Đề thi vào 10 môn Toán Cà Mau năm 2019
Tải vềCâu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức
Đề bài
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức A=√5(√20−3)+√45.
b) Chứng minh rằng √24+16√2−√24−16√2=4√2.
c) Tìm tập hợp các giá trị của x sao cho √2x+1≤5
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Giải phương trình √x2−4x+4+x=8.
b) Giải hệ phương trình: {x+y=42x−y=−7
Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình x2−2(m+2)x+m+1=0 (x là ẩn)
a) Giải phương trình khi m=−32.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của m để x12+x22=8.
Câu 4 (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong 4 giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là 6 giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC), đường cao AH. Trên đoạn HC lấy điểm D sao cho HD=HB, vẽ CE vuông góc với AD(E∈AD).
a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp, xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC.
b) Chứng minh CH là tia phân giác của góc ∠ACE.
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng CA,CH và cung nhỏ AH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC. Biết CA=6cm;∠ACB=300.
Lời giải
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng quy tắc đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức A,B mà B≥0, ta có:
√A2.B=A√B,khiA≥0√A2.B=−A√B,khiA<0
b) Sử dụng công thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0.
c) √f(x)≥g(x)⇔[{g(x)<0f(x)≥0{g(x)≥0f(x)≥[g(x)]2
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức A=√5(√20−3)+√45.
Ta có:
A=√5(√20−3)+√45A=√5.√20−3.√5+√32.5A=√100−3√5+3√5A=10+(−3√5+3√5)A=10
b) Chứng minh rằng √24+16√2−√24−16√2=4√2.
Ta có:
VT=√24+16√2−√24−16√2VT=√16+2.4.2√2+8−√16−2.4.√2+8VT=√(4+2√2)2−√(4−2√2)2VT=|4+2√2|−|4−2√2|VT=4+2√2−(4−2√2)(do4−2√2>0)VT=4+2√2−4+2√2VT=4√2=VP(dpcm)
c) Tìm tập hợp các giá trị của x sao cho √2x+1≤5(∗)
Điều kiện: 2x+1≥0⇔2x≥−1⇔x≥−12
Khi đó, bất phương trình (∗)⇔2x+1≤25
⇔2x≤24⇔x≤12
Kết hợp với điều kiện, ta có: −12≤x≤12
Câu 2 (VD)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0.
b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Giải phương trình √x2−4x+4+x=8.(∗)
Ta có: x2−4x+4=(x−2)2
Điều kiện: (x−2)2≥0, luôn đúng với mọi x∈R.
√x2−4x+4+x=8⇔√(x−2)2+x=8(∗)⇔|x−2|+x=8
+) Nếu x−2≥0⇔x≥2 thì |x−2|=x−2
Khi đó, phương trình (∗) trở thành: x−2+x=8
⇔2x−2=8⇔2x=10⇔x=5 (thỏa mãn)
+) Nếu x−2<0⇔x<2 thì |x−2|=−x+2
Khi đó, phương trình (∗) trở thành: −x+2+x=8⇔−2=8 (vô lí)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={5}.
b) Giải hệ phương trình: {x+y=42x−y=−7.
{x+y=42x−y=−7⇔{3x=−3x+y=4⇔{x=−1x+y=4⇔{x=−1−1+y=4⇔{x=−1y=5
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)=(−1;5).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay m=−32 vào phương trình rồi giải phương trình bằng cách sử dụng biệt thức Δ.
b) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ⇔[Δ>0Δ′>0 với mọi giá trị của m.
c) +) Tìm ĐK để phương trình có 2 nghiệm.
+) Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng biến đổi: x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2.
Cách giải:
Cho phương trình x2−2(m+2)x+m+1=0 ( x là ẩn)
a) Giải phương trình khi m=−32.
Thay m=−32 vào phương trình đã cho, ta được:
x2−2.(−32+2)x−32+1=0⇔x2−2.12x−12=0⇔x2−x−12=0(∗)
Δ=12−4.1.(−12)=3>0⇒√Δ=√3
Phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt: x1=1+√32;x2=1−√32
Vậy S={1+√32;1−√32}.
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình x2−2(m+2)x+m+1=0 (x là ẩn)
Δ′=(m+2)2−1.(m+1)=m2+4m+4−m−1=m2+3m+3=m2+2.32.m+94+34=(m2+2.32.m+94)+34=(m+32)+34>0∀m
Vậy phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt.
c) Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của m để x12+x22=8.
