Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020Tải vềBài 1: Tính giá trị biểu thức: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Bài 1: Tính giá trị biểu thức: a) A=2√20+3√45−√80 b) B=√(3−√7)2+√11+4√7 Bài 2: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2−7x+4=0. b) 3x2−12=0 b) 3x2−12=0 d) x4−4x2+4=0 Bài 3: a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y=12x2 có đồ thị (P). Vẽ đồ thị (P). b) Cho phương trình x2+(2m−5)x+4−2m=0 (x là ẩn số, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x31+x32=1. Bài 4: Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi. Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BH=4cm,CH=9cm a) Tính độ dài đường cao AH và số đo ∠ABH (làm tròn đến độ) b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC (M∈BC) , tính diện tích tam giác AHM. Bài 6: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại M (M≠O,A). Trên d lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn (O) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng d) a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn. b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh NE2=NC.NB. c) Gọi H là giao điểm của AC và d, F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh ∠NEF=∠NOF Bài 7: Cho hai phương trình x2+(2m2+1)x+m3+7√2−23=0(1) và 2x2+(m2−m)x+9√2−30=0(2) (x là ẩn số, m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung x=3. Lời giải Bài 1. (1,0 điểm) Cách giải: Tính giá trị biểu thức: a) A=2√20+3√45−√80 ⇔A=2√22.5+3√32.5−√42.5⇔A=2.2√5+3.3√5−4√5⇔A=4√5+9√5−4√5⇔A=9√5 Vậy A=9√5. b) B=√(3−√7)2+√11+4√7 ⇔B=|3−√7|+√(√7)2+2.√7.2+22⇔B=3−√7+√(√7+2)2(Do3−√7>0)⇔B=3−√7+|√7+2|⇔B=3−√7+√7+2(Do√7+2>0)⇔B=5 Vậy B=5. Bài 2. (2,0 điểm) Cách giải: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2−7x+4=0. Nhận xét: Ta có: a+b+c=3+(−7)+4=0 nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1=1, x2=ca=43. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={1;43}. b) 3x2−12=0 ⇔3x2=12⇔x2=4⇔x=±2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={±2}. c) {x+3y=86x−3y=27 ⇔{7x=35x+3y=8⇔{x=55+3y=8⇔{x=53y=3⇔{x=5y=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;1). d) x4−4x2+4=0 Đặt t=x2(t≥0), khi đó phương trình trở thành: t2−4t+4=0⇔(t−2)2=0⇔t=2(tm) Với t=2⇒x2=2⇔x=±√2. Vậy tập nghiệm của phương trình là S={±√2}. Bài 3. (2 điểm) Cách giải: a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y=12x2 có đồ thị (P). Vẽ đồ thị (P). Ta có bảng giá trị:
Vậy đồ thị hàm số (P):y=12x2 là đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm (−4;8),(−2;2),(0;0),(2;2),(4;8). Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình x2+(2m−5)x+4−2m=0 (x là ẩn số, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x31+x32=1. Xét phương trình x2+(2m−5)x+4−2m=0(∗). Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇔Δ>0 ⇔(2m−5)2−4.(4−2m)>0⇔4m2−20m+25−16+8m>0⇔4m2−12m+9>0⇔(2m−3)2>0⇔2m−3≠0⇔m≠32 Với m≠32 thì phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệtx1,x2. Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=−2m+5x1x2=4−2m. Theo đề bài ta có: x31+x32=1 ⇔(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2)=1⇔(−2m+5)3−3(4−2m)(−2m+5)=1⇔−8m3+60m2−150m+125−60−12m2+54m=1⇔−8m3+48m2−96m+64=0⇔(−2m+4)3=0⇔−2m+4=0⇔2m=4⇔m=2(tm) Vậy m=2. Bài 4. (1,0 điểm) Cách giải: Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10 km/h. Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi. Gọi vận tốc dự định của người đó là x(km/h),(x>0). ⇒ Thời gian dự định người đó đi đến Sóc Trăng là: 90x(h). Vận tốc thực tế người đó đi là: x+10(km/h). ⇒ Thời gian thực tế người đó đi đến Sóc Trăng là:90x+10(h). Người đó đến Sóc Trăng sớm hơn dự định 27 phút =2760=920 giờ nên ta có phương trình: 90x−90x+10=920⇔10x−10x+10=120⇔10.20(x+10)−10.20x=x(x+10)⇔2000=x2+10x⇔x2+10x−2000=0⇔x2+50x−40x−2000=0⇔x(x+50)−40(x+50)=0⇔(x+50)(x−40)=0⇔[x+50=0x−40=0⇔[x=−50(ktm)x=40(tm) Vậy vận tốc dự định của người đó là 40 km/h. Bài 5. (1,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BH=4cm,CH=9cm
