Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2020

>>>> Tải về ↓

Câu 1: 1. Thực hiện phép tính

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1:

1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)

2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x  + 7}}\) với \(x \ge 0.\)

3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)

Câu 2: 

Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.

1. Giải phương trình với \(m =  - 1\).

2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).

3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

Câu 3:

Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Câu 4: 

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).

a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp

b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)

c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)

d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)

Câu 5: 

Cho \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\) 

Lời giải chi tiết

Câu 1 (2 điểm)

Cách giải:

1. Thực hiện phép tính \(2 + \sqrt 9 .\)

Ta có: \(2 + \sqrt 9  = 2 + 3 = 5.\)

2. Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x  + 7}}\) với \(x \ge 0.\)

Điều kiện: \(x \ge 0\) 

\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} - \dfrac{1}{{\sqrt x  + 7}}} \right):\dfrac{5}{{\sqrt x  + 7}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x  + 7 - \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x  + 7}}{5}\\\,\,\,\, = \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 7} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x  + 7}}{5}\\\,\,\, = \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}.\end{array}\)

Vậy \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}\) với \(x \ge 2.\)

3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right..\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 4\\x - 2y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x = 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right..\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,1} \right).\)

Câu 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho phương trình \({x^2} + 4x + 3m - 2 = 0\), với \(m\) là tham số.

1. Giải phương trình với \(m =  - 1\).

Thay \(m =  - 1\) vào phương trình đã cho ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} + 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x + 5x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 5\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 5\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy khi \(m =  - 1\) thì tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - 5} \right\}\).

2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).

Vì \(x = 2\) là một nghiệm của phương trình nên thay \(x = 2\) vào phương trình ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{2^2} + 4.2 + 3m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3m + 10 = 0\\ \Leftrightarrow m =  - \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)

Vậy khi \(m =  - \dfrac{{10}}{3}\) thì phương trình đã cho có một nghiệm \(x = 2\).

3. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1} + 2{x_2} = 1\).

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( {3m - 2} \right) = 4 - 3m + 2 = 6 - 3m\).

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 6 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 2\).

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 4\\{x_1}{x_2} = 3m - 2\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\).

Theo bài ra ta có: \({x_1} + 2{x_2} = 1 \Leftrightarrow {x_1} = 1 - 2{x_2}\).

Thế vào hệ (*) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}1 - 2{x_2} + {x_2} =  - 4\\\left( {1 - 2{x_2}} \right).{x_2} = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\\left( {1 - 2.5} \right).5 = 3m - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\3m - 2 =  - 45\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 5\\m =  - \dfrac{{43}}{3}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m =  - \dfrac{{43}}{3}\).

Câu 3 (2 điểm)

Cách giải:

Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của canô khi nước yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Gọi vận tốc của canô khi nước yên lặng là \(x\) (km/h) \(\left( {x > 4} \right)\)

Vận tốc canô khi xuôi dòng là \(x + 4\) (km/h)

Vận tốc canô khi ngược dòng là \(x - 4\) (km/h)

Thời gian canô xuôi dòng từ bến A đến bến B là \(\dfrac{{32}}{{x + 4}}\) giờ

Thời gian canô ngược dòng từ bến B về bến A là \(\dfrac{{32}}{{x - 4}}\) giờ

Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{32}}{{x + 4}} + \dfrac{{32}}{{x - 4}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32\left( {x - 4} \right) + 32\left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{32x - 128 + 32x + 128}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}} = 6\\ \Leftrightarrow \dfrac{{64x}}{{{x^2} - 16}} = 6\\ \Rightarrow 6{x^2} - 96 = 64x\\ \Leftrightarrow 6{x^2} - 64x - 96 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 32x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 36x + 4x - 48 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 12} \right) + 4\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3x + 4} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + 4 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{4}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy vận tốc của canô khi nước yên lặng là 12 km/h.

