HomeMôn toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề số 3

Like Tweet Pin it Share Share Email
Like và share giúp mình phát triển website nhé.
  •  
  •  

Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề số 3 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1. (2,0 điểm)

1. Tính giá trị của các biểu thức

M=√36+√25M=36+25                              

N=√(√5−1)2−√5N=(5−1)2−5

2. Cho biểu thức P=1+x−√x√x−1,P=1+x−xx−1, với x≥0x≥0 và x≠1x≠1

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị của x, biết P > 3

Câu 2. (2 điểm)

1) Cho parabol (P):y=x2(P):y=x2  và  đường thẳng (d):y=−x+2.(d):y=−x+2.

a) Vẽ (d)(d) và (P)(P) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

b)  Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P)(P) và đường thẳng (d)(d) bằng phép tính.

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: {3x+y=52x−y=10.{3x+y=52x−y=10.

Câu 3. (2,5 điểm)

1) Cho phương trình x2−2mx+2m−1=0x2−2mx+2m−1=0 (m là tham số)   (1)   

a)  Giải phương trình (1) với m=2.m=2.

b) Tìm mm để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2x1,x2 sao cho: (x21−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50.(x12−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50.

2) Quãng đường AB dài 50 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ A đến B. Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h, nên xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

Câu 4. (1,0 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H∈BC)(H∈BC) . Biết AC = 8cm và BC = 10 cm. Tính độ dài AB, BH, CH  và AH.

Câu 5. (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm (O), từ điểm ở bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D; O và nằm về hai phía so với cát tuyến MCD).

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.

b) Chứng minh MB2=MC.MDMB2=MC.MD

c) Gọi H là giao điểm của AB và OM. Chứng minh AB là phân giác của ˆCHDCHD^.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

1.  Tính giá trị của các biểu thức

M=√36+√25M=36+25

N=√(√5−1)2−√5N=(5−1)2−5

Ta có:

M=√36+√25M=36+25

=√62+√52=6+5=11=62+52=6+5=11

N=√(√5−1)2−√5N=(5−1)2−5

=∣∣√5−1∣∣−√5=|5−1|−5

=√5−1−√5=5−1−5

=−1(Do√5−1>0)=−1(Do5−1>0)

2. Cho biểu thức P=1+x−√x√x−1,P=1+x−xx−1, với x≥0x≥0 và x≠1x≠1

a)  Rút gọn biểu thức P

Với x≥0x≥0 và x≠1x≠1 ta có:

P=1+x−√x√x−1=1+√x(√x−1)√x−1=1+√xP=1+x−xx−1=1+x(x−1)x−1=1+x

b) Tìm giá trị của x, biết P > 3

P>3⇔1+√x>3⇔√x>2⇔x>4P>3⇔1+x>3⇔x>2⇔x>4

Kết hợp với điều kiện: x≥0x≥0 và x≠1x≠1 ta được x>4x>4

Vậy với x>4x>4 thì P>3P>3

Câu 2:

1) Cho parabol (P):y=x2(P):y=x2  và  đường thẳng (d):y=−x+2.(d):y=−x+2.

a) Vẽ  (d)(d)  và (P)(P) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.

+) Vẽ đồ thị hàm số: (d):y=−x+2.(d):y=−x+2.

xx0022
y=−x+2y=−x+22200

+) Vẽ đồ thị hàm số: (P):y=x2.(P):y=x2.

xx−2−2−1−1001122
y=x2y=x24411001144

Đồ thị hàm số:

b)  Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P)(P) và đường thẳng (d)(d) bằng phép tính.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

−x+2=x2⇔x2+x−2=0⇔x2+2x−x−2=0⇔x(x+2)−(x+2)=0⇔(x+2)(x−1)=0⇔[x+2=0x−1=0⇔[x=−2⇒y=4x=1⇒y=1.−x+2=x2⇔x2+x−2=0⇔x2+2x−x−2=0⇔x(x+2)−(x+2)=0⇔(x+2)(x−1)=0⇔[x+2=0x−1=0⇔[x=−2⇒y=4x=1⇒y=1.

Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(−2;4)A(−2;4) và B(1;1).B(1;1).

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: {3x+y=52x−y=10.{3x+y=52x−y=10.

{3x+y=52x−y=10⇔{y=2x−105x=15{3x+y=52x−y=10⇔{y=2x−105x=15

⇔{x=3y=2.3−10⇔{x=3y=−4.⇔{x=3y=2.3−10⇔{x=3y=−4.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(3;−4).(x;y)=(3;−4).

Câu 3:

1) Cho phương trình x2−2mx+2m−1=0x2−2mx+2m−1=0 (m là tham số)   (1)   

a)  Giải phương trình (1) với m=2.m=2.

Thay m=2m=2 vào phương trình (1)(1) ta được:

(1)⇔x2−4x+3=0⇔x2−3x−x+3=0⇔x(x−3)−(x−3)=0⇔(x−1)(x−3)=0⇔[x−1=0x−3=0⇔[x=1x=3.(1)⇔x2−4x+3=0⇔x2−3x−x+3=0⇔x(x−3)−(x−3)=0⇔(x−1)(x−3)=0⇔[x−1=0x−3=0⇔[x=1x=3.

Vậy với m=2m=2 thì phương trình có tập nghiệm S={1;3}.S={1;3}. 

b) Tìm mm để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2x1,x2 sao cho: (x21−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50.(x12−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50.

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0⇔Δ′>0

⇔m2−2m+1>0⇔(m−1)2>0⇔m−1≠0⇔m≠1.⇔m2−2m+1>0⇔(m−1)2>0⇔m−1≠0⇔m≠1.

Với m≠1m≠1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2.x1,x2.

Khi đó ta có: {x21−2mx1+2m−1=0x21−2mx1+2m−1=0.{x12−2mx1+2m−1=0x12−2mx1+2m−1=0.

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=2mx1x2=2m−1.{x1+x2=2mx1x2=2m−1.

Theo đề bài ta có: (x21−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50(x12−2mx1+3)(x22−2mx2−2)=50

⇔(x21−2mx1+2m−1−2m+4)(x22−2mx2+2m−1−2m−1)=50⇔(4−2m)(−2m−1)=50⇔(2m−4)(2m+1)=50⇔(m−2)(2m+1)=25⇔2m2+m−4m−2=25⇔2m2−3m−27=0⇔2m2−9m+6m−27=0⇔m(2m−9)+3(2m−9)=0⇔(2m−9)(m+3)=0⇔[2m−9=0m+3=0⇔⎡⎣m=92(tm)m=−3(tm).⇔(x12−2mx1+2m−1−2m+4)(x22−2mx2+2m−1−2m−1)=50⇔(4−2m)(−2m−1)=50⇔(2m−4)(2m+1)=50⇔(m−2)(2m+1)=25⇔2m2+m−4m−2=25⇔2m2−3m−27=0⇔2m2−9m+6m−27=0⇔m(2m−9)+3(2m−9)=0⇔(2m−9)(m+3)=0⇔[2m−9=0m+3=0⇔[m=92(tm)m=−3(tm).

Vậy m=92m=92 và m=−3m=−3 thỏa mãn điều kiện bài toán.

2) Quãng đường AB dài 50 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ A đến B. Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h, nên xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

Gọi vận tốc của xe thứ nhất là x(km/h)(x>10).x(km/h)(x>10).

⇒⇒ Vận tốc của xe thứ hai là: x−10(km/h).x−10(km/h).

Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là 50x(h)50x(h) ;

Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là: 50x−10(h).50x−10(h).

Vì xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút = 14h14h nên ta có phương trình: 50x−10−50x=1450x−10−50x=14

⇔4.50.x−4.50(x−10)=x(x−10)⇔200x−200x+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(tm)x=−40(ktm).⇔4.50.x−4.50(x−10)=x(x−10)⇔200x−200x+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(tm)x=−40(ktm).

