Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 8
-
3638 lượt thi
-
5 câu hỏi
-
120 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Cho biểu thức: P=(4√x2+√x+8x4−x):(√x−1x−2√x−2√x) với x>9.
1) Rút gọn biểu thức P?
2) Tìm m để với mọi giá trị x>9 ta có m(√x−3)P>x+1
Xem đáp án
1) Với x>9 thì biểu thức P đã có nghĩa.
Ta có: P=[4√x(2−√x)(2+√x)(2−√x)+8x4−x]:[√x−1x−2√x−2(√x−2)√x(√x−2)]
=[4√x(2−√x)+8x4−x]:[√x−1−2(√x−2)x−2√x]=(8√x+4x4−x):(3−√xx−2√x)
=[4√x(√x+2)(2−√x)(2+√x)].(x−2√x3−√x)=(4√x2−√x).[√x(√x−2)3−√x]=4x√x−3
Vậy P=4x√x−3
Cách 2: Đặt a=√x a≥0
Ta có: P=(4a2+a+8a24−a2):(a−1a2−2a−2a)
=[4a(2−a)(2+a)(2−a)+8a2(2+a)(2−a)]:[a−1a(a−2)−2(a−2)a(a−2)]
=4a(2−a)+8a2(2+a)(2−a):a−1−2(a−2)a(a−2)=4a2+8a(2+a)(2−a):3−aa(a−2)
=4a(a+2)(2+a)(2−a).a(a−2)3−a=4a2a−3=4x√x−3
Nhận xét. Bài toán rút gọn biểu thức áp dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
2) Ta có: m(√x−3)P>x+1⇔m(√x−3).4x√x−3>x+1
⇔4mx>x+1⇔(4m−1)x>1⇔{4m−1>0⇔m<14x>14m−1(∗)
Giải (*), do x>9⇔14m−1>9⇔19>4m−1⇔518>m
Như vậy 14<m<518.
Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện của tham số để biến thỏa mãn một bất đẳng thức trước
Câu 2:
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó.
2) Xác định a, b để đường thẳng (d):ax+b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2 và cắt đồ thị (P):y=14x2 tại điểm có hoành độ bằng 2.
Xem đáp án
1) Gọi chiều dài của thửa ruộng là x (m).
Chiều rộng là y (m).
Điều kiện:x,y>0 .
Diện tích thửa ruộng là x.y.
Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x+2)(y+3) và diện tích tăng thêm 100m2, tức là (x+2)(y+3)=xy+100 (1)
Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x−2)(y−2) và diện tích giảm đi 68m2, tức là (x−2)(y−2)=xy−68 (2)
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình {(x+2)(y+3)=xy+100(x−2)(y−2)=xy−68
⇔{xy+3x+2y+6=xy+100xy−2x−2y+4=xy−68⇔{3x+2y=942x+2y=72⇔{x=22x+y=36⇔{x=22y=14
Vậy diện tích thửa ruộng là: S=22.14=308(m2)
2) Đường thẳng (d):y=ax+b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2, nên ta có phưong trình: −2=a.0+b⇔b=−2
Suy ra đường thẳng (d) có dạng: y=ax−2.
Đường thẳng (d):y=ax−2 cắt đồ thị (P):y=14x2 tại điểm có hoành độ bằng 2, nên ta có phương trình:a.2−2=14.22⇔a=32
Vậy đường thẳng (d) là: y=32x−2.
Câu 3:
1) Giải hệ phương trình {(2x+3y−2)(x−5y−3)=0x−3y=1
2) Giải phương trình: 3√x−2−√x2−4=0.
3) Cho phương trình (2m−1)x2−2mx+1=0. Tìm m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (−1;0)?
Xem đáp án
1) Hệ Phương trình tương đương với: {[2x+3y−2=0x−5y−3=0x−3y=1
⇔{2x+3y−2=0x−3y=1∨{x−5y−3=0x−3y=1
⇔{2(1+3y)+3y−2=0x=1+3y∨{(1+3y)−5y−3=0x=1+3y
⇔{9y=0x=1+3y∨{−2y−2=0x=1+3y⇔{x=1y=0∨{x=−2y=−1
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)=(1;0),(−2;−1)
2) Điều kiện: {x−2≥0x2−4≥0⇔{x≥2[x≤−1x≥2⇔x≥2
Phương trình tương đương 3√x−2−√(x−2)(x+2)=0
⇔√x−2(3−√x+2)=0⇔[√x−2=03−√x+2=0⇔[x=2x+2=9⇔[x=2x=7 (thõa mãn điều kiện)
3) + Xét 2m−1=0⇔m=12phương trình trở thành: −x+1=0⇔x=1, không thuộc khoảng (−1;0).
+ Xét 2m−1≠0⇔m≠12, khi đó ta có
Δ′=m2−(2m−1).1=m2−2m+1=(m−1)2≥0,∀m; nên phương trình có nghiệm với mọi m.
Suy ra √Δ′=m−1.
Phương trình có nghiệm là: {x=m+(m−1)2m−1=1∉(−1;0)x=m−(m−1)2m−1=12m−1
Theo bài ra, ta có: −1<12m−1<0⇔{−1<12m−112m−1<0⇔{2m2m−1>02m−1<0⇔m<0
Vậy phương trình có nghiệm thuộc khoảng (−1;0) khi và chỉ khi m<0.
Câu 4:
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O;R) tại điểm thứ hai là M.
1) Chứng minh ΔSMA đồng dạng với ΔSBC.
2) Gọi H là giao điểm của MAvà BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK//CD.
3) Chứng minh: OK.OS=R2.
Xem đáp án
1) ΔSBC và ΔSMA có:
^BSC=^MSA, ^SCB=^SAM (góc nội tiếp cùng chắn )
⇒ΔDBC đồng dạng với ΔSMA.
Nhận xét: Bài toán chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
2) Vì AB⊥CD nên .
Suy ra: ^MHB=^MKB (vì cùng bằng )
⇒ Tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn ⇒^HMB+^HKB=180∘. (1)
Lại có: ^HMB=^AMB=90∘ (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Từ (1) (2) suy ra ^HKB=90∘ do đó HK//CD (cùng vuông góc với AB).
Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song bằng cách chứng minh chúng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba.
3) Vẽ đường kính MN suy ra .
Ta có:
Mà và nên ^OSM=^OMK
⇒ΔOSM đồng dạng với ΔOMK
⇒OSOM=OMOK⇒OK.OS=R2
Nhận xét: Bài toán chứng minh một đẳng thức bằng cách chứng minh tam giác đồng dạng.
Câu 5:
Cho x; y là hai số thực thỏa mãn xy+√(1+x2)(1+y2)=1. Chứng minh rằng x√1+y2+y√1+x2=0.
Xem đáp án
Ta có: xy+√(1+x2)(1+y2)=1⇔√(1+x2)(1+y2)=1−xy
⇒(1+x2)(1+y2)=(1−xy)2
⇔1+x2+y2+x2y2=1−2xy+x2y2
⇔x2+y2+2xy=0⇔(x+y)2=0⇔y=−x
⇒x√1+y2+y√1+x2=x√1+x2−x√1+x2=0
Nhận xét: Bài toán hay ở chỗ khai thác triệt để giả thiết, vì giả thiết là manh mối quyết định bài toán, khi tìm được x=−y thì việc chứng minh trở nên rất đơn giản.