Đề số 18 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 18 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Bài 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức
A=3√13+12√48+√75B=3√20−20√15−4√5+√3
Bài 2 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức A=2√x−4√x−1 và B=√x√x−1+3√x+1+6√x−41−x (x≥0;x≠1) .
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9 .
b) Rút gọn B .
c) Đặt P=A.B . So sánh giá trị của P với 2 .
Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số y=(m−1)x−4 có đồ thị là đường thẳng (d) .
a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5 .
b) Vẽ đồ thị hàm số trên với m tìm được ở câu a.
c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A , cắt trục Oy tại B . Tìm m để tam giác OAB vuông cân.
Bài 4 (1,0 điểm): Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
Bài 5 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) ( A và B là hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OM và AB . Kẻ đường kính BC của (O) .
a) Chứng minh 4 điểm M,O,A,B cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OI.OM=OA2 .
c) Qua (O) vẽ đường thẳng vuông góc với MC tại E và cắt đường thẳng BA tại F . Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .
Bài 6 (0,5 điểm): Cho ba số dương x,y,z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x+y+z=1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=xx+1+yy+1+zz+1 .
Lời giải chi tiết
Bài 1 (VD):
Phương pháp
Đưa thừa số ra ngoài dấu căn √A2B=|A|√B.
Trục căn thức ở mẫu C√A+√B=C(√A−√B)A−B.
Cách giải:
+) Ta có :
A=3√13+12√48+√75=3.√33+12.4√3+5√3 =√3+2√3+5√3=8√3
+) Ta có:
B=3√20−20√15−4√5+√3=3.2√5−20.√55−4(√5−√3)(√5+√3)(√5−√3)
B=6√5−4√5−4(√5−√3)5−3=2√5−2√5+2√3=2√3.
Bài 2 (VD) :
Phương pháp
a) Thay x=9 vào A và tính giá trị.
b) Qui đồng, khử mẫu và rút gọn.
c) Tính P=AB và xét dấu của hiệu P−2.
Cách giải:
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x=9 .
Điều kiện : x≥0,x≠1.
Thay x=9 (tmđk) vào biểu thức A, ta có : A=2√9−4√9−1=2.3−43−1=22=1
Vậy với x=9 thì A=1.
b) Rút gọn B .
Điều kiện : x≥0,x≠1.
B=√x√x−1+3√x+1+6√x−41−x=√x√x−1+3√x+1−6√x−4(√x−1)(√x+1)=√x(√x+1)+3(√x−1)−6√x+4(√x−1)(√x+1)=x+√x+3√x−3−6√x+4(√x−1)(√x+1)=x−2√x+1(√x−1)(√x+1)=(√x−1)2(√x−1)(√x+1)=√x−1√x+1.
Vậy B=√x−1√x+1 với x≥0;x≠1.
c) Đặt P=A.B . So sánh giá trị của P với 2 .
Điều kiện : x≥0,x≠1.
Có P=A.B=2√x−4√x−1.√x−1√x+1=2√x−4√x+1
Xét P−2=2√x−4√x+1−2=2√x−4−2√x−2√x+1=−6√x+1
Vì −6<0;√x+1≥0 với mọi x≥0;x≠1
⇒−6√x+1<0 ⇒P−2<0⇒P<2.
Vậy P<2.
Bài 3 (VD) :
Phương pháp
a) Đường thẳng d//d′⇔{a=a′b≠b′.
b) Cho lần lượt x=0,y=0 tìm tọa độ các điểm đi qua và vẽ đồ thị.
c) Tìm tọa độ A,B.
Để ΔOAB vuông cân tạiO⇒OA=OB
Cách giải:
a) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5 .
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=2x+5
⇔{a=a′b≠b′⇔{m−1=2−4≠5⇔m=3.
Vậy m=3 thì thỏa mãn bài toán.
b) Vẽ đồ thị hàm số trên với m tìm được ở câu a.
Với m=3, ta có : (d):y=2x−4.
Cho x=0 ta được y=2.0−4=−4 nên M(0;−4).
Cho y=0⇒0=2x−4⇔x=2 nên N(2;0).
Đồ thị hàm số là đường thẳng (d) đi qua hai điểm (0;−4) và (2;0)
c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A , cắt trục Oy tại B . Tìm m để tam giác OAB vuông cân.
(d) cắt hai trục Ox;Oy tại A,B thì m−1≠0⇔m≠1.
Cho x=0⇒y=−4⇒B(0;−4)⇒OB=|−4|=4.
Cho y=0⇒x=4m−1⇒A(4m−1;0)⇒OA=4|m−1|
Để ΔOAB vuông cân tạiO⇒OA=OB
⇔4|m−1|=4⇔|m−1|=1⇔[m=0m=2(tm)
Vậy m∈{0;2}.
Bài 4 (TH) : Phương pháp
Sử dụng giá trị lượng giác của một góc nhọn trong tam giác vuông để giải tam giác.
Cách giải:
Tính chiều cao của cây trong hình vẽ bên (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
Chiều cao của cây là : h=1,7+20.tan35∘≈15,7m.
Bài 5 (VD) :
Phương pháp
a) Gọi K là trung điểm OM, chứng minh KO=KM=KA=KB dựa vào tính chất tam giác vuông.
b) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông OAM.
c) Chứng minh ΔOCE∼ΔOFC(c.g.c) suy ra ^OCF=^OEC=90∘.
Cách giải:
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (O) ( A và B là hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của OM và AB . Kẻ đường kính BC của (O) .
a) Chứng minh 4 điểm M,O,A,B cùng thuộc một đường tròn.
Gọi K là trung điểm của OM⇒OK=KM.
Tam giác OAM vuông tại A nên AK=KM=KO=12OM(tính chất trung tuyến tam giác vuông).
Tam giác OBM vuông tại B nên BK=KM=KO=12OM(tính chất trung tuyến tam giác vuông).
Do đó OK=KM=KA=KB.
Suy ra 4 điểm O,A,M,B nằm trên đường tròn tâm K, đường kính OM.
b) Chứng minh OI.OM=OA2 .
Ta có : OA=OB (bán kính)
MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒OM là trung trực của AB⇒OM⊥AB tại I.
ΔOAM vuông tại A đường cao AI ⇒OI.OM=OA2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao).
c) Qua (O) vẽ đường thẳng vuông góc với MC tại E và cắt đường thẳng BA tại F .
Xét ΔOFI và ΔOME có :
∠Ochung∠OIF=∠OEM=900
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒OF.OE=OI.OM=OA2=OC2⇒OFOC=OCOE.
Có ΔOCE và ΔOFC
Nên ∠OCF=∠OEC=900 (góc tương ứng)
⇒FC là tiếp tuyến của (O) (đpcm).
Bài 6 (VDC) :
Phương pháp
Nhận xét : P=3−(1x+1+1y+1+1z+1)
Sử dụng bất đẳng thức 1a+1b+1c≥9a+b+c để đánh giá.
Cách giải:
Cho ba số dương x,y,z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x+y+z=1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=xx+1+yy+1+zz+1 .
Ta có : P=3−(1x+1+1y+1+1z+1)
Mà 1x+1+1y+1+1z+1≥9x+y+z+3=94
⇒P≤3−94=34
Dấu xảy ra khi x=y=z=13.
Vạy max.