Đề số 31 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 31 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Câu 1 (2,5 điểm):
a) So sánh 2√3+√27 và √74.
b) Chứng minh đẳng thức: (1√x−2−1√x+2).x−44=1, với x≥0 và x≠4.
c) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y=3x+m đi qua điểm A(1;2).
Câu 2 (2 điểm):
Cho phương trình x2+2x+m−1=0(∗), trong đó m là tham số.
a) Giải phương trình (∗) khi m=−2.
b) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1=2x2.
Câu 3 (1,5 điểm):
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) KM.KA = KE.KF.
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Câu 5 (1 điểm):
Giải hệ phương trình: {x(2x−2y+1)=yy+2√1−x−2x2=2(1+y2).
Lời giải chi tiết
Câu 1:
a) So sánh 2√3+√27 và √74.
Ta có: 2√3+√27=2√3+3√3=5√3=√52.3=√75.
Vì 75>74⇒√75>√74⇒2√3+√27>√74.
Vậy 2√3+√27>√74.
b) Chứng minh đẳng thức: (1√x−2−1√x+2).x−44=1, với x≥0 và x≠4.
(1√x−2−1√x+2).x−44=√x+2−√x+2(√x−2)(√x+2).x−44=4x−4.x−44=1(dpcm).
Vậy với x≥0,x≠4 ta có: (1√x−2−1√x+2).x−44=1.
c) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y=3x+m đi qua điểm A(1;2).
Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;2)⇒2=3.1+m⇔m=−1.
Vậy m=−1.
Câu 2:
Cho phương trình x2+2x+m−1=0(∗), trong đó m là tham số.
a) Giải phương trình (∗) khi m=−2.
Với m=−2 ta có phương trình
(∗)⇔x2+2x−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=−2 thì phương trình có tập nghiệm S={−3;1}.
b) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1=2x2.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2⇔Δ′>0
⇔1−m+1>0⇔m<2.
Với m<2 thì phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1,x2.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: {x1+x2=−2(1)x1x2=m−1(2).
Theo đề bài ta có: x1=2x2.
Kết hợp với phương trình (1) ta có hệ phương trình: {x1+x2=−2x1=2x2
⇔{x1+x2=−2x1−2x2=0
⇔{x1=−43x2=−23.
⇒(2)⇔x1x2=m−1
⇔(−23).(−43)=m−1
⇔m=179(tm).
Vậy m=179 thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách? (Mỗi học sinh trong cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau).
Gọi số sách khối 8 và khối 9 quyên góp được lần lượt là x,y (quyển sách), (0<x,y<540,x,y∈N).
Số sách cả hai khối quyên góp được là: x+y=540(1).
Số sách một bạn học sinh khối 8 quyên góp là: x120 (quyển)
Số sách một bạn học sinh khối 9 quyên góp là: y100 (quyển)
Mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 một quyển nên ta có phương trình:
y100−x120=1 ⇔−5x+6y=600(2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
{x+y=540−5x+6y=600
⇔{5x+5y=2700−5x+6y=600
⇔{11y=3300x=540−y
⇔{y=300(tm)x=240(tm).
Vậy khối 9 đã quyên góp được 300 quyển sách, khối 8 đã quyên góp được 240 quyển sách.
Câu 4:
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng:
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác BFEC ta có: ^BFC=^BEC=900
Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc bằng nhau.
⇒BCEF là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) KM.KA = KE.KF.
Vì BMAC là tứ giác nội tiếp ⇒^KMB=^ACB (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét ΔMKB và ΔCKA ta có:
^AKCchung^KMB=^ACK(cmt)⇒ΔMKB∼ΔCKA(g−g).⇒MKCK=KBKA⇔KM.KA=KC.KB(1).
Vì tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp ⇒^KBF=^FEC (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
Xét ΔKBF và ΔKEC ta có:
^CKFchung^KBF=^KEC(cmt)⇒ΔKBF∼ΔKEC(g−g).⇒KBKE=KFKC⇔KB.KC=KF.KF(2).
Từ (1) và (2) ta có: KM.KA=KE.KF(=KB.KC).(dpcm)
c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Kéo dài MH cắt đường tròn tại I.
Ta có: KM.KA=KE.KF(cmt)⇒KMKF=KEKA.
Xét ΔKME và ΔKFA ta có:
KMKF=KEKA(cmt)^AKEchung.⇒ΔKME∼ΔKFA(c.g.c).⇒^KAF=^KEMhay^MEF=^MAF.
Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh MF dưới hai góc bằng nhau.
⇒MAEF là tứ giác nội tiếp hay M,A,E,F cùng thuộc một đường tròn. (dhnb)
Xét tứ giác AEHF ta có: ^AFH+^AEH=900+900=1800.
⇒AEHF là tứ giác nội tiếp hay A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn.
⇒A,M,F,H,E cùng thuộc một đường tròn.
Lại có ^AFH=^AEH=900⇒AH đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm A,M,F,H,E.
Mặt khác, ^AMH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒^AMH=900hay^AMI=900⇒AI là đường kính của đường tròn (O).
⇒^ABI=900hayAB⊥BI.⇒BI//CFhayBC//CF
Chứng minh tương tự ta được CI//BEhayCI//BH.
⇒BHCI là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
⇒BC∩HI={J} hay BC∩MH={J} với J là trung điểm của BC.
Mà BC cố định nên J cố định.
Vậy khi A thay đổi ta có MH luôn đi qua trung điểm J cố định của cạnh BC.
Câu 5:
Giải hệ phương trình: {x(2x−2y+1)=yy+2√1−x−2x2=2(1+y2).
{x(2x−2y+1)=y(1)y+2√1−x−2x2=2(1+y2)(2).
Điều kiện: 1−x−2x2≥0⇔(x+1)(2x−1)≤0
⇔−1≤x≤12.
Ta có: (1)⇔x(2x−2y+1)=y ⇔2x2−2xy+x−y=0
⇔2x(x−y)+(x−y)=0⇔(2x+1)(x−y)=0⇔[2x+1=0x−y=0⇔[x=−12(tm)x=y.
+) Với x=−12⇒(2)⇔y+2√1+12−2.14=2(1+y2)
⇔y+2=2+2y2⇔2y2−y=0⇔y(2y−1)=0⇔[y=02y−1=0⇔[y=0y=12.
Khi đó hệ có tập nghiệm (x;y)={(−12;0),(−12;12)}.
+) Với x=y⇒(2)⇔x+2√1−x−2x2=2(1+x2)
⇔2√1−x−2x2=4x2−2x2−x+1+1⇔4x2−2x2−x+1−2√1−x−2x2+1=0⇔4x2+(√1−x−2x2−1)2=0⇔{2x=0√1−x−2x2−1=0⇔{x=01−x−2x2=1⇔{x=02x2+x=0⇔{x=0[x=0x=−2(ktm)⇔x=0(tm)⇒y=0.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)={(−12;0),(−12;12),(0;0)}.