a) Tính độ dài đường cao AH và số đo ∠ABH (làm tròn đến độ) Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AH2=BH.CH=4.9=36 ⇒AH=6cm. Xét tam giác ABH vuông tại H ta có: tan∠ABH=AHBH=64=1,5 ⇒∠ABH≈560 . Vậy AH=6cm và ∠ABH≈560. b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC (M∈BC) , tính diện tích tam giác AHM. Ta có: BC=BH+CH=4+9=13(cm). Vì M là trung điểm cạnh BC nên BM=BC2=132=6,5(cm). Suy ra HM=BM−BH=6,5−4=2,5(cm). Diện tích tam giác AHM vuông tại H là SAHM=12AH.HM=12.6.2,5=7,5(cm2). Bài 6. (2,5 điểm) Cách giải: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại M (M≠O,A). Trên d lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn (O) (E là tiếp điểm, E và A nằm cùng phía đối với đường thẳng d)
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn. Ta có: d⊥OA⇒∠NMO=900 NE là tiếp tuyến với (O) tại E nên OE⊥NE⇒∠NEO=900 Tứ giác OMEN có ∠NMO=∠NEO=900 Nên OMEN là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng) (đpcm) b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Chứng minh NE2=NC.NB. Nối E với C,E với B. Xét ΔNEC và ΔNBE có: ∠Nchung ∠NBE=∠NEC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC) ⇒ΔNEC∼ΔNBE(g−g) ⇒NENB=NCNE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒NE2=NB.NC (đpcm) c) Gọi H là giao điểm của AC và d, F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn (O). Chứng minh ∠NEF=∠NOF Xét ΔNCH và ΔNMB có: ∠Nchung∠NCH=∠NMB=900⇒ΔNCH∼ΔNMB(g−g) ⇒NCNM=NHNB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒NC.NB=NH.NM Mà NE2=NB.NC(cmt) nên NE2=NH.NM ⇒NENM=NHNE Xét ΔNEH và ΔNME có: ∠NchungNENM=NHNE(cmt)⇒ΔNEH∼ΔNME(c−g−c) ⇒∠NHE=∠NEM (các góc tương ứng) (1) Kẻ tiếp tuyến NF′ với nửa đường tròn (O). Do NE=NF′ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒NF′2=NH.NM ⇒NF′NH=NMNF′ Xét ΔNF′H và ΔNMF′ có: ∠NchungNF′NH=NMNF′(cmt)⇒ΔNF′H∼ΔNMF′(c−g−c) ⇒∠NHF′=∠NF′M (các góc tương ứng) (2) Lại có tứ giác OMEN nội tiếp (câu a) nên bốn điểm O,M,E,N cùng thuộc một đường tròn. (3) Tứ giác OENF′ có ∠OEN+∠OF′N=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) Do đó bốn điểm O,E,N,F′ cùng thuộc một đường tròn. (4) Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm O,M,E,N,F′ cùng thuộc một đường tròn. ⇒ Tứ giác MENF′ nội tiếp. ⇒∠NEM+∠NF′M=1800 (tính chất) (5) Từ (1), (2) và (5) suy ra ⇒∠NHE+∠NHF′=∠NEM+∠NF′M=1800 ⇒E,H,F′ thằng hàng hay F′ là giao điểm của EH với nửa đường tròn (O) ⇒F′≡F ⇒ Tứ giác NEOF nội tiếp ⇒∠NEF=∠NOF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NF) (đpcm). Bài 7. (0,5 điểm) Cách giải: Cho hai phương trình x2+(2m2+1)x+m3+7√2−23=0(1) và 2x2+(m2−m)x+9√2−30=0(2) (x là ẩn số, m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình (1) và phương trình (2) có nghiệm chung x=3. Phương trình (1) có hai nghiệm Δ1≥0 ⇔(2m2+1)2−4(m3+7√2−23)≥0⇔4m4+4m2+1−4m3−28√2+92≥0⇔4m4−4m3+4m2−28√2+93≥0(∗) Phương trình (2) có hai nghiệm Δ2≥0 ⇔(m2−m)2−8(9√2−30)≥0⇔m4−2m3+m2−72√2+240≥0(∗∗) Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x=3 ⇔{9+(2m2+1).3+m3+7√2−23=02.9+(m2−m).3+9√2−30=0⇔{m3+6m2+7√2−11=03m2−3m+9√2−12=0⇔{m3+6m2+7√2−11=0(3)m2−m+3√2−4=0(4) Giải phương trình (4) ta được: (4)⇔m2−m=4−3√2⇔m2−2.m.12+14=174−3√2⇔(m−12)2=17−12√24⇔(m−12)2=9−2.3.2√2+84⇔(m−12)2=(3−2√2)24⇔[m−12=3−2√22m−12=−3−2√22⇔[m=2−√2(tm(∗),(∗∗))m=√2−1(tm(∗),(∗∗)) +) Với m=2−√2 ta có: (3)⇔(2−√2)3+6(2−√2)2+7√2−11=0⇔20−14√2+6(6−4√2)+7√2−11=0⇔9−7√2+36−24√2=0⇔45−31√2=0(ktm) ⇒m=2−√2 không thỏa mãn bài toán. +) Với m=√2−1 ta có: (3)⇔(√2−1)3+6(√2−1)2+7√2−11=0⇔−7+5√2+6(3−2√2)+7√2−11=0⇔−18+12√2+18−12√2=0⇔0=0(tm) ⇒m=√2−1 thỏa mãn bài toán. Vậy m=√2−1 thỏa mãn bài toán.
Quảng cáo
|