Đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2023

Tải về

Câu 1: a) Tính giá trị biểu thức A=20280+345. b) Giải hệ phương trình {3x+2y=12x2y=4 c) Giải phương trình x4x212=0.

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1:

a) Tính giá trị biểu thức A=20280+345.

b) Giải hệ phương trình {3x+2y=12x2y=4

c) Giải phương trình x4x212=0.

Câu 2: Trong mặt phẳng toạ đô Oxy, cho (P):y=x2và đường thẳng (d):y=x+2.

a) Vẽ đồ thị hai hàm số (P)(d).

b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của (P)(d).

Câu 3: Thang cuốn ở siêu thị giúp khách hàng di chuyển từ tầng này sang tầng khác tiện lợi. Biết rằng thang cuốn được thiết kế có độ nghiêng so với mặt phẳng ngang là 36(^BAH=36) và có vận tốc là 0,5m/s. Một khách hàng đã di chuyển bằng thang cuốn từ tầng một lên tầng hai theo hướng AB hết 12 giây. Tính chiều cao (BH) của thang cuốn? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Câu 4: Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh MA2=MD.MC

c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.

Câu 5: Cho phương trình x2+3x+m+1=0 ( m là tham số).   (1)

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm.

b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=(x1x2)2+7m+5x1x2

--- HẾT---

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn

b) Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số

c) Đặt t=x2 và giải phương trình bậc 2.

Cách giải:

a) Tính giá trị biểu thức A=20280+345.

Ta có:

A=20280+345A=22.5242.5+332.5A=2.52.45+3.35A=2585+95A=(28+9).5A=35

Vậy A=35.

b) Giải hệ phương trình {3x+2y=12x2y=4

Ta có: {3x+2y=12x2y=4{4x=82y=x+4{x=22y=6{x=2y=3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;3).

c) Giải phương trình x4x212=0.

Đặt t=x2(t0), phương trình trở thành t2t6=0.

Ta có Δ=(1)24.1.(6)=25>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [t1=1+252.1=3(tm)t2=1252.1=2(tm).

Với t=3x2=3x=±3.

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

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ Oxy

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P).

Cách giải:

a) Vẽ đồ thị hai hàm số (P)(d).

* Vẽ đồ thị hàm số (d):y=x+2

Lấy x=0y=2

       y=0x=2

Đồ thị hàm số (d):y=x+2 là đường thẳng đi qua hai điểm (2;0)(0;2).

* Vẽ đồ thị hàm số (P):y=x2

Ta có bảng giá trị sau:

x

2

1

0

1

2

y=x2

4

1

0

1

4

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm O(0;0);A(2;4);B(1;1);C(1;1);D(2;4)

Hệ số a=1>0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số y=x2 như sau:

 

b) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của (P)(d).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P)(d) ta có:

x2=x+2x2+x2=0x2+2xx2=0x(x+2)(x+2)=0(x1)(x+2)=0[x1=0x+2=0[x=1x=2

Với x=1 ta có: y=12=1

Với x=2 ta có: y=(2)2=4

Vậy (P)cắt (d) tại (2;4)(1;1).

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Cách giải:

Chiều dài thang máy là: 12.0,5=6(m)

Trong DAHB vuông tại H ta có sin^HAB=HBAB

Chiều cao HB của thang cuốn là:  HB=sin^HAB.AB=sin360.63,5(m)

Vậy chiều cao thang cuốn là 3,5m.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

a) Tổng hai góc đối diện bằng 1800

b) Chứng minh ΔMADΔMCA(g.g)

c) Chứng minh tổng các góc bằng 1800.

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Do MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên MAOA,MBOB (tính chất)

MAO=MBO=900MAO+MBO=900+900=1800

Mà hai góc này ở vị trí đối diện của tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)

b) Vẽ đường kính AC của (O), gọi D là giao điểm của MC và (O), biết D khác C. Chứng minh MA2=MD.MC

Xét ΔMADΔMCA có:

AMC chung

MAD=MCA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

ΔMADΔMCA(g.g)MAMC=MDMAMA2=MC.MD (đpcm)

c) Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H, kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng.

Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên MA = MB (tính chất)

Mà OA = OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất)

MOAB tại H và H là trung điểm của AB

Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH có MA2=MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

MA2=MC.MD (cmt) nên suy ra MH.MO=MD.MCMHMC=MDMO

Xét ΔMHDΔMCO

OMC chung

MHMC=MDMO

ΔMHDΔMCO(c.g.c)H2=MCO (2 góc tương ứng)       (1)

Do BE đường kính nên BAE=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AEABAOABAEAO

H1=AED (so le trong)                (2)

AED=ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD)             (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra H1=H2

H1+EHM=1800 (2 góc kề bù) H2+MHE=1800

E,H,D thẳng hàng

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Tính Δ và cho Δ0

b) Áp dụng hệ thức Viet

Cách giải:

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm.

Do a=10 nên phương trình (1) là phương trình bậc 2

Ta có Δ=324.1(m+1)=94m4=54m

Để phương trình có 2 nghiệm thì Δ054m0m54

Vậy m54 thì phương trình (1) có 2 nghiệm.

b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=(x1x2)2+7m+5x1x2

Theo a, với m54 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1,x2

Áp dụng hệ thức Viet ta có {x1+x2=3x1.x2=m+1

Ta có P=(x1x2)2+7m+5x1x2

             =x21+x222x1x2+7m+5x1x2=x21+2x1x2+x22+7m+x1x2=(x1+x2)2+x1x2+7m=(3)2+m+1+7m=8m+10

P=8m+10

Với m548m108m+1020P20

Vậy GTLN của P=20 khi m=54.

Tải về

Quảng cáo

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

close