Đề thi vào 10 môn Toán

Bài học cùng chương

Bài học chương khác

[Đề thi vào 10 môn Toán] Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2019

Hướng dẫn học bài: Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2019 - Môn Toán học Lớp 9 Lớp 9. Đây là sách giáo khoa nằm trong bộ sách 'Đề thi vào 10 môn Toán Lớp 9' được biên soạn theo chương trình đổi mới của Bộ giáo dục. Hi vọng, với cách hướng dẫn cụ thể và giải chi tiết các bé sẽ nắm bài học tốt hơn.

đề bài

câu 1 (2 điểm):

cho a=x+x+1x+1 và b=1x−1−x+2xx−1−x+1x+x+1 với x≥0,x≠1.

a) tính giá trị của biểu thức a khi x=2. 

b) rút gọn biểu thức b.

c) tìm x sao cho biểu thức c=−a.b nhận giá trị là số nguyên.

câu 2 (2 điểm):

a. giải hệ phương trình: {4x+y=32x−y=1 (không sử dụng máy tính cầm tay).

b. một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m2. biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều chiều rộng mảnh vườn là 5m. tính chiều rộng mảnh vườn.

câu 3 (2 điểm)  cho hàm số y=(m−4)x+m+4 (m là tham số)

a. tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên r.

b. chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số đã cho luôn cắt parabol (p):y=x2  tại hai điểm phân biệt. gọi x1,x2 là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18

c. gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng (d) . chứng minh  khoảng cách từ điểm o(0;0) đến (d) không lớn hơn 65.

câu 4 (3,5 điểm):  cho đường tròn tâm o, đường kính ab. kẻ dây cung cd vuông góc với ab tại h (h nằm giữa a và o, h khác a và o). lấy điểm g thuộc đoạn ch (g khác c và h), tia ag cắt đường tròn tại e khác a.

a. chứng minh tứ giác begh là tứ giác nội tiếp.

b. gọi k là giao điểm của hai đường thẳng be và cd. chứng minh kc.kd=ke.kb.

c. đoạn thẳng ak cắt đường tròn tâm o tại f khác a. chứng minh g là tâm đường tròn nội tiếp tam giác hef.

d. gọi m,n lần lượt là hình chiếu vuông góc của a và b lên đường thẳng ef. chứng minh he+hf=mn.

câu 5 (0,5 điểm)

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c+ab+bc+ca=6. chứng minh rằng a3b+b3c+c3a≥3. 

lời giải chi tiết

câu 1 (2 điểm)

phương pháp:

a) thay giá trị x=2(tmdk) vào biểu thức a và tính giá trị của biểu thức.

b) quy đồng mẫu, biến đổi và rút gọn biểu thức.

c) tính biểu thức c, đánh giá giá trị của biểu thức c sau đó tìm x để c∈z.

đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

cách giải:

cho a=x+x+1x+1 và b=1x−1−x+2xx−1−x+1x+x+1 với x≥0,x≠1.

a) tính giá trị của biểu thức a khi x=2. 

điều kiện: x≥0,x≠1.

khi x=2(tmdk) ta thay vào biểu thức a ta được:

a=2+2+12+1=3+22+1=(3+2)(2−1)(2+1)(2−1)=32−3+2−22−1=22−1.

vật với x=2 thì a=22−1.

b) rút gọn biểu thức b.

điều kiện: x≥0,x≠1.

b=1x−1−x+2xx−1−x+1x+x+1=1x−1−x+2(x−1)(x+x+1)−x+1x+x+1=x+x+1−x−2−(x+1)(x−1)(x−1)(x+x+1)=x−1−x+1(x−1)(x+x+1)=x−x(x−1)(x+x+1)=x(1−x)(x−1)(x+x+1)=−xx+x+1.

c) tìm x sao cho biểu thức c=−a.b nhận giá trị là số nguyên.

điều kiện: x≥0,x≠1.

ta có: c=−a.b

→c=−x+x+1x+1.−xx+x+1=xx+1=x+1−1x+1=1−1x+1.

với x≥0,x≠1→x+1>0→{c=xx+1≥0c=xx+1=1−1x+1<1→0≤c<1.

