Đề số 27 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 27 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề bài
Câu 1 (1 điểm):
a) Tính H=√81−√16.H=√81−√16.
b) Tìm điều kiện của xx để √x+2√x+2 có nghĩa.
Câu 2 (1,0 điểm):
Giải hệ phương trình: {x−2y=33x+2y=1.{x−2y=33x+2y=1.
Câu 3 (1,0 điểm):
Rút gọn biểu thức M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y)M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y) (với x≥0,y≥0x≥0,y≥0).
Câu 4 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình x2−2x−8=0.x2−2x−8=0.
b) Cho phương trình x2+6x+m=0x2+6x+m=0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5 (1,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,Oxy, cho đường thẳng (d):y=−3x+b(d):y=−3x+b và parabol (P):y=2x2.(P):y=2x2.
a) Xác định hệ số b để (d) đi qua điểm A(0;1).A(0;1).
b) Với b=−1,b=−1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phương pháp đại số.
Câu 6 (1,0 điểm):
Để chuẩn bị cho mùa giải sắp tới, một vận động viên đua xe ở Đồng Tháp đã luyện tập leo dốc và đổ dốc trên cầu Cao Lãnh. Biết rằng đoạn leo dốc và đổ dốc ở hai bên đầu cầu có độ dài cùng bằng 1km.1km. Trong một lần luyện tập, vận động viên khi đổ dốc nhanh hơn vận tốc khi leo dốc là 9km/h9km/h và tổng thời gian hoàn thành là 33 phút. Tính vận tốc leo dốc của vận động viên trong lần luyện tập đó.
Câu 7. Nhằm tiếp tục đẩy mạnh phong trào xây dựng trường học Xanh – Sạch – Đẹp, trường THCS A đã thiết kế một khuôn viên để trồng hoa có dạng hình tam giác vuông (như hình bên, biết rằng ΔMNKΔMNK vuông tại M, MN=6m,MK=8m,MH⊥NKMN=6m,MK=8m,MH⊥NK). Nhà trường trồng hoa mười giờ dọc các đoạn NK, MH.
a) Tính độ dài các đoạn NK, MH.
b) Biết rằng chi phí trồng hoa mười giờ là 20000 đồng trên mỗi mét chiều dài. Tính tổng chi phí để trồng các luống hoa mười giờ đó.
Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC)(AB<AC), đường cao AH(H∈BC)AH(H∈BC), trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD=BABD=BA, vẽ CE vuông góc AD (E∈AD)(E∈AD).
a) Chứng minh tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh DA.HE=DH.ACDA.HE=DH.AC
c) Chứng minh tam giác EHCEHC là tam giác cân.
Lời giải chi tiết
Câu 1:
a) Tính H=√81−√16.H=√81−√16.
H=√81−√16=√92−√42=9−4=5.H=√81−√16=√92−√42=9−4=5.
b) Tìm điều kiện của xx để √x+2√x+2 có nghĩa.
Biểu thức √x+2√x+2 có nghĩa ⇔x+2≥0⇔x≥−2.⇔x+2≥0⇔x≥−2.
Câu 2:
Giải hệ phương trình: {x−2y=33x+2y=1.{x−2y=33x+2y=1.
{x−2y=33x+2y=1⇔{4x=42y=x−3{x−2y=33x+2y=1⇔{4x=42y=x−3
⇔{x=12y=−2⇔{x=1y=−1.⇔{x=12y=−2⇔{x=1y=−1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;−1).(x;y)=(1;−1).
Câu 3:
Rút gọn biểu thức M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y)M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y) (với x≥0,y≥0x≥0,y≥0).
M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y)=x+√y+√xy−1+√x+1√x+1.(√x−√y)=x+√y+√xy+√x√x+1.(√x−√y)=√x(√x+1)+√y(√x+1)√x+1.(√x−√y)=(√x+1)(√x+√y)√x+1.(√x−√y)=(√x+√y).(√x−√y)=x−y.M=(x+√y+√xy−1√x+1+1).(√x−√y)=x+√y+√xy−1+√x+1√x+1.(√x−√y)=x+√y+√xy+√x√x+1.(√x−√y)=√x(√x+1)+√y(√x+1)√x+1.(√x−√y)=(√x+1)(√x+√y)√x+1.(√x−√y)=(√x+√y).(√x−√y)=x−y.
Câu 4:
a) Giải phương trình x2−2x−8=0.x2−2x−8=0.
