Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020Tải vềCâu I: Cho biểu thức Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu I: Cho biểu thức P=(4√x√x+2−8xx−4):(√x+2√x−2+3) với x≥0,x≠1 và x≠4. 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị của x để P=−4. Câu II: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y=ax+b. Tìm a,b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M(2;3). 2. Giải hệ phương trình {x+3y=42x−3y=−1 Câu III: 1. Giải phương trình x2+5x+4=0. 2. Cho phương trình x2+5x+m−2=0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức 1(x1−1)2+1(x2−1)2=1 Câu IV: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BD,CE (D thuộc AC, E thuộc AB) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N (M khác B, N khác C). 1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh MN song song với DE. 3. Khi đường tròn (O) và dây BC cố định, điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác ADE đạt giá trị lớn nhất. Câu V: Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=y+2x2+z+2y2+x+2z2 Lời giải chi tiết Câu I (2,0 điểm) Cách giải: Cho biểu thức P=(4√x√x+2−8xx−4):(√x+2√x−2+3) với x≥0,x≠1 và x≠4. 1. Rút gọn biểu thức P. Với x≥0,x≠1 và x≠4 ta có: P=(4√x√x+2−8xx−4):(√x+2√x−2+3)P=(4√x√x+2−8x(√x+2)(√x−2)):√x+2+3(√x−2)√x−2P=4√x(√x−2)−8x(√x+2)(√x−2):√x+2+3√x−6√x−2P=4x−8√x−8x(√x+2)(√x−2):4√x−4√x−2P=−8√x−4x(√x+2)(√x−2).√x−24(√x−1)P=−4√x(2+√x)√x+2.14(√x−1)P=−√x√x−1=√x1−√x 2. Tìm các giá trị của x để P=−4. Ta có: P=−4⇔√x1−√x=−4⇔√x=−4(1−√x)⇔√x=−4+4√x⇔3√x=4⇔√x=43⇔x=169(tm) Vậy để P=−4 thì x=169. Câu II (2,0 điểm) 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) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M(2;3). Đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng (d) đi qua điểm (0;2). Thay tọa độ điểm (0;2) vào phương trình đường thẳng (d) ta có: 2=a.0+b⇔b=2. Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng y=ax+2. Đường thẳng (d) đi qua điểm M(2;3) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta có: 3=a.2+2⇔2a=1⇔a=12. Vậy a=12 và b=2. 2. Giải hệ phương trình {x+3y=42x−3y=−1 {x+3y=42x−3y=−1⇔{3x=3x+3y=4⇔{x=11+3y=4 ⇔{x=13y=3⇔{x=1y=1. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(1;1). Câu III (2,0 điểm) Cách giải: 1. Giải phương trình x2+5x+4=0. Ta có: x2+5x+4=0⇔x2+x+4x+4=0⇔(x2+x)+(4x+4)=0⇔x(x+1)+4(x+1)=0⇔(x+1)(x+4)=0⇔[x+1=0x+4=0⇔[x=−1x=−4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={−1;−4}. 2. Cho phương trình x2+5x+m−2=0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức 1(x1−1)2+1(x2−1)2=1 Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1≠1,x2≠1 thì {Δ>01+5+m−2≠0⇔{52−4(m−2)>0m+4≠0 ⇔{25−4m+8>0m≠−4⇔{4m<33m≠−4⇔{m<334m≠−4. Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=−5x1x2=m−2. Theo bài ra ta có: 1(x1−1)2+1(x2−1)2=1⇔(x1−1)2+(x2−1)2(x1−1)2.(x2−1)2=1⇔x21−2x1+1+x22−2x2+1=[x1x2−(x1+x2)+1]2⇔(x1+x2)2−2x1x2−2(x1+x2)+2=[x1x2−(x1+x2)+1]2⇒25−2(m−2)−2.(−5)+2=(m−2+5+1)2⇔25−2m+4+10+2=(m+4)2⇔−2m+41=m2+8m+16⇔m2+10m−25=0(∗) Ta có: Δm=(−5)2−(−25)=50>0, do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt [m1=−10+√502=−5+5√2m1=−10−√502=−5−5√2(tm). Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m=−5±5√2. Câu IV (3,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BD,CE (D thuộc AC, E thuộc AB) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N (M khác B, N khác C).