→c∈z↔c=0↔xx+1=0↔x=0↔x=0(tm).

vậy x=0 thì c=−a.b nhận giá trị nguyên.

câu 2 (2,0 điểm)

phương pháp:

a) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.

b) giải bài toán bằng cách lập phương trình:

gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là: x(m),x>0.

khi đó chiều dài mảnh vườn là: x+5(m)

dựa vào giả thiết bài toán để lập phương trình.

giải phương trình, đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

cách giải:

a. giải hệ phương trình: {4x+y=32x−y=1

{4x+y=32x−y=1↔{6x=42x−y=1↔{x=232.23−y=1↔{x=23y=13

vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y)=(23;13).

b. một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m2. biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều chiều rộng mảnh vườn là 5m. tính chiều rộng mảnh vườn.

gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là: x(m),x>0.

khi đó chiều dài mảnh vườn là: x+5(m)

diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là 150m2 nên ta có phương trình:

x(x+5)=150↔x2+5x−150=0↔x2+15x−10x−150=0↔(x+15)(x−10)=0↔[x+15=0x−10=0↔[x=−15(ktm)x=10(tm)

vậy chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là 10m.

câu 3 (2,0 điểm)

phương pháp:

a) hàm số y=ax+b(a≠0) đồng biến ↔a>0.

b) lập phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.

d cắt (p) tại hai điểm phân biệt ↔ phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt ↔δ>0(δ′>0).

áp dụng định lý vi-et để tìm m.

c) vẽ đồ thị hàm số, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh bài toán.

cách giải:

cho hàm số y=(m−4)x+m+4 (m là tham số)

a. tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên r.

hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên r khi {m−4≠0m−4>0↔{m≠4m>4↔m>4.

b. chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số đã cho luôn cắt parabol (p):y=x2  tại hai điểm phân biệt. gọi x1,x2 là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18

gọi đồ thị hàm số y=(m−4)x+m+4 là đường thẳng (d).

xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (d) và parabol (p):

x2=(m−4)x+m+4↔x2−(m−4)x−m−4=0(∗)

số giao điểm của (d) và  (p) đồng thời cũng là số nghiệm của phương trình (*).

có các hệ số: a=1;b=−(m−4);c=−m−4.

ta có: δ=(m−4)2+4(m+4)=m2−8m+16+4m+16=m2−4m+4+28=(m−2)2+28

ta có: (m−2)2≥0,∀m→(m−2)2+28>0,∀mhayδ>0,∀m .

vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2  hay (d) và (p) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

áp dụng hệ thức vi-et cho phương trình  (*) ta có: {x1+x2=m−4x1x2=−m−4

theo đề ra ta có:

 x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18↔x12−x1+x22−x2−18=0↔(x12+x22)−(x1+x2)−18=0↔(x1+x2)2−2x1x2−(x1+x2)−18=0↔(m−4)2−2(−m−4)−(m−4)−18=0↔m2−8m+16+2m+8−m+4−18=0↔m2−7m+10=0↔m2−2m−5m+10=0↔m(m−2)−5(m−2)=0↔(m−2)(m−5)=0↔[m−2=0m−5=0↔[m=2(tm)m=5(tm)

vậy m=2,m=5 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c. gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng (d). chứng minh khoảng cách từ điểm o(0;0) đến (d) không lớn hơn 65.

ta có: (d):y=(m−4)x+m+4.

+) xét th m−4=0↔m=4 ta có: (d):y=8  là đường thẳng song song với trục hoành

→d(o;(d))=8=64<65.

→d(o;(d))<65 với m=4.

+) xét th m−4≠0↔m≠4 ta có:

gọi a  giao điểm của đường thẳng (d) với trục ox→a(xa;0). 

