Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên năm 2020Tải vềCâu 1: Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức 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=√50−√32+√2A=√50−√32+√2. Câu 2: Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình {x+y=42x−y=5. Câu 3: Cho hàm số bậc nhất y=f(x)=(√3−1)x+1. a) Hàm số trên là đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? b) Tính các giá trị: f(0);f(√3+1). Câu 4: Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=−2x2 và y=x−3. Câu 5: Cho biểu thức P=[3x+3√x−3(√x+2)(√x−1)+1√x+2−√x−2√x−1]:√x√x+1 với x>0,x≠1. a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị của x để P>0. Câu 6: Ông Minh dự định đi bằng xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 80 km trong thời gian định trước. Khi đi được 20 km, tại địa điểm C, xe của ông hỏng nên ông phải dừng lại để sửa xe mất 10 phút. Sau khi sửa xe xong, để đảm bảo thời gian như đã đinh, ông Minh tăng vận tốc thêm 5 km/h trên quãng đường đi từ C đến B. Hãy tính vận tốc xe của ông Minh trên quãng đường từ A đến C. Câu 7: Cho ΔABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB=3cm,BC=5cm. Tính độ dài cạnh AC và đường cao AH. Câu 8: Cho hai đường tròn (O1;10cm) và (O2;15cm) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tiếp tuyến chung ngoài AB cắt đường thẳng O1O2 tại điểm C với A∈(O1),B∈(O2). Tính độ dài đoạn thẳng O1O2 biết CO1=40cm. Câu 9: Cho tam giác ABC cân tại A, các đường cao AM,BN cắt nhau tại H. Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. Câu 10: Cho ΔABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại M≠A. a) Chứng minh ΔBHM cân. b) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm P,H,Q thẳng hàng. Lời giải chi tiết Câu 1. Cách giải: Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A=√50−√32+√2. Ta có: A=√50−√32+√2A=√52.2−√42.2+√2A=5√2−4√2+√2A=2√2 Vậy A=2√2. Câu 2. Cách giải: Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình {x+y=42x−y=5. Ta có: {x+y=42x−y=5⇔{3x=9y=4−x⇔{x=3y=4−3⇔{x=3y=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;1). Câu 3. Cách giải: Cho hàm số bậc nhất y=f(x)=(√3−1)x+1. a) Hàm số trên là đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? Xét hàm số y=f(x)=(√3−1)x+1 ta có: a=√3−1>0. ⇒ Hàm số y=f(x)=(√3−1)x+1 đồng biến trên R. b) Tính các giá trị: f(0);f(√3+1). Xét hàm số y=f(x)=(√3−1)x+1 ta có: {f(0)=(√3−1).0+1=1f(√3+1)=(√3−1)(√3+1)+1=3−1+1=3. Vậy f(0)=1 và f(√3+1)=3. Câu 4. Cách giải: Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y=−2x2 và y=x−3. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là: −2x2=x−3⇔2x2+x−3=0 Phương trình có: a+b+c=2+1−3=0. ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:x1=1 và x2=ca=−32. +) Với x=1⇒y=−2.12=−2. +) Với x=−32⇒y=−2.(−32)2=−92. Vậy hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt: (1;−2) và (−32;−92). Câu 5. Cách giải: Cho biểu thức P=[3x+3√x−3(√x+2)(√x−1)+1√x+2−√x−2√x−1]:√x√x+1 với x>0,x≠1. a) Rút gọn biểu thức P. Với x>0,x≠1 ta có: P=[3x+3√x−3(√x+2)(√x−1)+1√x+2−√x−2√x−1]:√x√x+1P=3x+3√x−3+(√x−1)−(√x−2)(√x+2)(√x+2)(√x−1):√x√x+1P=3x+3√x−3+√x−1−x+4(√x+2)(√x−1):√x√x+1P=2x+4√x(√x+2)(√x−1).√x+1√xP=2√x(√x+2)(√x+2)(√x−1).√x+1√xP=2(√x+1)√x−1 Vậy với x>0,x≠1 thì P=2(√x+1)√x−1. b) Tìm giá trị của x để P>0. Ta có: P>0⇔2(√x+1)√x−1>0. Do √x+1>0∀x nên 2(√x+1)>0∀x. Do đó 2(√x+1)√x−1>0⇔√x−1>0⇔√x>1⇔x>1. Kết hợp điều kiện ta có x>1. Vậy để P>0 thì x>1. Câu 6. Cách giải: Ông Minh dự định đi bằng xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 80 km trong thời gian định trước. Khi đi được 20 km, tại địa điểm C, xe của ông hỏng nên ông phải dừng lại để sửa xe mất 10 phút. Sau khi sửa xe xong, để đảm bảo thời gian như đã đinh, ông Minh tăng vận tốc thêm 5 km/h trên quãng đường đi từ C đến B. Hãy tính vận tốc xe của ông Minh trên quãng đường từ A đến C. Gọi vận tốc dự định của ông Minh là x(km/h),(x>0). Khi đó thời gian dự định ông Minh đi hết quãng đường từ A đến B là: 80x(h). Thời gian ông Minh đi hết quãng đường AC là: 20x(h). Sau khi sửa xe, ông Minh đã tăng vận tốc thêm 5km/h trên quãng đường CB nên vận tốc ông Minh đi trên quãng đường CB là: x+5(km/h). Thời gian ông Minh đi hết quãng đường BC là: 80−20x+5=60x+5(h). Tuy phải sửa xe mất 10 phút =1060=16(h) nhưng ông Minh vẫn đến nơi đúng dự định nên ta có phương trình: 80x=20x+60x+5+16⇔60x−60x+5=16⇔6.60(x+5)−6.60x=x(x+5)⇔1800=x2+5x⇔x2+5x−1800=0⇔x2+45x−40x−1800=0⇔x(x+45)−40(x+45)=0⇔(x+45)(x−40)=0⇔[x+45=0x−40=0⇔[x=−45(ktm)x=40(tm) Vậy vận tốc của ông Minh đi trên quãng đường AC là 40 km/h. Câu 7. Cách giải: Cho ΔABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB=3cm,BC=5cm. Tính độ dài cạnh AC và đường cao AH.
