Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2023Tải vềCâu 1: Cho biểu thức P=√x√x+2+√x+1√x−2−2+5√xx−4P=√x√x+2+√x+1√x−2−2+5√xx−4 với x≥0,x≠4. 1. Rút gọn biểu thức P 2. Tìm tất cả các giá trị của x để P>1. Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Cho biểu thức P=√x√x+2+√x+1√x−2−2+5√xx−4 với x≥0,x≠4. 1. Rút gọn biểu thức P 2. Tìm tất cả các giá trị của x để P>1. Câu 2: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M(−1;2). 2. Giải hệ phương trình {3x+y=6x−y=−2 Câu 3: 1. Giải phương trình x2−3x+2=0. 2. Cho phương trình x2−2mx−m2−2=0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2 ) thỏa mãn hệ thức x2−2|x1|−3x1x2=3m2+3m+4. Câu 4: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C). 1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. 2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA. 3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh (HAHD)2−ACHN=1. Câu 5: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 4x2+y2+4z2≤6y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=8(x+3)2+16(y+4)2+1(z+1)2+2023. ----- HẾT ----- Lời giải chi tiết Câu 1 (VD): Phương pháp: 1. Quy đồng và rút gọn. 2. Giải phương trình P > 1. Cách giải: 1. Rút gọn biểu thức P Ta có P=√x√x+2+√x+1√x−2−2+5√xx−4 =√x(√x−2)(√x−2)(√x+2)+(√x+1)(√x+2)(√x−2)(√x+2)−2+5√x(√x−2)(√x+2)=x−2√x+x+3√x+2−2−5√x(√x−2)(√x+2)=2x−4√x(√x−2)(√x+2)=2√x(√x−2)(√x−2)(√x+2)=2√x√x+2 Vậy P=2√x√x+2 với x≥0,x≠4 2. Tìm tất cả các giá trị của x để P>1. Để P>1 2√x√x+2>1⇔2√x>√x+2 (do √x+2 > 0) ⇔√x>2⇔x>4 Đối chiếu với điều kiện x≥0,x≠4, để P > 1 thì x>4 Câu 2 (VD): Phương pháp: 1. y=ax+b có hệ số góc là a. 2. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế. Cách giải: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M(−1;2). Vì (d) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra: a=3. Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng y=3x+b Vì (d) đi qua điểm M(−1;2) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta được: 2=3.(−1)+b⇔2=−3+b⇔b=5 Vậy a=3;b=5. 2. Giải hệ phương trình {3x+y=6x−y=−2 Ta có: {3x+y=6x−y=−2⇔{4x=4y=x+2⇔{x=1y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y)=(1;3). Câu 3 (NB): Phương pháp: 1. Bước 1: Tính giá trính của Δ với Δ=b2−4ac Bước 2: Xét tập nghiệm của phương trình bằng việc sánh giá Δ với 0 Δ<0⇒ phương trình bậc 2 vô nghiệm Δ=0⇒ phương trình bậc 2 có nghiệm kép x1=x2=−b2a Δ>0⇒ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau: x1,2=−b±√Δ2a. 2. Sử dụng Vi et. Cách giải: 1. Giải phương trình x2−3x+2=0. Xét phương trình x2−3x+2=0 có a+b+c=0 nên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=ca=2 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=2. 2. Cho phương trình x2−2mx−m2−2=0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2 ) thỏa mãn hệ thức x2−2|x1|−3x1x2=3m2+3m+4. Xét phương trình x2−2mx−m2−2=0 có Δ′=(−m)2−1.(−m2−2)=m2+m2+2=2m2+2>0 với mọi m. Áp dụng định lí Vi – ét ta có: {x1+x2=2mx1x2=−m2−2 . (2) Nhận thấy x1x2=−m2−2<0 với mọi m nên phương trình có hai nghiệm trái dấu x1<0<x2. x2−2|x1|−3x1x2=3m2+3m+4⇔x2+2x1−3x1x2=3m2+3m+4⇔2x1+x2−3(−m2−2)=3m2+3m+4⇔2x1+x2+3m2+6=3m2+3m+4⇔2x1+x2=3m−2 Ta có hệ phương trình {x1+x2=2m2x1+x2=3m−2⇔{x1=m−2x2=2m−m+2=m+2 Thay vào x1x2=−m2−2 ta được phương trình (m−2)(m+2)=−m2−2⇔m2−4=−m2−2⇔2m2=2 ⇔m2=1⇔[m=1m=−1 Vậy [m=1m=−1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4 (VD): Cách giải: 1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) (gt) ⇒∠MAO=∠MBO=900. ⇒∠MAO+∠MBO=900+900=1800. Mà A, B là hai đỉnh đối diện của tứ giác MAOB. Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb). 2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA. Ta có: ∠MDN=∠ADC (đối đỉnh), ∠ADC=∠ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ⇒∠MDN=∠ABC. Mà ∠ABC=∠ABO=∠AMO=∠AMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AO). ⇒∠MDN=∠AMN. Xét ΔMND và ΔANM có: ∠ANMchung∠MDN=∠AMN(cmt) ⇒ΔMND∽ΔANM(g.g) ⇒MNNA=NDMN (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒MN2=ND.NA(dpcm). 3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh (HAHD)2−ACHN=1. Xét ΔMAD và ΔMCA có: ∠AMC chung ∠MAD=∠MCA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD). ⇒ΔMAD∽ΔMCA(g.g) ⇒MAMC=MDMA (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒MA2=MC.MD (1) Ta có: OA=OB(=R)⇒O thuộc trung trực của AB. MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒M thuộc trung trực của AB. ⇒OM là trung trực của AB ⇒OM⊥AB tại H. Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: MA2=MH.MO (2) Từ (1), (2) ⇒MC.MD=MH.MO⇒MCMH=MOMD. Xét ΔMOC và ΔMDH có: ∠OMC chung MCMH=MOMD(cmt) ⇒ΔMOC∽ΔMDH(g.g) ⇒∠MHD=∠MCO (hai góc tương ứng) Mà ∠MCO=∠DCB=∠DAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB) ⇒∠MHD=∠DAB. Mà ∠MHD+∠DHA=∠AHM=900. ⇒∠DAB+∠DHA=900 ⇒ΔADH vuông tại D (tam giác có tổng hai góc bằng 900). ⇒HD⊥AN tại D. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADH có: HA2=AD2+HD2. Biến đổi (HAHD)2−ACHN=1 ta có: (HAHD)2−ACHN=1⇔AD2+HD2HD2=1+ACHN⇔AD2HD2+1=1+ACHN⇔AD2HD2=ACHN Xét tam giác AHN vuông tại H, có đường cao HD ta có: HD2=AD.DN (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒AD2HD2=ACHN⇔AD2AD.DN=ACHN⇒ADDN=ACHN⇔ADAC=DNHN. Xét ΔADC và ΔNDM có: ∠ADC=∠MDN (đối đỉnh) ∠BAC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AC⊥AB. Lại có OM⊥AB(cmt)⇒OM//AC (từ vuông góc đến song song) ⇒∠DAC=∠DNM (so le trong) ⇒ΔADC∽ΔNDM(g.g) ⇒ADAC=DNNM (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). Suy ra (HAHD)2−ACHN=1⇔DNNM=DNHN⇔NM=HN Do đó ta cần chứng minh NM=HN. Theo ý 2. ta có: MN2=ND.NA. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHN đường cao HD ta có: NH2=ND.NA. Vậy MN2=NH2⇔MN=NH. Do đó ta có điều phải chứng minh (HAHD)2−ACHN=1. Câu 5 (VDC): Cách giải: Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 1a2+1b2≥2√1a2.1b2=2ab ab≤(a+b)24 ⇒1a2+1b2≥8(a+b)2 Khi đó ta có: M=8(x+3)2+16(y+4)2+1(z+1)2+2023 =8(x+3)2+1(y4+1)2+1(z+1)2+2023 ≥8(x+3)2+8(y4+1+z+1)2+2023 ≥64(x+3+y4+1+z+1)2+2023 ≥64(x+y4+z+5)2+2023 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 4x2+4≥2√4x2.4=8x y2+16≥2√y2.16=8y 4z2+4≥2√4z2.4=8z Suy ra: 8x+8y+8z≤4x2+4+y2+16+4z2+4=4x2+y2+4z2+24 Mà: 4x2+y2+4z2≤6y ⇒8x+8y+8z≤6y+24⇔8x+2y+8z≤24⇔x+y4+z≤3 M≥64(x+y4+z+5)2+2023=64(3+5)2+2023=2024 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=z=1;y=4 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi x=z=1;y=4.
Quảng cáo
|