1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn. Vì BD,CE là các đường cao của ΔABC nên BD⊥AC,CE⊥AB. ⇒∠BDC=∠BEC=900. Suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). 2. Chứng minh MN song song với DE. Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠BDE=∠BCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE). Mà ∠BCE=∠BCN=∠BMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của (O)). ⇒∠BDE=∠BMN. Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau. Vậy MN∥DE(dhnb)(dpcm). 3. Khi đường tròn (O) và dây BC cố định, điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác ADE đạt giá trị lớn nhất. Gọi BD∩CE={H}. Xét tứ giác AEHD có ∠AEH+∠ADH=900+900=1800. ⇒AEHD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). Lại có ∠AEH=900 nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH, tâm I là trung điểm của AH. Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn (I;AH2). Kẻ đường kính AF và gọi K là trung điểm của BC. Vì ∠ABF,∠ACF là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên ∠ABF=∠ACF=900. Ta có: {CF⊥ACBH⊥AC(gt)⇒CF∥BH (từ vuông góc đến song song). {BF⊥ABCH⊥AB(gt)⇒CH∥BF (từ vuông góc đến song song). ⇒ Tứ giác BHCF là hình bình hành (dhnb). ⇒ Hai đường chéo BC,HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành). Mà K là trung điểm của BC (theo cách vẽ) nên K cũng là trung điểm của HF. Khi đó OK là đường trung bình của tam giác AHF nên OK=12AH (tính chất đường trung bình). Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn (I;OK). Mà (O) và BC cố định, do đó O,K cố định nên OK không đổi. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE bằng OK không đổi. Ta có: ∠BAC=12sdcungBC (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn). Mà BC cố định nên sdcungBC không đổi. Do đó ∠BAC không đổi. Xét ΔAED và ΔACB có: ∠BAC chung; ∠AED=∠ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCDE). ⇒ΔAED∼ΔACB(g.g) theo tỉ số k=ADAB. Do đó ta có: SΔAEDSΔACB=k2=(ADAB)2. Xét tam giác vuông ABD có: ADAB=cos∠BAC. ⇒SΔAEDSΔABC=cos2∠BAC ⇒SΔAED=cos2∠BAC.SΔABC, mà cos∠BAC không đổi nên để SΔAED đạt giá trị lớn nhất thì SΔABC phải lớn nhất. Kéo dài AH cắt BC tại P ⇒AP⊥BC và SΔABC=12AP.BC. Do BC không đổi (theo giả thiết) nên SΔABC đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi AP lớn nhất. Khi đó A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC. Vậy SAED đạt giá trị lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Câu V (1,0 điểm) Cách giải: Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=y+2x2+z+2y2+x+2z2 Ta có: x+y+z=xyz⇒1xy+1yz+1zx=1 Đặt {a=1xb=1yc=1z(a,b,c>0) ⇒ab+bc+ca=1. Khi đó Q=a2(1b+2)+b2(1c+2)+c2(1a+2)=(a2b+b2c+c2a)+2(a2+b2+c2) Áp dụng BĐT x2a+y2b≥(x+y)2a+b ta có: a2b+b2c+c2a≥(a+b)2b+c+c2a≥(a+b+c)2a+b+c=a+b+c Lại có: a2+b2≥2abb2+c2≥2bcc2+a2≥2ca⇒2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)⇒a2+b2+c2≥ab+bc+ca (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca)⇒a+b+c≥√3(ab+bc+ca)=√3 Do đó (a2b+b2c+c2a)+2(a2+b2+c2)≥a+b+c+2(ab+bc+ca)≥√3+2 Vậy Qmin=√3+2. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1√3⇒x=y=z=√3.
Quảng cáo
|