Đề số 6 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 6 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Câu 1. (2.5 điểm)
a) Rút gọn các biểu thức
A=√12+√27−√48
B=(1√x−1−1√x+1):x+1x−1 với x≥0 và x≠±1
b) Giải hệ phương trình {x+2y=123x−y=1
Câu 2. (2 điểm)
Cho phương trình x2+5x+m=0(∗) (m là tham số )
a) Giải phương trình (*) khi m=−3
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 9x1+2x2=18
Câu 3. (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho parabol (P):y=12x2 và đường thẳng (d):y=(2m−1)x+5.
a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E(7;12).
c) Đường thẳng y=2 cắt parabol (P) tại hai điểm A,B. Tìm tọa độ của A,B và tính diện tích tam giác OAB.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K ( K khác A ), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA.CK = CE.CH
c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.
d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.
Lời giải chi tiết
Câu 1.
a) Rút gọn các biểu thức
A=√12+√27−√48=√22.3+√32.3−√42.3=2√3+3√3−4√3=√3.
B=(1√x−1−1√x+1):x+1x−1 với x≥0 và x≠±1
B=(√x+1(√x−1)(√x+1)−√x−1(√x−1)(√x+1)):x+1(√x−1)(√x+1)=√x+1−√x+1(√x−1)(√x+1).(√x−1)(√x+1)x+1=2x+1.
b) Giải hệ phương trình {x+2y=123x−y=1
{x+2y=123x−y=1⇔{x+2y=12y=3x−1
⇔{x+2(3x−1)=12y=3x−1
⇔{7x=14y=3x−1⇔{x=2y=5
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;5).
Câu 2.
Cho phương trình x2+5x+m=0(∗) (m là tham số )
a) Giải phương trình (*) khi m=−3
Thay m=−3 vào phương trình (*) ta có: x2+5x−3=0
Ta có: a=1;b=5;c=−3;
Δ=b2−4ac=52+12=37>0
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: [x1=−5−√372x2=−5+√372
Vậy khi m=−3 thì phương trình (*) có tập nghiệm là: S={−5−√372;−5+√372}
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 9x1+2x2=18(3)
+) Phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 khi và chỉ khi Δ≥0⇔25−4m≥0⇔m≤254
+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: {x1+x2=−5(1)x1.x2=m(2)
Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:
{x1+x2=−59x1+2x2=18
⇔{2x1+2x2=−109x1+2x2=18
⇔{−7x1=−28x2=−5−x1⇔{x1=4x2=−9
Thay x1=4;x2=−9 vào (2) ta được: 4.(−9)=m⇔m=−36(tm)
Vậy m=−36 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho parabol (P):y=12x2 và đường thẳng (d):y=(2m−1)x+5.
a) Vẽ đồ thị của (P).
Ta có bảng giá trị:
x |
−4 |
−2 |
0 |
2 |
4 |
y=12x2 |
8 |
2 |
0 |
2 |
8 |
Đồ thị:
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E(7;12).
Đường thẳng (d) đi qua điểm E(7;12)⇒12=(2m−1).7+5
⇔12=14m−7+5⇔14m=14⇔m=1.
Vậy m=1 thỏa mãn điều kiện bài toán.
c) Đường thẳng y=2 cắt parabol (P) tại hai điểm A,B. Tìm tọa độ của A,B và tính diện tích tam giác OAB.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2 và parabol (P) là:
12x2=2⇔x2=4
⇔[x=−2x=2⇒{A(−2;2)B(2;2).
Đường thẳng y=2 cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(−2;2) và B(2;2).
Gọi H là giao điểm của đường thẳng y=2 và trục Oy⇒H(0;2).
Khi đó ta có: SAOB=SAOH+SOBH.
Ta có: {SAOH=12AH.OH=12.|xA|.|yH|=12.2.2=2SBOH=12HB.OH=12.|xB|.|yH|=12.2.2=2.
SAOB=SAOH+SOBH=2+2=4.
Vậy diện tích tam giác OAB là 4(dvdt).
Câu 4.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có ^AKB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒^AKE=900.
Xét tứ giác AHEK có ^AKE+^AHE=900+900=1800⇒ tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 0 ).
b) Chứng minh CA.CK = CE.CH
Xét tam giác CKE và tam giác CHA có:
^CKE=^CHA=900;
^ACH chung;
⇒ΔCKE∼ΔCHA(g.g)
⇒CKCH=CECA
⇒CA.CK=CE.CH (đpcm).
c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.
Ta có d⊥AC;^AKB=900⇒BK⊥AK
⇒BK⊥AC⇒d//BK. (từ vuông góc đến song song).
Xét tam giác OMN có
OM=ON(=R)⇒ΔOMN cân tại O.
⇒ Đường cao OH đồng thời là đường phân giác ⇒^MOB=^NOB⇒ sđ cung MB = sđ cung NB.
⇒^MKB=^NKB (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Ta có ^KFN=^MKB (đồng vị);
^KNF=^NKB (so le trong);
Mà ^MKB=^NKB(cmt)
⇒^KFN=^KNF
⇒ΔNEK cân tại K .
d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.
Ta có ^AKB=900⇒BK⊥AK⇒BK⊥AC⇒ΔKEC vuông tại K.
Lại có KE = KC (gt) ⇒ΔKEC vuông cân tại K ⇒^KEC=450 ;
⇒^HEB=^KEC=450 (đối đỉnh) ⇒ΔHEB vuông cân tại H ⇒^HBE=450⇒^OBK=450
Tam giác OBK có OB=OK(=R)⇒ΔOBK cân tại O ⇒^OBK=^OKB=450
⇒^BOK=1800−450−450=900⇒ΔBOK vuông cân tại O⇒OK⊥OB ;
Lại có MN⊥AB(gt)⇒MN⊥OB.
Vậy MN // OK.