Ta có: Δ′=1+8=9>0⇒Δ′=1+8=9>0⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt: [x1=1+√9=4x2=1−√9=−2.[x1=1+√9=4x2=1−√9=−2.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S={−2;4}.S={−2;4}.
b) Cho phương trình x2+6x+m=0x2+6x+m=0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0⇔Δ′>0
⇔9−m>0⇔m<9.⇔9−m>0⇔m<9.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi m<9.m<9.
Câu 5:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,Oxy, cho đường thẳng (d):y=−3x+b(d):y=−3x+b và parabol (P):y=2x2.(P):y=2x2.
a) Xác định hệ số b để (d) đi qua điểm A(0;1).A(0;1).
Ta có: (d) đi qua điểm A(0;1)⇒1=−3.0+b⇔b=1.A(0;1)⇒1=−3.0+b⇔b=1.
Vậy b=1b=1 là giá trị cần tìm.
b) Với b=−1,b=−1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phương pháp đại số.
Với b=−1b=−1 ta có: (d):y=−3x−1.(d):y=−3x−1.
Phương trình hoành độ của (d)(d) và (P)(P) là: −3x−1=2x2⇔2x2+3x+1=0−3x−1=2x2⇔2x2+3x+1=0
⇔(x+1)(2x+1)=0⇔[x=−1x=−12.⇔(x+1)(2x+1)=0⇔⎡⎣x=−1x=−12.
+) Với x=−1⇒y=2.(−1)2=2x=−1⇒y=2.(−1)2=2 ⇒A(−1;2).⇒A(−1;2).
+) Với x=−12⇒y=2.(−12)2=12x=−12⇒y=2.(−12)2=12 ⇒B(−12;12).⇒B(−12;12).
Vậy với b=−1b=−1 thì (d)(d) cắt (P)(P) tại hai điểm phân biệt A(−1;2),B(−12;12).A(−1;2),B(−12;12).
Câu 6:
Để chuẩn bị cho mùa giải sắp tới, một vận động viên đua xe ở Đồng Tháp đã luyện tập leo dốc và đổ dốc trên cầu Cao Lãnh. Biết rằng đoạn leo dốc và đổ dốc ở hai bên đầu cầu có độ dài cùng bằng 1km.1km. Trong một lần luyện tập, vận động viên khi đổ dốc nhanh hơn vận tốc khi leo dốc là 9km/h9km/h và tổng thời gian hoàn thành là 33 phút. Tính vận tốc leo dốc của vận động viên trong lần luyện tập đó.
Gọi vận tốc khi leo dốc của vận động viên trong lần luyện tập đó là x(km/h),(x>0).x(km/h),(x>0).
Khi đó vận tốc của vận động viên khi đổ dốc trong lần luyện tập đó là: x+9(km/h).x+9(km/h).
Thời gian vận động viên leo dốc và đổ dốc trong lần luyện tập đó lần lượt là: 1x(h),1x+9(h).1x(h),1x+9(h).
Theo đề bài ta có phương trình: 1x+1x+9=360=1201x+1x+9=360=120
⇔20(x+9)+20x=x(x+9)⇔20x+180+20x=x2+9x⇔x2−31x−180=0⇔(x−36)(x+5)=0⇔[x−36=0x+5=0⇔[x=36(tm)x=−5(ktm).⇔20(x+9)+20x=x(x+9)⇔20x+180+20x=x2+9x⇔x2−31x−180=0⇔(x−36)(x+5)=0⇔[x−36=0x+5=0⇔[x=36(tm)x=−5(ktm).
Vậy vận tốc khi leo dốc của vận động viên trong lần luyện tập đó là 36km/h.36km/h.
Câu 7.
Nhằm tiếp tục đẩy mạnh phong trào xây dựng trường học Xanh – Sạch – Đẹp, trường THCS A đã thiết kế một khuôn viên để trồng hoa có dạng hình tam giác vuông (như hình bên, biết rằng ΔMNKΔMNK vuông tại M, MN=6m,MK=8m,MH⊥NKMN=6m,MK=8m,MH⊥NK). Nhà trường trồng hoa mười giờ dọc các đoạn NK, MH.
a)
Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông MNK có:Tính độ dài các đoạn NK, MH.
NK2=MN2+MK2=62+82=100NK2=MN2+MK2=62+82=100
⇒NK=10(m)⇒NK=10(m)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MNK có:
MN.MK=MH.NKMN.MK=MH.NK
⇒NH=MN.MKNK=6.810=4,8(m)⇒NH=MN.MKNK=6.810=4,8(m)
b) Biết rằng chi phí trồng hoa mười giờ là 20000 đồng trên mỗi mét chiều dài. Tính tổng chi phí để trồng các luống hoa mười giờ đó.