→0=(m−4)xa+m+4↔xa=−m+4m−4→a(−m+4m−4;0)→oa=|xa|=|−m+4m−4|=|m+4m−4|.

gọi b  giao điểm của đường thẳng (d) với trục oy→b(0;yb)

→yb=(m−4).0+m+4=m+4→b(0;m+4).→ob=|yb|=|m+4|.

gọi h là chân đường vuông góc hạ từ o đến đường thẳng (d). khi đó ta có: d(o;(d))=oh.

áp dụng hệ thức lượng cho δoab vuông tại o có đường cao oh ta có:

1oh2=1oa2+1ob2=1(|m+4m−4|)2+1(|m+4|)2↔1oh2=(m−4)2(m+4)2+1(m+4)2=(m−4)2+1(m+4)2↔oh2=(m+4)2(m−4)2+1.

giả sử khoảng cách từ o đến đường thẳng (d) không lớn hơn 65↔d(o;(d))≤65

↔oh≤65↔oh2≤65↔(m+4)2(m−4)2+1≤65↔(m+4)2≤65[(m−4)2+1](do(m−4)2+1>0)↔m2+8m+16≤65m2−520m+1105↔64m2−528m+1089≥0↔64m2−2.8m.33+332≥0↔(8m−33)2≥0

ta có: (8m−33)2≥0∀m→oh2≤65∀m→d(o;(d))=oh≤65

→d(o;(d)) không lớn 65 với mọi m≠4.

kết hợp hai trường hợp trên ta được khoảng cách từ o đến đường thẳng (d) không lớn hơn 65.

câu 4 (3,5 điểm)

phương pháp:

a) sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) chứng minh các tam giác đồng dạng để từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

c) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.

cách giải:

cho đường tròn tâm o, đường kính ab. kẻ dây cung cd vuông góc với ab tại h (h nằm giữa a và o, h khác a và o). lấy điểm g thuộc đoạn ch (g khác c và h), tia ag cắt đường tròn tại e khác a.

 

a. chứng minh tứ giác begh là tứ giác nội tiếp.

ta có ∠aeb=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (o)) →∠geb=900.

có cd⊥ab tại h(gt)→∠ghb=900

xét tứ giác begh có: ∠ghb+∠geb=900+900=1800→ tứ giác begh là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

b. gọi k là giao điểm của hai đường thẳng be và cd. chứng minh kc.kd=ke.kb.

dễ thấy tứ giác becd nội tiếp đường tròn (o)→∠kec=∠cdb=∠kdb (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

xét tam giác kce và tam giác kbd có:

 

c. đoạn thẳng ak cắt đường tròn tâm o tại f khác a. chứng minh g là tâm đường tròn nội tiếp tam giác hef.

ta có: ∠afb=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) →bf⊥af (1).

xét tam giác kab có hai đường cao ae và kh cắt nhau tại g→g là trực tâm của tam giác kab.

→bg⊥ak hay bg⊥af (2)

từ (1) và (2) → qua b kẻ được 2 đường thẳng bg và bf cùng vuông góc với af.

→bg≡bf hay b,g,f thẳng hàng →gf⊥af→∠afg=900.

xét tứ giác afgh có: ∠afg+∠ahg=900+900=1800→ tứ giác afgh là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).

→∠ghf=∠gaf (hai góc nội tiếp cùng chắn cung gf).

tứ giác begh nội tiếp (cmt) →ghe=∠gbe (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ge).

lại có ∠gaf=∠eaf=∠ebf=∠gbe (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ef).

→∠ghf=∠ghe→hg là phân giác của ∠ehf (*)

tứ giác begh nội tiếp (cmt) →∠geh=∠gbh (hai góc nội tiếp cùng chắn cung gh).

mà ∠gbh=∠fba=∠fea=∠gef (hai góc nội tiếp cùng chắn cung af)

→∠geh=∠gef→eg là phân giác của ∠hef (**)

từ (*) và (**) →g là giao điểm của hai đường phân giác của tam giác hef→g là tâm đường tròn nội tiếp tam giác hef.

câu 5 (0,5 điểm)

phương pháp:

sử dụng bất đẳng thức cô-si để chứng minh.

