Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Trị năm 2019
Tải vềCâu 1 (2,0 điểm): Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau:
Đề bài
Câu 1 (2,0 điểm):
Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau:
A=√18−√50
B=(1√a−2+1√a+2).a−4√a với a>0,a≠4
Câu 2 (2,5 điểm): Cho hàm số y=−x2 có đồ thị (P).
a) Vẽ (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d1):y=2x−3.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d2): y=2x+m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn 1x1+1x2=25.
Câu 3 (1,5 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 58m và diện tích là 190m2 . Tính chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó.
Câu 4 (3 điểm): Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ đến (O) các tiếp tuyến MP,MQ và cát tuyến MAB không đi qua tâm (A,B,P,Q thuộc (O)). Gọi I là trung điểm của AB, E là giao điểm của PQ và AB.
a) Chứng minh MPOQ là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh hai tam giác MPE và MIP đồng dạng với nhau.
c) Giả sử PB=a và A là trung điểm của MB. Tính PA theo a.
Câu 5 (1 điểm): Giải phương trình √2x−4+√6−2x=4x2−20x+27
Lời giải
Câu 1 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng công thức: √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0.
Cách giải:
A=√18−√50=√9.2−√25.2=3√2−5√2=−2√2
Với a>0,a≠4 ta có:
B=(1√a−2+1√a+2).a−4√a=(√a+2a−4+√a−2a−4).a−4√a=2√aa−4.a−4√a=2.
Vậy A=−2√2 và B=2.
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
a) Tìm các điểm đi qua của Parabol và vẽ đồ thị hàm số.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm, giải phương trình tìm x và suy ra y. Từ đó kết luận giao điểm.
c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔Δ′>0 và x=0 không là nghiệm của phương trình.
Biến đổi điều kiện bài cho làm xuất hiện x1+x2 và x1x2 rồi áp dụng Vi – et tìm m.
Kiểm tra điều kiện của m và kết luận.
Cách giải:
a) Vẽ (P)
Cho x nhận các giá trị −2;−1;0;1;2 ta có bảng sau:
x |
−2 |
−1 |
0 |
1 |
2 |
y |
−4 |
−1 |
0 |
−1 |
−4 |
Do đó đồ thị hàm số đi qua các điểm A(−2;−4),B(−1;−1),O(0;0),C(1;−1),D(2;−4).
Đồ thị:
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d1):y=2x−3 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d1):
−x2=2x−3⇔x2+2x−3=0⇔[x=1x=−3
Với x=1 thì y=−1 nên E(1;−1)
Với x=−3 thì y=−9 nên F(−3;−9)
Vậy giao điểm của (P) và (d1) lần lượt là E(1;−1) và F(−3;−9).
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d2) : y=2x+m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn 1x1+1x2=25 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d2) là:
−x2=2x+m⇔x2+2x+m=0(1)
Để (P) và (d2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì Δ′>0⇔1−m>0⇔m<1.
Từ yêu cầu bài toán ta suy ra x1,x2≠0 nên phương trình (1) không nhận x=0 làm nghiệm hay02+2.0+m≠0⇔m≠0.
Theo hệ thức Vi – et ta có: {x1+x2=−2x1x2=m.
Khi đó:
1x1+1x2=25⇔x1+x2x1x2=25⇒5(x1+x2)=2x1x2⇒5.(−2)=2.m⇔m=−5(TM)
Vậy m=−5 là giá trị cần tìm.
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Bước 1: Lập phương trình
- Chọn ẩn số và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số.
- Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết
- Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.
Bước 2. Giải phương trình
Bước 3: Trả lời
Kiểm tra xem trong các nghiệm của phương trình, nghiệm nào thoả mãn điều kiện của ẩn, nghiệm nào không, rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là x(m);
chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là y(m).
Điều kiện: y>x>0.
Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là : 58:2=29(m) nên x+y=29.
Diện tích mảnh đất hình chữ nhật là 190m2 nên: x.y=190.
Theo bài ra ta có hệ phương trình {x+y=29xy=190
Khi đó x,y là nghiệm của phương trình:
X2−29X+190=0⇔(X−19)(X−10)=0⇔[X=19(tm)X=10(tm)
Vì x<y nên : x=10;y=19
Vậy chiều rộng mảnh đất là 10m; chiều dài mảnh đất là 19m .
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Chỉ ra tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180∘ là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc
c) Chứng minh hai tam giác MAP và MPB đồng dạng từ đó suy ra tỉ lệ cạnh và tính PA.
Cách giải:
a) Chứng minh MPOQ là tứ giác nội tiếp
Vì MP,MQ là hai tiếp tuyến của (O) nên MP⊥OP;MQ⊥OQ⇒∠MPO=90∘;∠MQO=90∘
Xét tứ giác MPOQ có ∠MPO+∠MQO=90∘+90∘=180∘ mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác MPOQ là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh hai tam giác MPE và MIP đồng dạng với nhau.
Xét (O) có AB là dây và I là trung điểm AB nên OI⊥AB tại I (quan hệ giữa đường kính và dây)
Ta có ∠MPO=90∘;∠MQO=90∘;∠MIO=90∘ nên 5 điểm M;P;Q;I;O cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
Suy ra ∠MIP=∠MPQ (góc nội tiếp cùng chắn cung MP) (1)
Ta lại có MP=MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ΔMPQ cân tại M⇒∠MPQ=∠MQP (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠MIP=∠MPE
Xét ΔMPE và ΔMIP có ∠PMI chung và ∠MIP=∠MPE (cmt) nên ΔMPE∼ΔMIP(g−g)
c) Giả sử PB=a và A là trung điểm của MB. Tính PA theo a.
Xét đường tròn (O) có ∠MPA=∠MBP (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AP)
Xét ΔMPA và ΔMBP có ∠PMB chung và ∠MPA=∠MBP (cmt)
Suy ra MAMP=MPMB=APPB
⇒MP2=MA.MB mà A là trung điểm của MB nên MB=2MA
Do đó, MP2=MA.2MA⇔MP2=2MA2⇔MP=√2MA⇔MAMP=1√2
Suy ra APPB=MAMP=1√2⇔AP=PB√2=a√22.
Vậy AP=a√22.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ.
- Đặt ẩn phụ √2x−4+√6−2x=t và tìm điều kiện.
- Đưa phương trình về phương trình ẩn t.
- Giải phương trình ẩn t tìm t và suy ra x.
Cách giải:
Điều kiện: {2x−4≥06−2x≤0⇔{x≥2x≤3⇔2≤x≤3
Đặt √2x−4+√6−2x=t(t≥0) ta có:
t2=(√2x−4+√6−2x)2=2x−4+6−2x+2√(2x−4)(6−2x)=2+2√−4x2+20x−24⇒√−4x2+20x−24=t2−22.
Điều kiện: t2−22≥0⇔[t≥√2t≤−√2, kết hợp t≥0 ta được t≥√2.
Khi đó −4x2+20x−24=(t2−22)2⇔4x2−20x+24=−t4−4t2+44
Thay vào phương trình đã cho ta được:
t=−t4−4t2+44+3⇔4t=−t4+4t2−4+12⇔t4−4t2+4t−8=0⇔t2(t2−4)+4(t−2)=0⇔t2(t−2)(t+2)+4(t−2)=0⇔(t−2)[t2(t+2)+4]=0
⇔t−2=0 (do t≥√2 nên t2(t+2)+4>0,∀t)
⇔t=2(TM)
Suy ra 4x2−20x+24=−1⇔4x2−20x+25=0⇔x=52(TM)
Vậy phương trình có nghiệm x=52.