Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề số 1

Like và share giúp mình phát triển website nhé.
  •  
  •  

Chào tất cả các bạn đọc hôm nay OnthiHSG.Com xin chia sẻ đến các bạn bộ đề thi vào lớp 10 – Môn toán được tổng hợp mới nhất, mong rằng các bạn có thể một chút thông tin để có thể tham khảo cho kì thi sắp tới.

Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề số 1 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Bài 1 (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A=(√5−√2)2+√40A=(5−2)2+40

2) Rút gọn biểu thức B=(x−√x√x−1−√x+1x+√x):√x+1√xB=(x−xx−1−x+1x+x):x+1x với x>0,x≠1x>0,x≠1

Tính giá trị của B khi x=12+8√2x=12+82

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho Parabol (P):y=−x2(P):y=−x2 và đường thẳng (d):y=2√3x+m+1(d):y=23x+m+1 (m là tham số).

1) Vẽ đồ thị hàm số (P).

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3(2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: {9x+y=115x+2y=9{9x+y=115x+2y=9

2) Cho phương trình: x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1)x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1), (m là tham số)

a. Giải phương trình (1) khi m = 3.

b. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1)  có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 sao cho biểu thức A=2018+3x1x2−x21−x22A=2018+3x1x2−x12−x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4  (1,5 điểm)

Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đấy của người đó.

Bài 5  (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính R=3cmR=3cm. Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết OD=5cmOD=5cm. Tính diện tích của tam giác BCD.

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP=AQ.ACAB.AP=AQ.AC

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Lời giải chi tiết

Bài 1.

1)A=(√5−√2)2+√40=(√5)2−2√5.√2+(√2)2+√22.10=5−2√10+2+2√10=7.2)B=(x−√x√x−1−√x+1x+√x):√x+1√x(x>0,x≠1)=(√x(√x−1)√x−1−√x+1√x(√x+1)):√x+1√x=(√x−1√x).√x√x+1=x−1√x.√x√x+1=(√x+1)(√x−1)√x+1=√x−11)A=(5−2)2+40=(5)2−25.2+(2)2+22.10=5−210+2+210=7.2)B=(x−xx−1−x+1x+x):x+1x(x>0,x≠1)=(x(x−1)x−1−x+1x(x+1)):x+1x=(x−1x).xx+1=x−1x.xx+1=(x+1)(x−1)x+1=x−1

Ta có

x=12+8√2=(2√2)2+2.2√2.2+22=(2√2+2)2⇒√x=√(2√2+2)2=∣∣2√2+2∣∣=2√2+2(Do2√2+2>0)x=12+82=(22)2+2.22.2+22=(22+2)2⇒x=(22+2)2=|22+2|=22+2(Do22+2>0)

Thay √x=2√2+2x=22+2 vào B ta có B=√x−1=2√2+2−1=2√2+1B=x−1=22+2−1=22+1.

Vậy khi x=12+8√2x=12+82 thì B=2√2+1B=22+1

Bài 2:

1) Vẽ đồ thị hàm số (P):y=−x2(P):y=−x2:

Ta có bảng giá trị:

xx-2-1012
y=−x2y=−x2-4-10-1-4

Đồ thị hàm số:

2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: −x2=2√3x+m+1−x2=23x+m+1

⇔x2+2√3x+m+1=0(∗)⇔x2+23x+m+1=0(∗)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0⇔Δ′>0

⇔(√3)2−m−1>0⇔2−m>0⇔m<2.⇔(3)2−m−1>0⇔2−m>0⇔m<2.

Vậy với m<2m<2 thì đường thẳng (d)(d) cắt đồ thị hàm số (P)(P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3

Ta có:

{9x+y=115x+2y=9⇔{y=11−9x5x+2y=9{9x+y=115x+2y=9⇔{y=11−9x5x+2y=9

⇔{y=11−9x5x+2(11−9x)=9⇔{y=11−9x5x+2(11−9x)=9

⇔{y=11−9x5x+22−18x−9=0⇔{y=11−9x5x+22−18x−9=0

⇔{y=11−9xx=1⇔{y=2x=1⇔{y=11−9xx=1⇔{y=2x=1

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x;y)=(1;2)(x;y)=(1;2)

1)  Cho phương trình: x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1)x2−2(m+2)x+m2+3m−2=0(1), ( m là tham số)

a)  Giải phương trình (1) khi m = 3.

Với m = 3 ta có (1) trở thành:

x2−10x+16=0(2)x2−10x+16=0(2)

Ta có: Δ′=(−5)2−16=9>0Δ′=(−5)2−16=9>0

Khi đó phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt là: 

[x1=5−3=2×2=5+3=8[x1=5−3=2×2=5+3=8

Vậy với m = 3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S={2;8}S={2;8}

b)  Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1)  có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 sao cho biểu thức A=2018+3x1x2−x21−x22A=2018+3x1x2−x12−x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 khi và chỉ khi Δ′>0Δ′>0

⇔[−(m+2)]2−(m2+3m−2)>0⇔m2+4m+4−m2−3m+2>0⇔m>−6⇔[−(m+2)]2−(m2+3m−2)>0⇔m2+4m+4−m2−3m+2>0⇔m>−6

+) Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: {x1+x2=2(m+2)x1x2=m2+3m−2{x1+x2=2(m+2)x1x2=m2+3m−2

Ta có:

A=2018+3x1x2−x21−x22=2018+3x1x2−[(x1+x2)2−2x1x2]=2018+5x1x2−(x1+x2)2A=2018+3x1x2−x12−x22=2018+3x1x2−[(x1+x2)2−2x1x2]=2018+5x1x2−(x1+x2)2

Thay Viet vào A ta được:

A=2018+5x1x2−(x1+x2)2=2018+5(m2+3m−2)−4(m+2)2=2018+5m2+15m−10−4m2−16m−16=m2−m+1992=(m−12)2+79674A=2018+5x1x2−(x1+x2)2=2018+5(m2+3m−2)−4(m+2)2=2018+5m2+15m−10−4m2−16m−16=m2−m+1992=(m−12)2+79674

Ta có: A≥79674A≥79674. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m=12(tm)m=12(tm)

Vậy m=12m=12 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4:

Gọi vận tốc ban đầu của người đó là x(km/h),(x>0).x(km/h),(x>0).