Tổng độ dài hai đoạn NK và MH là 10+4,8=14,8(m)10+4,8=14,8(m)
Do đó chi phí trồng hoa mười giờ là: 14,8.20000=29600014,8.20000=296000 (đồng)
Câu 8.
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC)(AB<AC), đường cao AH(H∈BC)AH(H∈BC), trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD=BABD=BA, vẽ CE vuông góc AD (E∈AD)(E∈AD).
a) Chứng minh tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp.
Ta có ∠AHC=∠AEC=900(gt)⇒∠AHC=∠AEC=900(gt)⇒ Tứ giác AHEC là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh H và E kề cạnh HE cùng nhìn cạnh AC dưới góc 900900)
b) Chứng minh DA.HE=DH.ACDA.HE=DH.AC
⇒∠ACH=∠AEH⇒∠ACH=∠AEH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH)
Xét ΔADCΔADC và ΔHDEΔHDE có:
∠ADC=∠HDE∠ADC=∠HDE (đối đỉnh);
∠ACH=∠AEH(cmt)⇒ΔADC∼ΔHDE(g.g)⇒DADH=ACHE⇒DA.HE=DH.AC(dpcm)∠ACH=∠AEH(cmt)⇒ΔADC∼ΔHDE(g.g)⇒DADH=ACHE⇒DA.HE=DH.AC(dpcm)
c) Chứng minh tam giác EHCEHC là tam giác cân.
Cách 1:
Ta có: AB=BD(gt)⇒ΔABDAB=BD(gt)⇒ΔABD cân tại B⇒∠BAD=∠ADBB⇒∠BAD=∠ADB (hai góc kề đáy).
Mà ∠BAC=900∠BAC=900 ⇒∠BAD+∠DAC=900⇒∠BAD+∠DAC=900 ⇔∠ADB+∠DAC=900(1)⇔∠ADB+∠DAC=900(1)
Xét ΔAHDΔAHD vuông tại HH ta có:
∠HDA+∠HAD=900∠HDA+∠HAD=900 ⇔∠BDA+∠HAD=900(2)⇔∠BDA+∠HAD=900(2)
Từ (1)(1) và (2)(2) ⇒∠HAD=∠DAChay∠HAE=∠EAC(3)⇒∠HAD=∠DAChay∠HAE=∠EAC(3)
Xét tứ giác AHECAHEC nội tiếp ta có:
∠EAC=∠EHC∠EAC=∠EHC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (4)
∠HAE=∠HCE∠HAE=∠HCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) (5)
Từ (4)(4) và (5)⇒∠CHE=∠HCE(=∠HAE=∠EAC).(5)⇒∠CHE=∠HCE(=∠HAE=∠EAC).
⇒ΔHEC⇒ΔHEC cân tại E(dpcm).E(dpcm).
Cách 2:
Do AB⊥AC⇒ABAB⊥AC⇒AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC
⇒∠BAE=∠ACE⇒∠BAE=∠ACE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AE)
Gọi F là trung điểm của AD, do tam giác ABD cân tại B (BA=BD)(BA=BD)
⇒BF⊥AD⇒BF⊥AD (trung tuyến đồng thời là đường cao)
Và ∠ABF=∠DBF(1)∠ABF=∠DBF(1) (trung tuyến đồng thời là đường phân giác).
Xét tam giác ABF và tam giác CAE có:
∠AFB=∠CEA=900;∠BAF=∠ACE(cmt)⇒ΔABF∼ΔCAE(g.g)⇒∠ABF=∠CAE∠AFB=∠CEA=900;∠BAF=∠ACE(cmt)⇒ΔABF∼ΔCAE(g.g)⇒∠ABF=∠CAE
Lại có: ∠CAE=∠CHE∠CAE=∠CHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) ⇒∠ABF=∠CHE(2)⇒∠ABF=∠CHE(2)
Ta có: {BF⊥AE(cmt)CE⊥AE(gt)⇒BF//CE⇒∠DBF=∠HCE(3) (so le trong)
Từ (1), (2) và (3) ⇒∠CHE=∠HCE⇒ΔEHC cân tại E (đpcm).
Loigiaihay.com
- Đề số 28 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
- Đề số 29 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
- Đề số 30 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
- Đề số 31 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
- Đề số 32 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán
>> Xem thêm
Các bài khác cùng chuyên mục