Phương trình x2−2(m+2)x+m+1=0 luôn có 2 nghiệm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: {x1+x2=2(m+2)=2m+4x1x2=m+1
Theo đề bài, ta có: x12+x22=8⇔(x1+x2)2−2x1x2=8
⇒(2m+4)2−2.(m+1)=8⇔4m2+16m+16−2m−2=8⇔4m2+16m+16−2m−2−8=0⇔4m2+14m+6=0⇔2m2+7m+3=0⇔2m2+6m+m+3=0⇔2m(m+2)+(m+3)=0⇔(m+3)(2m+1)=0⇔[m+3=02m+1=0⇔[m=−3m=−12
Vậy m=−3;m=−12 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD)
Phương pháp:
+) Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là x(x>0) (giờ)
⇒ Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là x+6 (giờ)
+) Một giờ đội thứ nhất làm được: 1x (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: 1x+6 (công việc)
+) Hai đội cùng làm trong 4 giờ thì xong công việc nên 4.(1x+1x+6)=1(∗)
+) Giải phương trình (∗) ta tìm được x. Đối chiếu với điều kiện của x rồi kết luận.
Cách giải:
Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì xong trong 4 giờ. Nếu mỗi đội làm riêng xong được công việc ấy, thì đội thứ hai cần nhiều thời gian hơn đội thứ nhất là 6 giờ. Hỏi mỗi đội làm riêng xong công việc ấy trong bao lâu?
Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng xong công việc là x(x>0) (giờ)
⇒ Thời gian đội thứ hai làm riêng xong công việc là x+6 (giờ)
Một giờ đội thứ nhất làm được: 1x (công việc)
Một giờ đội thứ hai làm được: 1x+6 (công việc)
Hai đội cùng làm một công việc trong 4 giờ thì xong công việc nên ta có
4.(1x+1x+6)=1⇔1x+1x+6=14⇔4.(x+6)4x.(x+6)+4x4x.(x+6)=x.(x+6)4x.(x+6)⇒4.(x+6)+4x=x.(x+6)⇔4x+24+4x=x2+6x⇔x2+6x−4x−24−4x=0⇔x2−2x−24=0⇔x2−6x+4x−24=0⇔x(x−6)+4(x−6)=0⇔(x−6)(x+4)=0⇔[x−6=0x+4⇔[x=6(tm)x=−4(ktm)
Vậy đội thứ nhất làm riêng xong công việc trong 6 giờ
đội thứ hai làm riêng xong công việc trong 6+6=12 giờ.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Chứng minh ∠AHC=∠AEC.
b) Chứng minh ∠ACH=∠ECH.
c) Sử dụng các công thức tính diện tích hình quạt tròn.
Cách giải:
Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC), đường cao AH. Trên đoạn HC lấy điểm D sao cho HD=HB, vẽ CE vuông góc với AD(E∈AD).
a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp, xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC.
Ta có: ∠AHC=900(doAH⊥BC)
Và ∠AEC=900(doAE⊥EC)
Xét tứ giác AHEC có E,H là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh AC dưới một góc α=900(∠AHC=∠AEC=900)
Suy ra: Tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp.
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC là trung điểm của cạnh AC.
b) Chứng minh CH là tia phân giác của góc ∠ACE.
Vì tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp nên: ∠ACH=12sdcungAH (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung AH) (1)
Theo câu a, tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AC
Theo đề bài: ∠BAC=900 (vì ΔABC vuông tại A)
⇒AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O, đường kính AC
⇒∠BAH=12sdcungAH (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ∠ACH=∠BAH(3)
Vì tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp nên:
∠EAH=∠ECH=12sdcungEH (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung AH) (3)
Xét ΔABD có AH là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
⇒ΔABD cân tại A
⇒AH là phân giác của ΔABD⇒∠BAH=∠EAH(5)
Từ (3),(4) và (5) suy ra: ∠ACH=∠ECH
Vậy CH là tia phân giác của ∠ACE.
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng CA,CH và cung nhỏ AH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEC. Biết CA=6cm;∠ACB=300.
Gọi diện tích hình quạt AOH là Sq=πR2.∠AOH3600
Diện tích cần tính là: Sq+SOHC
Theo đề bài, AC=6cm,O là trung điểm của AC
⇒OA=OC=R=3cm
Ta lại có: OH=OC=R=3cm
⇒ΔOHC cân tại O
⇒∠OHC=∠OCH=300(do∠ACB=300)
⇒∠AOH=∠OHC+∠OCH=300+300=600 (Góc ngoài của tam giác)
Sq=π.32.6003600=π.3262=32π(cm2)
Gọi M là trung điểm của HC
⇒OM⊥HC (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
SOHC=12.OM.HC
Xét ΔAHC vuông tại H có:
cos∠ACH=HCAC⇒HC=AC.cos∠ACH=AC.cos300=6.√32=3√3(cm)
Vì M là trung điểm của HC nên HM=HC2=3√32
Xét ΔOMH vuông tại M, theo địnhlí Py-ta-go, ta có: OH2=OM2+MH2
⇒OM2=OH2−MH2=32−(3√32)2OM2=9−274=94⇒OM=√94=32(cm)SOHC=12.OM.HC=12.32.3√3=9√34(cm2)
Diện tích cần tính là: Sq+SOHC=32π+9√34=9√3+6π4(cm2).