GIẢM 50% HỌC PHÍ, CÒN 50 SUẤT LUYỆN ĐỀ
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2019Tải vềI. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Câu 1: Cho khối hộp chữ nhật có chiều dài 3 m, chiều rộng 2 m và chiều cao 1m. Thể tích khối hộp đã cho bằng: Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Câu 1: Cho khối hộp chữ nhật có chiều dài 3 m, chiều rộng 2 m và chiều cao 1m. Thể tích khối hộp đã cho bằng: A. 3m3 B. 6m3 C. 2m3 D. 12m3 Câu 2: Biểu thức P=√5(√10−√40) có giá trị bằng: A. −5√10 B. −5√6 C. −5√30 D. −5√2 Câu 3: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình x2−6x+1=0 bằng: A. 6 B. −3 C. 3 D. −6 Câu 4: Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức P=√x−2 xác định. A. x<2 B. x>2 C. x≥2 D. x≤2 II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm) Câu 5 (1 điểm) Giải hệ phương trình: {x−2y=3x+y=6. Câu 6 (2 điểm) Cho (P):y=12x2 và đường thẳng (d):y=−x+m (x là ẩn, m là tham số). a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi m=4. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2,y2) thỏa mãn x1x2+y1y2=5. Câu 7 (1 điểm) Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78 km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về A. Hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36 km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4 km/h và vận tốc của mỗi người trong suổ đoạn đường là không thay đổi. Câu 8 (3,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M không trình với B,C). Gọi H,K,D theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến các đường thẳng AB,AC,BC. a) Chứng minh tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH.MC=MK.MB. c) Tìm vị trí của điểm M để DH+DK lớn nhất. Câu 9 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương a,b,c. Chứng minh: 2+6a+3b+6√2bc2a+b+2√2bc≥16√2b2+2(a+c)2+3 Lời giải chi tiết I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm)
Câu 1 Phương pháp: Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước a,b,c là: V=abc. Cách giải: Thể tích hình hộp chữ nhật cần tính là: V=3.2.1=6m3. Chọn B. Câu 2 Phương pháp: Sử dụng các công thức: √A2B=|A|√B;√AB=√A.√B. Cách giải: P=√5(√10−√40)=√5(√10−√4.10)=√5(√10−2√10)=√5.(−√10)=−√5.√10=−√5.10=−√50=−√25.2=−5√2. Chọn D. Câu 3 Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thì x1+x2=−ba. Cách giải: Tổng hai nghiệm của phương trình x2−6x+1=0 là: x1+x2=6. Chọn A. Câu 4 Phương pháp: Biểu thức: √f(x) xác định ⇔f(x)≥0. Cách giải: Biểu thức P=√x−2 xác định ⇔x−2≥0⇔x≥2. Chọn C. II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm) Câu 5 Phương pháp: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Cách giải: {x−2y=3x+y=6⇔{3y=3x=6−y⇔{y=1x=5. Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)=(5;1). Câu 6 Phương pháp: a) Thay m=4 và phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số. Giải phương trình rồi kết luận. b) Đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm ⇔ phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0. Áp dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm m. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: 12x2=−x+m⇔x2+2x−2m=0(∗) a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi m=4. Với m=4⇒(∗)⇔x2+2x−8=0⇔(x−2)(x+4)=0⇔[x=2x=−4 +) Với x=2⇒y=12.22=2⇒M(2;2). +) Với x=−4⇒y=12.(−4)2=8⇒N(−4;8). Vậy với m=4 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M(2;2),N(−4;8). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2,y2) thỏa mãn x1x2+y1y2=5. Số giao điểm của hai đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình (∗). ⇒(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔(∗) có hai nghiệm phân biệt⇔Δ′>0⇔1+2m>0⇔m>−12. Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2;y2) ⇒A(x1;−x1+m);B(x2;−x2+m). ⇒x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (∗). Áp dụng định lý Vi-et ta có: {x1+x2=−2x1x2=−2m. Theo đề bài ta có: x1x2+y1y2=5 ⇔x1x2+(−x1+m)(−x2+m)=5⇔x1x2+x1x2−m(x1+x2)+m2=5⇔−2m−2m−m.(−2)+m2=5⇔m2−2m−5=0⇔[m=1+√6(tm)m=1−√6(ktm). Vậy m=1+√6 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 7 Phương pháp: Gọi vận tốc của người thứ nhất là x(km/h),(x>0). Khi đó vận tốc của người thứ hai là: x+4(km/h). Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo x và các đại lượng đã biết. Dựa vào các giả thiết bài toán để lập phương trình. Giải phương trình tìm x, đối chiếu với điều kiện rồi kết luận. Cách giải: Gọi vận tốc của người thứ nhất là x(km/h),(x>0). Khi đó vận tốc của người thứ hai là: x+4(km/h). Quãng đường người thứ nhất đi được cho đến khi gặp người thứ hai là: 78−36=42(km). ⇒ Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp được người thứ hai là: 42x (giờ). Thời gian người thứ hai đi đến khi gặp người thứ nhất là: 36x+4 (giờ). Theo đề bài ta có: Người thức hai xuất phát sau người thứ nhất một giờ nên ta có phương trình: 42x−36x+4=1⇒42(x+4)−36x=x(x+4)⇔42x+168−36x=x2+4x⇔x2−2x−168=0⇔x2−14x+12x−168=0⇔x(x−14)+12(x−14)=0⇔(x+12)(x−14)=0⇔[x+12=0x−14=0⇔[x=−12(ktm)x=14(tm). Vậy vận tốc của người thứ nhất là 14km/h và vận tốc của người thứ hai là: 14+4=18km/h. Câu 8 Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800. b) Chứng minh hai tam giác ΔHBM và ΔKCM đồng dạng suy ra các tỉ số tưng ứng. c) Chứng minh H,D,K thẳng hàng. Từ đó đánh giá GTLN của DH+DK. Cách giải: a) Ta có: MH⊥AB(gt)⇒∠MHA=900MK⊥AC(gt)⇒∠MKA=900}⇒∠MHA+∠MKA=900+900=1800. Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AHMK nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). b) Dễ thấy tứ giác ABMC nội tiếp ⇒∠HBM=∠MCA (góc ngoài tại một đỉnh và góc trong đỉnh đối diện) Xét ΔHBM và ΔKCM có: ∠MHB=∠MKC(=900)∠HBM=∠MCA(cmt)}⇒ΔHBM∼ΔKCM(g.g) ⇒HMKM=BMCM (cạnh tưng ứng) ⇒MH.MC=MB.MK (đpcm). c) Nối D với H, D với K. Xét tứ giác BHMD có ∠BHM+∠BDM=900+900=1800. Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên BHDM là tứ giác nội tiếp ⇒∠BDH=∠BMH (cùng chắn cung BH) (1) Xét tứ giác CKDM có ∠MDC=∠MKC=900 nên tứ giác CKDM nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau) ⇒∠KDC=∠KMC (cùng chắn cung KC) (2) Mà ΔHBM∼ΔKCM(cmt)⇒∠BMH=∠KMC (góc tương ứng) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ∠BDH=∠KDC suy ra H,D,K thẳng hàng hay DH+DK=HK. Ta có: ∠MHD=∠MBD (cùng chắn cung MD) ⇒∠MHK=∠MBC ∠MKD=∠MCD (cùng chắn cung MD) ⇒∠MKH=∠MCB Xét ΔMHK và ΔMBC có: ∠MHK=∠MBC(cmt)∠MKH=∠MCB(cmt)}⇒ΔMHK∼ΔMBC(g.g) ⇒MHMB=MKMC=HKBC (cạnh tương tứng) Mà MH≤MB,MK≤MC⇒MHMB=MKMC≤1 ⇒HKBC≤1⇒HK≤BC cố định. Dấu “=” xảy ra khi MH=MB,MK=MC hay H≡B,K≡C hay AB⊥BM,AC⊥CM ⇒∠ABM=∠ACM=900 hay A,B,C,M nằm trên đường tròn đường kính AM. Kẻ đường kính AE của đường tròn tâm (O) thì M≡E. Vậy max(DH+DK)=BC khi M≡E. Câu 9 Phương pháp: Đánh giá VT≥16a+b+c+3≥VP bằng cách sử dụng phối hợp các bất đẳng thức: + Bất đẳng thức Cô – si a+b≥2√ab. + Bất đẳng thức phụ: a2x+b2y≥(a+b)2x+y. Cách giải: Ta có: VT=2+6a+3b+6√2bc2a+b+2√2bc=2+3(2a+b+2√2bc)2a+b+2√2bc=22a+b+2√2bc+3 Mà 2√2bc=2√b.2c≤b+2c (BĐT Cô – si) ⇒2a+b+2√2bc≤2a+b+b+2c=2(a+b+c)⇒22a+b+2√2bc≥22(a+b+c)=1a+b+c⇒22a+b+2√2bc+3≥1a+b+c+3=12a+b+c+323≥(1+3)2a+b+c+3=16a+b+c+3 ⇒VT≥16a+b+c+3. Ta chứng minh VP≤16a+b+c+3. Thật vậy, 16√2b2+2(a+c)2+3≤16a+b+c+3⇔√2b2+2(a+c)2+3≥a+b+c+3⇔√2b2+2(a+c)2≥a+b+c⇔2b2+2(a+c)2≥(a+b+c)2⇔2a2+2b2+2c2+4ac≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca⇔a2+b2+c2−2ab−2bc+2ca≥0 ⇔(b−a−c)2≥0 (luôn đúng). Do đó VP≤16a+b+c+3, suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi {b=2c1a+b+c=33=1(b−a−c)2=0⇔{b=2ca+b+c=1b−a−c=0⇔{a=14b=12c=14.
Quảng cáo
|