Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề Số 4

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

Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Đề số 4 có đáp án và lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1. (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức T=√16+5T=16+5

Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2x−3=12x−3=1

Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d):y=3x+m−2(d):y=3x+m−2 đi qua điểm A(0;1)A(0;1).

Câu 4. (1,0 điểm) Vẽ đồ thị hàm số y=−2x2y=−2×2

Câu 5. (1 điểm) Giải hệ phương trình {3x−2y=4x+3y=5.{3x−2y=4x+3y=5.

Câu 6. (1 điểm) Cho tam giác ABCABC vuông tại AA có đường cao AH(H∈BC).AH(H∈BC).Biết AB=3a,AH=125a.AB=3a,AH=125a. Tính theo aa độ dài ACAC và BC.BC. 

Câu 7. (1 điểm) Tìm giá trị của m để phương trình 2×2−5x+2m−1=02×2−5x+2m−1=0 có hai nghiệm phân biệt x1x1 và x2x2 thỏa mãn: 1×1+1×2=52.1×1+1×2=52.

Câu 8. (1 điểm) Một đội máy xúc được thuê đào 20000m320000m3 đất để mở rộng hồ Dầu Tiếng. Ban đầu đội dự định mỗi ngày đào một lượng đất nhất định để hoàn thành công việc, nhưng sau khi đào được 5000m35000m3 thì đội được tăng cường thêm một số máy xúc nên mỗi ngày đào thêm được 100m3,100m3, do đó đã hoàn thành công việc trong 3535 ngày. Hỏi ban đầu đội dự định mỗi ngày đào bao nhiêu m3m3 đất?

Câu 9 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC)(AB<AC) và có đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC. Chứng minh DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn lần lượt ngoại tiếp tam giác DBH và ECH.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính 2R (kí hiệu (O; 2R)) và đường tròn tâm O’ bán kính R (kí hiệu (O’; R)) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Lấy điểm B trên đường tròn (O; 2R) sao cho ˆBAO=300BAO^=300, tia BA cắt đường tròn (O’; R) tại điểm C (C khác điểm A). Tiếp tuyến của đường tròn (O’; R) tại điểm C cắt đường thẳng BO tại điểm E. Tính theo R diện tích tam giác ABE.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

T=√16+5=√42+5=4+5=9T=16+5=42+5=4+5=9

Câu 2

2x−3=12x=4x=22x−3=12x=4x=2

Câu 3.

Vẽ đồ thị hàm số y=−2x2y=−2×2

xx−2−2−1−1001122
y=−2x2y=−2×2−8−8−2−200−2−2−8−8

Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm A(−2;−8);B(−1;−2);O(0;0);A(−2;−8);B(−1;−2);O(0;0);C(1;−2);D(2;−8)C(1;−2);D(2;−8).

Đồ thị của hàm số y=−2x2y=−2×2 đi qua các điểm A, B, O, C, D có tọa độ như trên.

Câu 5:

Giải hệ phương trình {3x−2y=4x+3y=5.{3x−2y=4x+3y=5.

{3x−2y=4x+3y=5⇔{3x−2y=43x+9y=15{3x−2y=4x+3y=5⇔{3x−2y=43x+9y=15

⇔{x=5−3y−11y=−11⇔{y=1x=5−3.1⇔{x=5−3y−11y=−11⇔{y=1x=5−3.1

⇔{x=2y=1.⇔{x=2y=1.

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

Câu 6:

Cho tam giác ABCABC vuông tại AA có đường cao AH(H∈BC).AH(H∈BC).Biết AB=3a,AH=125a.AB=3a,AH=125a. Tính theo aa độ dài ACAC và BC.BC. 

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABHABH vuông tại HH ta có:

BH2=AB2−AH2=9a2−(125a)2=81a225BH2=AB2−AH2=9a2−(125a)2=81a225

⇒BH=9a5.⇒BH=9a5.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABCABC vuông tại AA với đường cao AHAHta có:

AH2=BH.HC⇔HC=AH2HB=(125a)2:9a5=16a5.⇒BC=BH+HC=9a5+16a5=5a.AH2=BH.HC⇔HC=AH2HB=(125a)2:9a5=16a5.⇒BC=BH+HC=9a5+16a5=5a.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABCABC vuông tại AA ta có:

AC2=BC2−AB2=(5a)2−(3a)2=(4a)2AC2=BC2−AB2=(5a)2−(3a)2=(4a)2

⇒AC=4a.⇒AC=4a.

Vậy AC=4a,BC=5a.AC=4a,BC=5a.

Câu 7:

Tìm giá trị của m để phương trình 2×2−5x+2m−1=02×2−5x+2m−1=0 có hai nghiệm phân biệt x1x1 và x2x2 thỏa mãn: 1×1+1×2=52.1×1+1×2=52.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0⇔52−4.2.(2m−1)>0⇔Δ>0⇔52−4.2.(2m−1)>0

⇔25−16m+8>0⇔16m<33⇔m<3316.⇔25−16m+8>0⇔16m<33⇔m<3316.

Với m<3316m<3316 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2.x1,x2.

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: ⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩x1+x2=52x1x2=2m−12.{x1+x2=52x1x2=2m−12. (điều kiện x1.x2≠0⇒m≠12)x1.x2≠0⇒m≠12)

Theo đề bài ta có:

1×1+1×2=521×1+1×2=52

⇔2(x1+x2)=5x1x2⇔2.52=5.2m−12⇔10=10m−5⇔10m=15⇔m=32(tm).⇔2(x1+x2)=5x1x2⇔2.52=5.2m−12⇔10=10m−5⇔10m=15⇔m=32(tm). 