Áp dụng định lý Pitago cho ΔABC vuông tại A ta có: AC=√BC2−AB2=√52−32=4cm. Áp dụng hệ thức lượng cho cho ΔABC vuông tại A có đường cao AH ta có: AH.BC=AB.AC⇒AH=AB.ACBC=3.45=2,4cm. Vậy AC=4cm và AH=2,4cm. Câu 8. Cách giải: Cho hai đường tròn (O1;10cm) và (O2;15cm) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tiếp tuyến chung ngoài AB cắt đường thẳng O1O2 tại điểm C với A∈(O1),B∈(O2). Tính độ dài đoạn thẳng O1O2 biết CO1=40cm.
Ta có: {A∈(O1)⇒O1A=10cmB∈(O2)⇒O2B=15cm. AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ⇒{O1A⊥BCO2B⊥BC. ⇒AO1//BO2 (từ vuông góc đến song song) ⇒CO1CO2=AO1BO2 (định lý Ta-let) ⇒40CO2=1015=23⇒CO2=40.32=60cm.⇒O1O2=CO2−CO1=60−40=20cm. Vậy O1O2=20cm. Câu 9. Cách giải: Cho tam giác ABC cân tại A, các đường cao AM,BN cắt nhau tại H. Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. Gọi O là trung điểm của AH ⇒O là tâm của đường tròn đường kính AH. Ta có: BN là đường cao của ΔABC ⇒BN⊥AC⇒∠HNA=900 ⇒ΔANH vuông tại N ⇒N∈(O). (*) Xét ΔANH vuông tại N có đường trung tuyến ON ⇒ON=OH=12AH (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông). ⇒ΔONH cân tại O (định nghĩa tam giác cân) ⇒∠ONH=∠OHN (tính chất tam giác cân) (1) Vì ΔABC cân tại A, có đường cao AM⇒M là trung điểm của BC (tính chất Δ cân). Xét ΔBCN vuông tại N có đường trung tuyến MN ⇒MN=BM=12BC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông). ⇒∠MBN=∠MNB (tính chất tam giác cân). (2) Lại có: ∠MHB+∠HBM=900 (ΔBHMvuông tại M) Hay ∠MHB+∠NBM=900 Mặt khác ∠BHM=∠OHN (hai góc đối đỉnh) ⇒∠OHN+∠HBM=900 (3) Từ (1), (2) và (3) ta suy ra: ∠MNB+∠HNO=900 Hay MN⊥ON (**) Từ (*) và (**) ⇒MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. (đpcm) Câu 10. Cách giải: Cho ΔABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại M≠A.
a) Chứng minh ΔBHM cân. Ta có: AD,CF là hai đường cao của ΔABC ⇒{CF⊥ABAD⊥BC⇒∠AFC=∠ADC=900 Xét tứ giác ACDF ta có: ∠AFC=∠EDC=900 Mà đỉnh F,D là hai đỉnh kề nhau ⇒ACDF là tứ giác nội tiếp. (dhnb) ⇒∠DAC=∠DFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC) Hay ∠MAC=∠DFC. (1) Xét đường tròn (O) ta có: ∠MBC và MAC là hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC ⇒∠MBC=∠MAC (2) Xét tứ giác BFHD ta có: ∠BFH+∠BDH=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒BFHD là tứ giác nội tiếp. (dhnb) ⇒∠HFD=∠HBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) Hay ∠CFD=∠HBD (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ∠HBD=∠CBM hay ∠HBD=∠DBM ⇒BD là đường phân giác của ΔBHM Xét ΔHBM ta có: BD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác ⇒ΔBHM cân tại B. (đpcm) b) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm P,H,Q thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của AB và PM, J là giao điểm của AC mà MQ. ⇒{AB⊥PM={I}AC⊥MQ={J} Xét tứ giác IBDM ta có: ∠BIM+∠BDM=900+900=1800 Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒IBDM là tứ giác nội tiếp. (dhnb) ⇒∠IMB=∠IDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IB). Xét tứ giác MDJC ta có: ∠MDC=∠MJC=900 Mà hai góc này là hai góc kề nhau ⇒MDJC là tứ giác nội tiếp. (dhnb) ⇒∠JDC=∠JMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung JC) Tứ giác ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) ⇒∠IBM=∠ACM (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). (1) Ta có: ΔBIM vuông tại I ⇒∠IBM+∠IMB=900 (2) ΔJMC vuông tại J ⇒∠JMC+∠JCM=900 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∠BMI=∠BDI=∠JDC=∠JMC ⇒∠BDI,∠JDC là hai góc đối đỉnh ⇒I,D,J thẳng hàng. Ta có:ΔBHD là tam giác cân tại B (cmt) có đường cao BD ⇒D là trung điểm của HM. (tính chất tam giác cân) Xét ΔPHM ta có: D,I lần lượt là trung điểm của MH,MP ⇒DI là đường trung bình của ΔPHM ⇒DI//PH (tính chất đường trung bình). ⇒PH//IJ (4) Xét ΔMHQ ta có: D,J lần lượt là trung điểm của MH,MQ ⇒DJ là đường trung bình của ΔMHQ ⇒DJ//HQ (tính chất đường trung bình). ⇒HQ//IJ (5) Từ (4) và (5) suy ra: P,H,Q thẳng hàng.
Quảng cáo
|