Thời gian dự định người đó đi hết quãn đường là: 90x(h).90x(h).

Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là: x(km).x(km).

Quãng đường còn lại người đó phải tăng tốc là: 90−x(km).90−x(km).

Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: x+4(km/h),x+4(km/h), thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: 90−xx+4(h).90−xx+4(h).

Theo đề bài ta có phương trình:

90x=1+960+90−xx+4⇔90x=2320+90−xx+4⇔90.20(x+4)=23x(x+4)+20.(90−x).x⇔1800x+7200=23×2+92x+1800x−20×2⇔3×2+92x−7200=0⇔(x−36)(3x+200)=0⇔[x−36=03x+200=0⇔⎡⎣x=36(tm)x=−2003(ktm).90x=1+960+90−xx+4⇔90x=2320+90−xx+4⇔90.20(x+4)=23x(x+4)+20.(90−x).x⇔1800x+7200=23×2+92x+1800x−20×2⇔3×2+92x−7200=0⇔(x−36)(3x+200)=0⇔[x−36=03x+200=0⇔[x=36(tm)x=−2003(ktm).

Vậy vận tốc lúc đầu của người đó là 36km/h.36km/h.

Bài 5.

1) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.

Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ˆOBD=ˆOCD=900⇒OBD^=OCD^=900

Xét tứ giác OBDC có  ˆOBD+ˆOCD=900+900=1800OBD^+OCD^=900+900=1800 ⇒⇒ tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

2) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết OD=5cmOD=5cm. Tính diện tích của tam giác BCD.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có BD=√OD2−OB2=√52−32=4(cm)BD=OD2−OB2=52−32=4(cm)

Ta có OB=OC=R;DB=DCOB=OC=R;DB=DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒O;D⇒O;D thuộc trung trực của BC ⇒OD⇒OD là trung trực của BC ⇒OD⊥BC⇒OD⊥BC.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có:

DM.DO=DB2DM.DO=DB2 ⇒DM=DB2DO=425=165(cm)⇒DM=DB2DO=425=165(cm)

BM.OD=OB.BDBM.OD=OB.BD ⇒BM=OB.BDOD=3.45=125(cm)⇒BM=OB.BDOD=3.45=125(cm)

Vậy SΔDBC=12DM.BC=DM.BMSΔDBC=12DM.BC=DM.BM=165.125=19225=7,68(cm2)=165.125=19225=7,68(cm2)

3) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP=AQ.ACAB.AP=AQ.AC

Ta có ˆAPQ=ˆxABAPQ^=xAB^ ( 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ)

Mà ˆxAB=ˆACBxAB^=ACB^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O)).

⇒ˆAPQ=ˆACB⇒APQ^=ACB^

Xét tam giác ABC và tam giác AQP có:

ˆPAQPAQ^ chung;

ˆAPQ=ˆACB(cmt)APQ^=ACB^(cmt)

⇒ΔABC∼ΔAQP(g.g)⇒ΔABC∼ΔAQP(g.g)

⇒ABAQ=ACAP⇒ABAQ=ACAP

⇒AB.AP=AC.AQ⇒AB.AP=AC.AQ

4) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.

Kéo dài BD cắt D tại F.

Ta có ˆDBP=ˆABFDBP^=ABF^ (đối đỉnh)

Mà ˆABF=ˆACBABF^=ACB^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)

ˆACB=ˆAPDACB^=APD^ (do )

⇒ˆDBP=ˆAPD=ˆBPD⇒ΔDBP⇒DBP^=APD^=BPD^⇒ΔDBP cân tại D ⇒DB=DP⇒DB=DP

Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được ˆDCQ=ˆACG=ˆABC=ˆDQC⇒ΔDCQDCQ^=ACG^=ABC^=DQC^⇒ΔDCQ cân tại D ⇒DC=DQ⇒DC=DQ

Lại có DB=DCDB=DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒DP=DQ⇒D⇒DP=DQ⇒D là trung điểm của PQ.

Ta có: ΔABC∼ΔAQP(cmt)ΔABC∼ΔAQP(cmt)

⇒ABAQ=ACAP=BCPQ=2MC2PD⇒ABAQ=ACAP=BCPQ=2MC2PD

⇒ACAP=MCPD⇒ACAP=MCPD

Xét tam giác AMCAMC và tam giác ADPADP có

ˆACM=ˆAPD(ˆACB=ˆAPQ(cmt))ACM^=APD^(ACB^=APQ^(cmt))

ACAP=MCPD(cmt)ACAP=MCPD(cmt)

⇒ΔAMC∼ΔADP(c.g.c)⇒ΔAMC∼ΔADP(c.g.c)

⇒ˆPAD=ˆMAC(dpcm)

Leave a Comment

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *