GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh năm 2021Tải vềCâu 1 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: {2x−y=4x+3y=−5. Câu 2 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=mx+3 (mlà tham số). 1. Vẽ parabol (P). 2. Khi m=2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 3. Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thỏa mãn 1x1+1x2=32. Câu 3 (1,0 điểm): Rút gọn biểu thức A=√24+2√54−2√96 Câu 4 (1,0 điểm): Giải phương trình 4x2+7x−2=0 Câu 5 (1,0 điểm): Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B ở một trường trung học cơ sở là 76 học sinh. Hưởng ứng phong trào ủng hộ trang thiết bị y tế trong đợt phòng dịch Covid-19, cả hai lớp đã quyên góp ủng hộ 189 chiếc khẩu trang. Biết rằng mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 3 chiếc khẩu trang, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 2 chiếc khẩu trang. Tính số học sinh của mỗi lớp. Câu 6 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD(D∈BC), BE(E∈AC) và CF(F∈AB) cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn; 2. Chứng minh DA là tia phân giác của ∠EDF; 3. Kẻ đường kính AK, gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm H,I,K thẳng hàng. Câu 7 (1,0 điểm): Tìm cặp số (x,y) thỏa mãn phương trình 8x−4x2+2y−5=0 sao cho y đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Câu 1 (VD): Phương pháp: Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình Cách giải: Ta có: {2x−y=4x+3y=−5⇔{2x−y=42x+6y=−10⇔{7y=−14x=−5−3y⇔{y=−2x=−5−3.(−2)⇔{y=−2x=1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(1;−2). Câu 2 (VD): Phương pháp: 1) Lập bảng giá trị để vẽ đồ thi hàm số 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), đưa về phương trình bậc hai một ẩn sau đó giải phương trình để tìm nghiệm và suy ra giao điểm 3) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), đưa về phương trình bậc hai một ẩn, yêu cầu đề bài được đưa về tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1x1+1x2=32. Cách giải: 1) Parabol (P):y=x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng. Ta có bảng giá trị sau:
⇒ Parabol (P):y=x2 đi qua các điểm (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4). Đồ thị Parabol (P):y=x2: 2) Khi m=2, đường thẳng (d) có dạng (d):y=2x+3. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: x2=2x+3⇔x2−2x−3=0. Ta có a−b+c=1−(−2)−3=0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=−1x2=−ca=3. Với x1=−1⇒y1=x21=1 ⇒A(−1;1). Với x2=3⇒y2=x22=9⇒B(3;9). Vậy khi m=2 thì (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm A(−1;1) và B(3;9). 3) Xét phương trình hoành độ giao điểm x2=mx+3⇔x2−mx−3=0(∗) Để (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. ⇒Δ=m2−4.1.(−3)=m2+12>0 (luôn đúng với mọi m). Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=mx1x2=−3. Theo bài ra ta có: 1x1+1x2=32⇔x1+x2x1x2=32⇔m−3=32⇔m=−92 Vậy m=−92 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3 (VD): Phương pháp: Khai phương các số ở trong căn, sau đó tính giá trị của biểu thức Cách giải: Ta có: A=√24+2√54−2√96A=√22.6+2√32.6−2√42.6A=2√6+2.3√6−2.4√6A=2√6+6√6−8√6A=0 Vậy A=0. Câu 4 (VD): Phương pháp: Vận dụng công thức nghiệm để xác định nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn Cách giải: Ta có: Δ=72−4.4.(−2)=49+32=81>0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt [x1=−b+√Δ2a=−7+√812.4=14x2=−b−√Δ2a=−7−√812.4=−2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={14;−2}. Câu 5 (VD): Phương pháp: Gọi số học sinh của lớp 9A,9B lần lượt là x,y(x∈N∗,y∈N∗), sau đó dựa vào giải thiết lâp hệ phương trình để tìm x,y, đối chiếu điều kiện, kết luận. Cách giải: Gọi số học sinh của lớp 9A,9B lần lượt là x,y(x∈N∗,y∈N∗)( học sinh) Tổng số học sinh lớp 9A,9B là 76 học sinh nên ta có phương trình x+y=76(1) Cả hai lớp đã quyên góp ủng hộ 189 chiếc khẩu trang. Biết rằng mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 3 chiếc khẩu trang, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 2 chiếc khẩu trang nên ta có phương trình 3x+2y=189(2) Từ (1),(2) ta có hệ phương trình {x+y=763x+2y=189 ⇔{2x+2y=1523x+2y=189⇔{x=37y=76−x⇔{x=37y=39(tm) Vậy số học sinh của lớp 9A,9B lần lượt là 37 và 37 học sinh. Câu 6 (VD): Phương pháp: 1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp đường tròn: tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau 2) Vận dụng tính chất của tứ giác nối tiếp, suy ra các góc bằng nhau; dấu hiệu nhận biết phân giác của một góc 3) Chứng minh BHCK là hình bình hành, suy ra H,I,K thẳng hàng Cách giải: 1) Xét tứ giác BCEF có ∠BEC=∠BFC=900(gt) nên BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). 2) Xét tứ giác BDHF có: ∠BDH+∠BFH=900+900=1800 ⇒BDHF là tứ giác nội tiếp (dhnb). ⇒∠HDF=∠HBF=∠EBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HF). Xét tứ giác CDHE có: ∠CDH+∠CEH=900+900=1800 ⇒CDHE là tứ giác nội tiếp (dhnb). ⇒∠HDE=∠HCE=∠FCA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HE). Ta lại có: {∠EBA+∠BAC=900∠FCA+∠BAC=900 (do ΔABE,ΔACF là các tam giác vuông tại A) ⇒∠EBA=∠FCA. ⇒∠HDF=∠HDE. Vậy DA là tia phân giác của ∠EDF. 3) Vì AK là đường kính của (O) nên ∠ABK=∠ACK=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Ta có: {BK⊥AB(cmt)CH⊥AB(gt)⇒BK//CH{CK⊥AC(cmt)BH⊥AC(gt)⇒CK//BH ⇒BHCK là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song). ⇒ Hai đường chéo BC và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất). Mà I là trung điểm của BC(gt), do đó I phải là trung điểm của HK. Vậy H,I,K thẳng hàng (đpcm). Câu 7 (VDC): Phương pháp: 1) Biến đổi phương trình ban đầu về dạng y=f(x), vận dụng hằng đẳng thức để tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) Cách giải: Ta có: 8x−4x2+2y−5=0⇔2y=4x2−8x+4+1⇔2y=4(x2−2x+1)+1⇔2y=4(x−1)2+1 Nhận thấy (x−1)2≥0∀x⇒4(x−1)2≥0∀x⇒4(x−1)2+1≥1∀x. Do đó ta có 2y≥1∀x⇔y≥12∀x. ⇒ y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 12 khi x−1=0⇔x=1. Vậy cặp (x,y) thỏa mãn yêu cầu bài toán là (x;y)=(1;12)
Quảng cáo
|