a) ∠DHA=∠DCA Ta có ∠DAC=∠DHC=900 (do tam giác ABC vuông tại A và DH⊥BC tại H) Mà A, H là 2 đỉnh kề nhau, cùng nhìn DC dưới 2 góc bằng nhau nên AHCD nội tiếp ⇒∠DHA=∠DAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (đpcm) b) AK=AB Do AD = AC (giá trị) nên tam giác ACD cân tại A ⇒∠ADC=∠ACD (tính chất) (1) Xét tứ giác AKHB có ∠BAK=∠AHK=900⇒∠BAK+∠AHK=900+900=1800 Suy ra tứ giác AKHB nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) (đhnb) ⇒∠AKB=∠AHB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Mà ∠AHB=∠BDC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp AHCD) ⇒∠AKB=∠BDC=∠ADC (2) Ta có ∠ABK=∠AHK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) Mà ∠AHK=∠AHD=∠ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) ⇒∠ABK=∠ACD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra ∠AKB=∠ABK⇒ΔAKB cân tại A. Vậy AK = AB (tính chất tam giác cân) (đpcm). Câu 10 (TH): Phương pháp: a) Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn cạnh dưới 2 góc bằng nhau. b) Chứng minh các tam giác đồng dạng để suy ra tỉ lệ Cách giải: a) Chứng minh rằng bốn điểm A, H, C, M cùng thuộc một đường tròn. Vì M đối xứng với B qua K nên BK = MK. Xét ΔHBK và ΔHMK có: HKchung∠HKB=∠HKM=900(gt)BK=MK(cmt) ⇒ΔHBK=ΔHMK (hai cạnh góc vuông). ⇒HB=HM (2 góc tương ứng) ⇒ΔHBM cân tại H (định nghĩa) ⇒∠HBM=∠HMB (tính chất tam giác cân) (1) Kéo dài BH cắt AC tại E. Vì H là trực tâm của tam giác ABC (gt) ⇒BE⊥AC⇒ΔBCE vuông tại C. Ta có: ∠HBM+∠BCE=900 (tam giác BCE vuông tại C). ∠HAC+∠BCE=900 (tam giác ACK vuông tại K). ⇒∠HBM=∠HAC (2) Từ (1) và (2) ⇒∠HMB=∠HAC⇒∠HMC=∠HAC. Mà 2 đỉnh A, M kề nhau cùng nhìn HC dưới hai góc bằng nhau. ⇒AHCM là tứ giác nội tiếp (dhnb). Vậy bốn điểm A, H, C, M cùng thuộc một đường tròn (đpcm). b) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (F≠A). Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng KN và BF. Chứng minh rằng NA.NC = NM.FP. Ta có: ∠HBM=∠HAC (cmt) ⇒∠HBK=∠FAC. Mà ∠FAC=∠FBC=∠FBK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FC). ⇒∠HBK=∠FBK. Xét tam giác vuông BHK và tam giác vuông BFK có: ∠BKH=∠BKF=900BKchung∠HBK=∠FBK(cmt) ⇒ΔBHK=ΔBFK (cạnh góc vuông – góc nhọn kề). ⇒HK=FK (hai cạnh tương ứng) và ∠BHK=∠BFK (hai góc tương ứng). Ta có: ΔHBK=ΔHMK(cmt)⇒∠BHK=∠MHK (hai góc tương ứng). ⇒∠BFK=∠MHK⇒∠PFK=∠NHK. Xét ΔPFK và ΔNHK có: FK=HK(cmt)∠PFK=∠NHK(cmt) ∠FKP=∠HKN (đối đỉnh) ⇒ΔPFK=ΔNHK(g.c.g)⇒FP=NH (hai cạnh tương ứng). Xét ΔNAH và ΔNMC có: ∠ANH=∠MNC (đối đỉnh) ∠NAH=∠NMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HC của tứ giác nội tiếp AHCM). ⇒ΔNAH∽ΔNMC(g.g) ⇒NANM=NHNC (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). ⇒NA.NC=NM.NH. Mà NH = FB (cmt). Vậy NA.NC = NM.FP (đpcm).
Quảng cáo
|