Vậy m=32m=32 thỏa mãn bài toán.

Câu 8:

Máy xúc đào được số m3m3 đất là: 20000x(m3).20000x(m3).

Thời gian đội máy xúc đào được 5000m35000m3 đất là: 5000:20000x=x45000:20000x=x4  (ngày)

Sau khi được tăng thêm số máy xúc thì mỗi ngày đội máy xúc đào được số m3m3 đất là: 20000x+100(m3).20000x+100(m3).

Số ngày đội máy xúc  đào được 20000−5000=15000m320000−5000=15000m3 đất là:

15000:(20000x+100)=150×200+x15000:(20000x+100)=150×200+x  (ngày).

Theo đề bài ta có phương trình:

x4+150×200+x=35⇔x(200+x)+4.150x=35.4(x+200)⇔x2+800x=140x+28000⇔x2+660x−28000=0⇔(x−40)(x+700)=0⇔[x−40=0x+700=0⇔[x=40(tm)x=−7000(ktm).x4+150×200+x=35⇔x(200+x)+4.150x=35.4(x+200)⇔x2+800x=140x+28000⇔x2+660x−28000=0⇔(x−40)(x+700)=0⇔[x−40=0x+700=0⇔[x=40(tm)x=−7000(ktm).

Vậy mỗi ngày đội máy xúc đào được  2000040=500m32000040=500m3 đất.

Câu 9.

Ta có: D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC  nên DE là đường trung bình của tam giác ABC ⇒DE//BC⇒DE//BC.

⇒ˆEDH=ˆDHB⇒EDH^=DHB^ (so le trong).

Tam giác AHB vuông tại H, có HD là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB ⇒HD=12AB=AD=DB⇒HD=12AB=AD=DB

⇒ΔDHB⇒ΔDHB cân tại D ⇒ˆDHB=ˆDBH⇒DHB^=DBH^ (hai góc ở đáy của tam giác cân).

⇒ˆEDH=ˆDBH⇒EDH^=DBH^

Lại có góc DBH là góc nội tiếp chắn cung DH của đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH.

Góc EDH nằm tạo bởi dây cung DH và tia DE với D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH, nằm ở vị trí góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, chắn cung DH của đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH.

⇒DE⇒DE là tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH.

Chứng minh tương tự ta có : ˆDEH=ˆEHC=ˆECHDEH^=EHC^=ECH^.

Lại có góc ECH là góc nội tiếp chắn cung EH của đường tròn ngoại tiếp tam giác ECH.

Góc DEH nằm tạo bởi dây cung EH và tia ED, nằm ở vị trí góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, chắn cung EH của đường tròn ngoại tiếp tam giác ECH.

⇒DE⇒DE là tiếp tuyến tại E của đường tròn ngoại tiếp tam giác ECH.

Vậy DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn lần lượt ngoại tiếp tam giác DBH và ECH.

Câu 10 :

Cho đường tròn tâm O bán kính 2R (kí hiệu (O; 2R)) và đường tròn tâm O’ bán kính R (kí hiệu (O’; R)) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Lấy điểm B trên đường tròn (O; 2R) sao cho ˆBAO=300BAO^=300, tia BA cắt đường tròn (O’; R) tại điểm C (C khác điểm A). Tiếp tuyến của đường tròn (O’; R) tại điểm C cắt đường thẳng BO tại điểm E. Tính theo R diện tích tam giác ABE.

Tam giác OAB có OA=OB⇒ΔOABOA=OB⇒ΔOAB cân tại O⇒ˆOAB=ˆOBA=300O⇒OAB^=OBA^=300

Xét tam giác OAB có ˆAOB=1800−300−300=1200AOB^=1800−300−300=1200.

Tam giác O’AC có O’A = O’C ⇒ΔO′AC⇒ΔO′AC cân tại O’ ⇒ˆO′CA=ˆO′AC=ˆOAB=300⇒O′CA^=O′AC^=OAB^=300

⇒ˆOBA=ˆO′CA=300⇒OBA^=O′CA^=300, mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒OB//O′C⇒OB//O′C

⇒ˆAO′C=ˆAOB=1200⇒AO′C^=AOB^=1200

Ta có ˆACE=12ˆAO′C=600ACE^=12AO′C^=600(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC).

Xét tam giác EBC có ˆOBA+ˆACE=300+600=900⇒ΔBCEOBA^+ACE^=300+600=900⇒ΔBCE vuông tại E.

Ta có 

AC=R√3;AB=2R√3AC=R3;AB=2R3

⇒BC=AB+AC=R√3+2R√3=3R√3⇒BC=AB+AC=R3+2R3=3R3 

⇒EC=BC.cos60=3R√3.12=3R√32⇒EC=BC.cos⁡60=3R3.12=3R32

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và AC.

⇒OH⊥AB,O′K⊥AC.⇒OH⊥AB,O′K⊥AC. (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét ΔAOHΔAOH vuông tại HH có : AH=OA.cos300=2R.√32=R√3.AH=OA.cos⁡300=2R.32=R3.

⇒AB=2AH=2R√3.⇒AB=2AH=2R3.

Xét ΔAO′KΔAO′K vuông tại KK có : AK=O′A.cos300=R.√32=R√32.AK=O′A.cos⁡300=R.32=R32.

⇒AC=2AK=R√3.⇒BC=AB+AC=2R√3+R√3=3R√3.⇒SBEC=12.BE.EC=12.3R√3.3R√32=27R√34.

Leave a Comment

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