Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2023

Tải về

Câu 1: a) Tính giá trị của biểu thức A=80+45. b) Rút gọn biểu thức B=(1x1+3x+1):2x+1 với x>0x1.

Tổng hợp Đề thi vào 10 có đáp án và lời giải

Toán - Văn - Anh

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Câu 1:

a) Tính giá trị của biểu thức A=80+45.

b) Rút gọn biểu thức B=(1x1+3x+1):2x+1 với x>0x1.

Câu 2:

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số y=ax2 với giá trị a vừa tìm được.

b) Giải hệ phương trình {x2y=42x+y=3

Câu 3:

Cho phương trình bậc hai x22x+m2=0 (1), với m là tham số.

a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).

b) Giải phương trình (1)  khi m=1.

c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 3(x21+x22)+x21x22=11.

Câu 4:

Trên đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, lấy hai điểm C, D sao cho CD vuông góc với AB tại H (H thuộc đoạn OA, khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM > DM), E là giao điểm của AM với đường tròn (O), N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD.

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp

b) Chứng minh NC. ND = NB. NE

c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

a) Biến đổi A2=|A|A.B=A.B

b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức

Cách giải:

a) Tính giá trị của biểu thức A=80+45.

Ta có:

A=80+45A=16.5+9.5A=42.5+32.5A=45+35A=75

Vậy A=75.

b) Rút gọn biểu thức B=(1x1+3x+1):2x+1 với x>0x1.

Với x>0x1 ta có:

B=(1x1+3x+1):2x+1B=x+1+3(x1)(x1)(x+1):2x+1B=x+1+3x3(x1)(x+1).x+12B=4x2x1.12B=2x1x1

Vậy B=2x1x1.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Thay tọa độ M vào hàm số tìm a, lập bảng vẽ đồ thị hàm số và nhận xét

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số

Cách giải:

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị của hàm số y=ax2 với giá trị a vừa tìm được.

Đồ thị hàm số y=ax2đi qua điểm M(1;2) khi và chỉ khi: a.(1)2=2a=2

Vậy a=2.

* Vẽ đồ thị hàm số y=2x2

Ta có bảng giá trị sau:

=> Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm O(0;0);A(1;2);B(1;2);C(2;8);D(2;8).

Hệ số a = 2 > 0 nên parabol có bề cong hướng lên. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số y=2x2 như sau:

b) Giải hệ phương trình {x2y=42x+y=3

Ta có: {x2y=42x+y=3{x2y=44x+2y=6{5x=10y=32x{x=2y=1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y)=(2;1).

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

a) Hệ số a, b, c của phương trình là các hệ số của số hạng x2,xvà hệ số tự do

b) Thay m = -1 vào phương trình, giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm

c) Tính Δ. Cho Δ>0 tìm m, áp dụng Viet thay vào 3(x21+x22)+x21x22=11

Cách giải:

a) Xác định các hệ số a, b, c của phương trình (1).

Hệ số a=1;b=2;c=m2.

b) Giải phương trình (1)  khi m=1.

Khi m=1 phương trình (1)  x22x3=0.

Ta có ab+c=1(2)+(3)=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=ca=3.

Vậy khi m = -1 thì tập nghiệm của phương trình là S={1;3}.

c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 3(x21+x22)+x21x22=11.

Phương trình (1) có  Δ=(1)21(m2)=m+3.

Để phương trình có hai nghiệm thì Δ0m+30m3

Áp dụng định lí Vi – ét ta có:{x1+x2=2x1.x2=m2

Theo bài ra ta có: 3(x21+x22)+x21x22=11

3[(x1+x2)22x1.x2]+x21x22=11 (2)

Thay {x1+x2=2x1.x2=m2 vào (2) ta có:

3[222(m2)]+(m2)2=113(82m)+m24m+4=11m210m+17=0()

Ta có: Δm=5217=8>0 nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt [m=5+22(ktm)m=522(tm)

Vậy với m=522 phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 3(x21+x22)+x21x22=11.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

a) Tổng hai góc đối bằng 1800

b) Chứng minh ΔNCEΔNBD(g.g)

c) Gọi HM=x(0<x<R). Tính AE, AM theo x và áp dụng bất đẳng thức Cô-si

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp

Ta có AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

         MHB=900 (do CDAB tại H) (gt)

MEB+MHB=900+900=1800.

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác MEBH nội tiếp (dhnb)

b) Chứng minh NC. ND = NB. NE

Xét ΔNCEΔNBD có:

BNC chung

NCE=NBD (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

ΔNCEΔNBD(g.g)

NCNB=NENDNC.ND=NE.NB (đpcm)

c) Khi AC = R, xác định vị trí của điểm M để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất

Xét tam giác OAC có OA = OC = AC = R => Tam giác OAC đều.

Đường cao CH đồng thời là đường trung tuyến H là trung điểm của OA AH=12OA=R2.

Đặt HM=x(0<x<R).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHM ta có: AM=R24+x22AM=R2+4x2.

Xét tam giác AHM và tam giác AEB có:

BAEchungAHM=AEB=900(cmt)

ΔAHMΔAEB(g.g)

HMBE=AHAE=AMAB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

AE=AH.ABAM=R2.2RR24+x2=2R2R2+4x2

2AM+AE=R2+4x2+2R2R2+4x2

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

R2+4x2+2R2R2+4x22R2+4x2.2R2R2+4x2=22R

Dấu “=” xảy ra

R2+4x2=2R2R2+4x2R2+4x2=2R2x2=R24x=R2(tm)

HM=R2M là trung điểm của HD.

Vậy để 2AM + AE đạt giá trị nhỏ nhất thì M là trung điểm của HD.

Tải về

Tham Gia Group Dành Cho Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

close