cách giải:

ta có:

a+b+c+ab+bc+ca=6↔a+b+c=6−(ab+bc+ca)↔{6−(ab+bc+ca)>0(a+b+c)2=[6−(ab+bc+ca)]2↔{ab+bc+ca<6(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)=36−12(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)2(1)

áp dụng bđt cô-si ta có: {ab≤a2+b22bc≤b2+c22ca≤c2+a22→ab+bc+ca≤a2+b2+b2+c2+c2+a22=a2+b2+c2

→vt(1)≥ab+bc+ca+2(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)→36−12(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)2≥3(ab+bc+ca)

đặt t=ab+bc+ca(0<t<6) ta có :

36−12t+t2≥3t↔t2−15t+36≥0↔t2−12t−3t+36≥0↔t(t−12)−3(t−12)≥0↔(t−12)(t−3)≥0↔[t≥12t≤3

kết hợp điều kiện 0<t<6→0<t≤3.

theo bài ra ta có :

a3b+b3c+c3a≥3↔a3b+ab+b3c+bc+c3a+ca≥3+(ab+bc+ca).

áp dụng bđt cô-si ta có: a3b+ab≥2a3b.ab=2a2.

tương tự : b3c+bc≥2b2;c3a+ac≥2c2.

→a3b+ab+b3c+bc+c3a+ca≥2(a2+b2+c2).

ta cần chứng minh 2(a2+b2+c2)≥3+(ab+bc+ca).

↔2[(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)]≥3+(ab+bc+ca)↔2[(6−(ab+bc+ca))2−2(ab+bc+ca)]≥3+(ab+bc+ca)↔2[(6−t)2−2t]≥3+t(0<t≤3)↔2(36−12t+t2−2t)≥3+t↔72−24t+2t2−4t−3−t≥0↔2t2−29t+69≥0↔2t2−6t−23t+69≥0↔2(t−3)−23(t−3)≥0↔(t−3)(2t−23)≥0

với 0<t≤3(cmt)→{t−3≤02t≤6↔2t−23≤−17<0→(t−3)(2t−23)≥0.

vậy đẳng thức được chứng minh.  dấu "=" xảy ra ↔a=b=c=1. 

Giải bài tập những môn khác

Môn Ngữ văn Lớp 9

  • Đề thi vào 10 môn Văn
  • Đề thi, đề kiểm tra Văn Lớp 9 Cánh diều
  • Đề thi, đề kiểm tra Văn Lớp 9 Chân trời sáng tạo
  • Đề thi, đề kiểm tra Văn Lớp 9 Kết nối tri thức
  • Sách bài tập Ngữ văn Lớp 9 Cánh diều
  • SBT Văn Lớp 9 Kết nối tri thức
  • SBT Văn Lớp 9 Chân trời sáng tạo
  • Soạn văn Lớp 9 Chân trời sáng tạo
  • Soạn văn Lớp 9 Cánh diều
  • Soạn văn Lớp 9 Chân trời sáng tạo
  • Soạn văn - Kết nối tri thức
  • Soạn văn Lớp 9 Kết nối tri thức
  • Tác giả , Tác phẩm ngữ văn Lớp 9
  • Tóm tắt, bố cục Văn Lớp 9 Kết nối tri thức
  • Tóm tắt, bố cục Văn Lớp 9 Chân trời sáng tạo
  • Tóm tắt, bố cục Văn Lớp 9 Cánh diều
  • Vở thực hành Ngữ văn Lớp 9

    • Lời giải và bài tập Lớp 9 đang được quan tâm

    Đề thi học kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức - Đề số 3 Đề thi học kì 1 Toán 9 - Đề số 2 Đề thi học kì 1 Toán 9 - Đề số 1 Đề cương ôn tập học kì 1 Toán 9 - Kết nối tri thức Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 5 Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 4 Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 3 Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 2 Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 1 Đề thi học kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức - Đề số 5
    Thư viện lời giải

    Giới thiệu

    Khóa Học

    Tài Nguyên Học Tập

    Hỗ Trợ Học Viên

    Tài liệu toán học