Câu 4 (3,5 điểm)

Cách giải:

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)\(A\) là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến \(AB\)\(AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AO\)\(BC\). Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(AD\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(E\).

 

a. Chứng minh \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là các tiếp tuyến, \(B,C\) là các tiếp điểm tương ứng nên \(\angle ABO = {90^0};\angle ACO = {90^0}\)

Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc \(\angle ABO;\angle ACO\) đối nhau nên tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b. Tính độ dài \(AH\) biết \(R = 3cm,AB = 4cm.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A.\)

Suy ra \(AB = AC\) (tính chất), mà \(OB = OC = R\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\)

Do đó \(OA \bot BC\) tại \(H.\)

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có: \(A{O^2} = A{B^2} + O{B^2} = {4^2} + {3^2} = 25\) \( \Rightarrow OA = 5cm\)

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\)\( \Leftrightarrow AH = \dfrac{{A{B^2}}}{{AO}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = 3,2cm\)

Vậy \(AH = 3,2cm\).

c. Chứng minh \(AE.AD = AH.AO\)

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = AH.AO\) (1)

Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(ABD\) có:

\(\angle BAE\) chung

\(\angle ABE = \angle BDE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BE\) trong đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(\Delta AEB \sim \Delta ABD\left( {g - g} \right)\) 

\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AE.AD = A{B^2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE.AD = AH.AO\).

d. Tia \(CE\) cắt \(AH\) tại \(F\). Chứng tỏ \(F\) là trung điểm của \(AH.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle BCD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(BC \bot CD\)

Lại có \(AO \bot BC\) nên \(CD//AO\)

Suy ra \(\angle ADC = \angle OAD\) (so le trong)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\angle ACE = \angle EDC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(EC\))

Suy ra \(\angle ACE = \angle FAE\) \(\left( { = \angle CDE} \right)\)

Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta CFA\) có:

\(\angle AFE\) chung

\(\angle ACE = \angle FAE\) (cmt)

Suy ra \(\Delta AFE \sim \Delta CFA\left( {g - g} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{CF}} = \dfrac{{FE}}{{FA}}\\ \Rightarrow F{A^2} = FC.FE\left( * \right)\end{array}\)

Theo câu b ta có \(AE.AD = AH.AO\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AD}}\)

Suy ra \(\Delta AEH \sim \Delta AOD\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \angle AHE = \angle ADO\)

Suy ra tứ giác \(EHOD\) là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)

Suy ra \(\angle HED = \angle BOA\) (cùng phụ với \(\angle AOD\))

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle CED = \angle CBD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))

Lại có \(\angle BOH + \angle HBO = {90^0}\) (do \(\Delta BHO\) vuông tại \(H\))

Nên \(\angle EHD + \angle CED = {90^0} \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\)  hay \(EH \bot FC\)

Xét tam giác \(HFC\) vuông tại H có \(HE\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(F{H^2} = FE.FC\) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(F{A^2} = F{H^2}\) \( \Leftrightarrow FA = FH \Rightarrow F\) là trung điểm \(AH\).

Câu 5 (0,5 điểm)

Cách giải:

Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y \le 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}Q = {x^2} + {y^2} - 9x - 12y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} + 25\\ = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\\ = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + \left( {2x + y} \right) + \dfrac{{16}}{{2x + y}} - 9\left( {x + y} \right) + 20\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\\{\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0\\2x + y + \dfrac{{16}}{{2x + y}} \ge 2\sqrt {\left( {2x + y} \right).\dfrac{{16}}{{2x + y}}}  = 8\\ - 9\left( {x + y} \right) \ge  - 9.3 =  - 27\\ \Rightarrow Q \ge 0 + 0 + 8 - 27 + 20 = 1\\ \Rightarrow Q \ge 1\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 1,y = 2\).

Vậy \({Q_{\min }} = 1\) khi \(x = 1,y = 2\). 


Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu
Tải về

Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay