Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Long năm 2020

Tải về

Bài 1: Tính giá trị biểu thức:

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Bài 1:

Tính giá trị biểu thức:

a) A=220+34580                                         b) B=(37)2+11+47

Bài 2:

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x27x+4=0.                                                       b) 3x212=0

b) 3x212=0                                                  d) x44x2+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+(2m5)x+42m=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 (MBC) , 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 (MO,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+7223=0(1)2x2+(m2m)x+9230=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=220+34580

A=222.5+332.542.5A=2.25+3.3545A=45+9545A=95

Vậy A=95.

b) B=(37)2+11+47

B=|37|+(7)2+2.7.2+22B=37+(7+2)2(Do37>0)B=37+|7+2|B=37+7+2(Do7+2>0)B=5

Vậy B=5.

Bài 2. (2,0 điểm)

Cách giải:

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x27x+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) 3x212=0

3x2=12x2=4x=±2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={±2}.

c) {x+3y=86x3y=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) x44x2+4=0

Đặt t=x2(t0), khi đó phương trình trở thành: t24t+4=0(t2)2=0t=2(tm)

Với t=2x2=2x=±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:

x

4

2

0

2

4

y=12x2

8

2

0

2

8

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+(2m5)x+42m=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+(2m5)x+42m=0().

Phương trình () có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Δ>0

(2m5)24.(42m)>04m220m+2516+8m>04m212m+9>0(2m3)2>02m30m32

Với m32 thì phương trình () có hai nghiệm phân biệtx1,x2.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=2m+5x1x2=42m.

Theo đề bài ta có: x31+x32=1

(x1+x2)33x1x2(x1+x2)=1(2m+5)33(42m)(2m+5)=18m3+60m2150m+1256012m2+54m=18m3+48m296m+64=0(2m+4)3=02m+4=02m=4m=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:

90x90x+10=92010x10x+10=12010.20(x+10)10.20x=x(x+10)2000=x2+10xx2+10x2000=0x2+50x40x2000=0x(x+50)40(x+50)=0(x+50)(x40)=0[x+50=0x40=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: tanABH=AHBH=64=1,5 ABH560 .

Vậy AH=6cmABH560.

b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC (MBC) , tính diện tích tam giác AHM.

Ta có: BC=BH+CH=4+9=13(cm).

M là trung điểm cạnh BC nên BM=BC2=132=6,5(cm).

Suy ra HM=BMBH=6,54=2,5(cm).

Diện tích tam giác AHM vuông tại HSAHM=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 (MO,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: dOANMO=900

NE  là tiếp tuyến với (O)  tại E  nên OENENEO=900

Tứ giác OMENNMO=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 ΔNECΔNBE có:

Nchung

NBE=NEC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)

ΔNECΔNBE(gg)

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 ΔNCHΔNMB có:

 NchungNCH=NMB=900ΔNCHΔNMB(gg)

NCNM=NHNB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

NC.NB=NH.NM

NE2=NB.NC(cmt) nên NE2=NH.NM NENM=NHNE

Xét ΔNEHΔNME có:

NchungNENM=NHNE(cmt)ΔNEHΔNME(cgc)

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)

NF2=NH.NM NFNH=NMNF

Xét ΔNFHΔNMF có:

NchungNFNH=NMNF(cmt)ΔNFHΔNMF(cgc)

NHF=NFM (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 OENFOEN+OFN=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+NFM=1800 (tính chất)  (5)

Từ (1), (2) và (5) suy ra NHE+NHF=NEM+NFM=1800

E,H,F thằng hàng hay F là giao điểm của EH với nửa đường tròn (O)

FF

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+7223=0(1)2x2+(m2m)x+9230=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 Δ10

(2m2+1)24(m3+7223)04m4+4m2+14m3282+9204m44m3+4m2282+930()

Phương trình (2) có hai nghiệm Δ20

(m2m)28(9230)0m42m3+m2722+2400()

Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x=3

{9+(2m2+1).3+m3+7223=02.9+(m2m).3+9230=0{m3+6m2+7211=03m23m+9212=0{m3+6m2+7211=0(3)m2m+324=0(4)

Giải phương trình (4) ta được:

(4)m2m=432m22.m.12+14=17432(m12)2=171224(m12)2=92.3.22+84(m12)2=(322)24[m12=3222m12=3222[m=22(tm(),())m=21(tm(),())

+) Với m=22 ta có:

(3)(22)3+6(22)2+7211=020142+6(642)+7211=0972+36242=045312=0(ktm)

m=22 không thỏa mãn bài toán.

+) Với m=21 ta có:

(3)(21)3+6(21)2+7211=07+52+6(322)+7211=018+122+18122=00=0(tm)

m=21 thỏa mãn bài toán.

Vậy m=21 thỏa mãn bài toán.

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