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 50km/h50km/h và vận tốc xe thứ hai là 50−10=40km/h.50−10=40km/h.

Câu 4.

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H∈BC)(H∈BC) . Biết AC = 8cm và BC = 10 cm. Tính độ dài AB, BH, CH  và AH.

+) Tính  AB

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC vuông tại A ta có: AB2+AC2=BC2⇒AB2=BC2−AC2=102−82=36⇒AB=6(cm)AB2+AC2=BC2⇒AB2=BC2−AC2=102−82=36⇒AB=6(cm)

+) Tính BH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có: AB2=BH.BCAB2=BH.BC

⇒BH=AB2BC=6210=3,6(cm)⇒BH=AB2BC=6210=3,6(cm)

+) Tính CH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có: AC2=CH.BCAC2=CH.BC

⇒CH=AC2BC=8210=6,4(cm)⇒CH=AC2BC=8210=6,4(cm)

+) Tính AH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC  ta có: AH2=BH.CH=3,6.6,4=23,04AH2=BH.CH=3,6.6,4=23,04 ⇒AH=4,8(cm)⇒AH=4,8(cm)

Câu 5.

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.

Ta có ˆOAM=ˆOBM=900OAM^=OBM^=900 (Do MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O))

Xét tứ giác OAMB có: ˆOAM+ˆOBM=900+900=1800⇒OAM^+OBM^=900+900=1800⇒ Tứ giác OAMB là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b) Chứng minh MB2=MC.MDMB2=MC.MD

Xét tam giác MBC và tam giác MDB có:

ˆBMDBMD^ chung;

ˆMBC=ˆMDBMBC^=MDB^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

⇒ΔMBC∼ΔMDB(g.g)⇒ΔMBC∼ΔMDB(g.g)

⇒MBMD=MCMB⇒MBMD=MCMB

⇒MB2=MC.MD⇒MB2=MC.MD 

c) Gọi H là giao điểm của AB và OM. Chứng minh AB là phân giác của ˆCHDCHD^.

Ta có MA=MBMA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒M⇒M thuộc trung trực của AB;

OA=OB(=R)⇒OOA=OB(=R)⇒O thuộc trung trực của AB;

⇒OM⇒OMlà trung trực của AB ⇒OM⊥AB⇒OM⊥AB

Xét tam giác vuông OMB có MB2=MH.MOMB2=MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà MB2=MC.MD(cmt)MB2=MC.MD(cmt)

⇒MH.MO=MC.MD⇒MH.MO=MC.MD

⇒MCMO=MHMD⇒MCMO=MHMD

Xét tam giác MCH và MOD có :

ˆOMDOMD^ chung ; 

MCMO=MHMD(cmt)MCMO=MHMD(cmt); ΔMCH∼ΔMOD(c.g.c)ΔMCH∼ΔMOD(c.g.c)

⇒ˆMHC=ˆMDO⇒MHC^=MDO^ 

 (hai góc tương ứng) (1).

Mà ˆMHC+ˆOHC=1800MHC^+OHC^=1800 ⇒ˆMDO+ˆOHC=1800⇒⇒MDO^+OHC^=1800⇒ Tứ giác OHCD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

⇒ˆOHD=ˆOCD⇒OHD^=OCD^ (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD).

Mà ˆOCD=ˆODC=ˆMDOOCD^=ODC^=MDO^ (3) (tam giác OCD cân tại O);

Từ (1), (2) và (3) ⇒ˆMHC=ˆOHD⇒MHC^=OHD^.

⇒900−ˆMHC=900−ˆOHD⇒900−MHC^=900−OHD^ ⇒ˆCHB=ˆBHD⇒CHB^=BHD^.

Vậy HB là tia phân giác của góc CHD hay AB là tia phân giác của góc CHD.

Comments (0)

Trả lời

Your email address will not be published. Required fields are marked *