Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019

Tải về

Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu I (2,0 điểm):

Cho biểu thức A=x+2x+35x+x61x2A=x+2x+35x+x61x2 với x0,x4x0,x4

1. Rút gọn biểu thức AA

2. Tính giá trị của biểu thức khi x=6+42x=6+42

Câu II (2,0 điểm):

1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b(d):y=ax+b. Tìm a,ba,b để đường thẳng (d)(d) song song với đường thẳng (d):y=5x+6 và đi qua điểm A(2;3).

2. Giải hệ phương trình {3x+2y=11x+2y=5.

Câu III (2,0 điểm):

1. Giải phương trình x24x+3=0.

2. Cho phương trình x22(m1)x+2m5=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

(x212mx1x2+2m3)(x222mx2x1+2m3)=19.

Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác BC. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng AB,AC,BC.

1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh MPK=MBC.

3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm):

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:

aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca1

Lời giải chi tiết

Câu I :

Phương pháp:

a) Sử dụng công thức: A2B=|A|B={ABkhiA0ABkhiA<0.

b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm x.

    Thay giá trị của x vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.

Cách giải:

Cho biểu thức A=x+2x+35x+x61x2 với x0,x4

1. Rút gọn biểu thức A

Với x0,x4 ta có:

A=x+2x+35x+x61x2=x+2x+35(x+3)(x2)1x2=(x+2)(x2)(x+3)(x2)5(x+3)(x2)x+3(x+3)(x2)=x45x3(x+3)(x2)=xx12(x+3)(x2)=(x+3)(x4)(x+3)(x2)=x4x2

2. Tính giá trị của biểu thức khi x=6+42

Ta có:

x=6+42=4+2.22+2=22+2.2.2+(2)2=(2+2)2x=(2+2)2=|2+2|=2+2(Do2+2>0)

Thay x=2+2 vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:

A=x4x2=2+242+22=222=2(12)2=12

Câu II :

Phương pháp:

1. Hai đường thẳng d:y=a1x+b1,d:y=a2x+b2 song song với nhau {a1=a2b1b2. Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số (d).

2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b. Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d):y=5x+6 và đi qua điểm A(2;3).

Ta có: (d):y=ax+b song song với đường thẳng (d):y=5x+6{a=5b6(d):y=5x+b(b6).

Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;3) nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta được: 3=5.2+bb=7(tm)

Vậy phương trình đường thẳng (d):y=5x7.  

2. Giải hệ phương trình {3x+2y=11x+2y=5.

{3x+2y=11x+2y=5{2x=6x+2y=5{x=33+2y=5{x=32y=2{x=3y=1.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(3;1).

Câu III:

Phương pháp:

1. Sử dụng biệt thức Δ để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.

2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (Δ>0 hoặc Δ>0), áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

1. Giải phương trình x24x+3=0.

Phương trình x24x+3=0 có các hệ số a=1,b=4,c=3a+b+c=14+3=0.

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=1x2=ca=31=3.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={1;3}.

2. Cho phương trình x22(m1)x+2m5=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

(x212mx1x2+2m3)(x222mx2x1+2m3)=19.

x22(m1)x+2m5=0 (1).

Ta có

Δ=(m1)2(2m5)=m22m+12m+5=m24m+6=m24m+4+2=(m2)2+2>0m

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m1)x1x2=2m5.

Do x1,x2 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: {x212(m1)x1+2m5=0x222(m1)x2+2m5=0{x212mx1+2x1+2m5=0x222mx2+2x2+2m5=0{x212mx1+2m3+2x12=0x222mx2+2m3+2x22=0{x212mx1+2m3=2x1+2x222mx2+2m3=2x2+2

Theo bài ra ta có:

(x212mx1x2+2m3)(x222mx2x1+2m3)=19(2x1+2x2)(2x2+2x1)=19(2x1x2+2)(x12x2+2)=19(2x1x2)(x12x2)+2(2x1x2)+2(x12x2)+4=192x21+4x1x2+x1x2+2x22+2(3x13x2)=152(x21+x22)+5x1x26(x1+x2)=152[(x1+x2)22x1x2]+5x1x26(x1+x2)=152(x1+x2)2+x1x26(x1+x2)=152.4(m1)2+2m512(m1)=158m216m+8+2m512m+12=158m226m=02m(4m13)=0[m=04m13=0[m=0m=134

Vậy m=0 hoặc m=134.

Câu IV

Phương pháp:

1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.

3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh MI.MK=MP2, từ đo suy ra MI.MK.MP=MP3. Đánh giá và tìm GTLN của MP.

Cách giải:

 

a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Ta có: {MIAB={I}AIM=900MKAC={K}AKM=900

AIM+AKM=900+900=1800.

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

AIMK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).  (đpcm)

b) Kẻ MPBC(PBC). Chứng minh rằng MPK=MBC.

Ta có: MPBC={P}MPC=900.

MKC+MPC=900+900=1800

Mà hai góc này ở vị trí đối diện

MPCK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800).

MPK=MCK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK)

Xét đường tròn (O) ta có: MBC=MCK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)

MBC=MPK(=MCK) (đpcm).

c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Nối I với P

Xét tứ giác PBIM ta có :

BPM=900(MPBC)BIM=900(MIBA)}BPM+BIM=1800

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác PBIM là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

MIP=MBP (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MP)

MBP=MPK(cmt)MIP=MPK

Ta có : PMI+PBI=1800;PMK+PCK=1800

ABC=ACB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hay IBP=PCKPMK=PMI.

Xét ΔMIP và ΔMPK có :

PMK=PMI(cmt)MIP=MPK(cmt)}ΔMIPΔMPK(g.g)

MIMP=MPMK (cạnh tương ứng) MI.MK=MP2MI.MK.MP=MP3

MI.MK.MP lớn nhất khi MP lớn nhất.

Gọi P là trung điểm của BCM là giao điểm của OP với đường tròn (M thuộc cung nhỏ BC).

Khi đó M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.

Dễ thấy MPMP không đổi nên MP lớn nhất khi MM là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.

Câu V:

Ta có:

a4+b4+ab=a4+b4+2a2b22a2b2+ab=(a2+b2)22a2b2+ab(2ab)22a2b2+ab=2a2b2+abab2a2b2+ab12ab+1=c2+c=12c+2

CMTT ta có: bcb4+c4+bc12a+2;cac4+a4+ca12b+2.

aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca32(1a+2+1b+2+1c+2).

Ta cần chứng minh 32(1a+2+1b+2+1c+2)11a+2+1b+2+1c+21.

Ta có : 1a+2+1b+2+1c+29(a+b+c)+6.

a,b,c>0,abc=1{a1b1c1a+b+c3

Do đó (a+b+c)+63+6=99(a+b+c)+611a+2+1b+2+1c+29(a+b+c)+61.

Dấu "=" xảy ra {a=bb=cc=aabc=1a+2=b+2=c+2a=b=c=1a=b=c=1.

Vậy aba4+b4+ab+bcb4+c4+bc+cac4+a4+ca1 khi a=b=c=1. 

Tải về

Quảng cáo

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close