Đề thi vào 10 môn Toán Huế năm 2019
Tải vềCâu 1 (1,5 điểm) a) Tìm giá trị của
Đề bài
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Tìm giá trị của x sao cho biểu thức A=x−1 có giá trị dương.
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị biểu thức B=2√22.5−3√32.5+4√42.5.
c) Rút gọn biểu thức: C=(1−a√a1−√a+√a)(1−√a1−a)2 với a≥0,a≠1.
Câu 2 (1,5 điểm)
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: {4x−y=7x+3y=5.
b) Cho đường thẳng d:y=ax+b. Tìm giá trị của a,b sao cho đường thẳng d đi qua điểm A(0;−1) và song song với đường thẳng Δ:y=x+2019.
Câu 3 (1 điểm)
Hưởng ứng Ngày Chủ nhật xanh do UBNB tỉnh phát động với chủ đề: “Hãy hành động để Thừa Thiên Huế thêm Xanh, Sạch, Sáng”, một trường THCS đã cử học sinh của hai lớp 9A và 9B cùng tham gia làm tổng vệ sinh một con đường, sau 3512 giờ thì làm xong công việc. Nếu làm riêng từng lớp thì thời gian học sinh lớp 9A làm xong công việc ít hơn thời gian học sinh lớp 9B là 2 giờ. Hỏi nếu mỗi lớp làm riêng thì sau bao nhiêu giờ sẽ làm xong công việc?
Câu 4 (2 điểm) Cho phương trình x2+2(m−2)x+m2−4m=0(1) (với x là ẩn số)
a) Giải phương trình (1) khi m=1.
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện 3x1+x2=3x2+x1.
Câu 5 (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn (O) lấy điểm C không trùng B sao cho AC>BC. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và tạiC cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB,E là giao điểm của hai đường thẳng OD và AC.
a) Chứng minh OECH là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh 2∠BCF+∠CFB=900.
c) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh hai đường thẳng EM và AB song song với nhau.
Câu 6 (1 điểm)
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 6cm, bán kính đáy bằng 1cm. Người ta thả từ từ lần lượt vào cốc nước một viên bi bình cầu và một vật có dạng hình nón đều bằng thủy tinh (vừa khít như hình vẽ) thì thấy nước trong chiếc cốc tràn ra ngoài. Tính thể tích của lượng nước còn lại trong chiếc cốc (biết rằng đường kính của viên bi, đường kính của đáy hình hình nón và đường kính của đáy cốc nước xem như bằng nhau; bỏ qua bề dày của lớp vở thủy tinh).
Lời giải chi tiết
Câu 1 (1,5 điểm)
Phương pháp:
a) Giải phương bất phương trình A>0 để tìm x.
b) Sử dụng công thức √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0.
c) Sử dụng công thức hằng đẳng thức, rút gọn từng biểu thức.
Cách giải:
a) Tìm giá trị của x sao cho biểu thức A=x−1 có giá trị dương.
Ta có: A>0⇔x−1>0⇔x>1.
Vậy x>1 thì A có giá trị dương.
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị biểu thức B=2√22.5−3√32.5+4√42.5.
B=2√22.5−3√32.5+4√42.5=2.2√5−3.3√5+4.4√5=4√5−9√5+16√5=11√5.
c) Rút gọn biểu thức: C=(1−a√a1−√a+√a)(1−√a1−a)2 với a≥0,a≠1.
Điều kiện a≥0,a≠1.
C=(1−a√a1−√a+√a)(1−√a1−a)2=[(1−√a)(1+√a+a)1−√a+√a].[1−√a(1−√a)(1+√a)]2=(1+√a+a+√a).(11+√a)2=(1+2√a+a).(11+√a)2=(1+√a)2.(11+√a)2=1.
Câu 2 (1,5 điểm)
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
b) Hai đường thẳng d1:y=a1x+b1,d2:y=a2x+b2 song song với nhau ⇔{a1=a2b1≠b2.
Cách giải:
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: {4x−y=7x+3y=5.
{4x−y=7x+3y=5⇔{12x−3y=21x+3y=5⇔{13x=26y=4x−7⇔{x=2y=4.2−7⇔{x=2y=1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:(x;y)=(2;1).
b) Cho đường thẳng d:y=ax+b. Tìm giá trị của a,b sao cho đường thẳng d đi qua điểm A(0;−1) và song song với đường thẳng Δ:y=x+2019.
Ta có: d//Δ⇔{a=1b≠2019⇒d:y=x+b,(b≠2019).
Đường thẳng d:y=x+b đi qua điểm A(0;−1) nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta được: −1=0+b⇔b=−1(tm)
Vậy a=1;b=−1.
Câu 3 (1 điểm)
Phương pháp:
Gọi thời gian lớp 9A làm một mình xong công việc là x (giờ) (x>3512).
Gọi thời gian lớp 9B làm một mình xong công việc là y (giờ) (y>2).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo x,y rồi lập hệ phương trình.
Giải hệ phương trình tìm các ẩn x,y, đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian lớp 9A làm một mình xong công việc là x (giờ) (x>3512).
Gọi thời gian lớp 9B làm một mình xong công việc là y (giờ) (y>2).
⇒ Mỗi giờ lớp 9A làm được phần công việc là: 1x (công việc).
Mỗi giờ lớp 9B làm được phần công việc là: 1y (công việc).
Mỗi giờ thì cả hai lớp 9A và 9B làm được phần công việc là: 1:3512=1235 (công việc).
Theo đề bài ta có hai lớp cùng làm chung công việc trong 3512 giờ thì xong công việc nên ta có phương trình:
1x+1y=1235(1)
Nếu làm riêng từng lớp thì thời gian học sinh lớp 9A làm xong công việc ít hơn thời gian học sinh lớp 9B là 2 giờ nên ta có phương trình: y=x+2(2)
Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta được:
(1)⇔1x+1x+2=1235⇔35(x+2)+35x=12x(x+2)⇔35x+70+35x=12x2+24x⇔12x2−46x−70=0⇔12x2−60x+14x−70=0⇔12x(x−5)+14(x−5)=0⇔(x−5)(12x+14)=0⇔[x−5=012x+14=0⇔[x=5(tm)x=−76(ktm)
Vậy nếu làm việc một mình thì lớp 9A làm xong công việc sau 5 giờ, lớp 9B làm xong công việc trong 5+2=7 giờ.
Câu 4 (2 điểm)
Phương pháp:
a) Thay m=1 vào phương trình (1) rồi giải phương trình bậc hai.
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m⇔Δ′>0∀m.
c) Áp dụng định lí Vi-et và giả thiết bài toán để tìm m.
Cách giải:
a) Giải phương trình (1) khi m=1.
Thay m=1 vào phương trình (1) ta được phương trình
⇔x2−2x−3=0⇔x2−3x+x−3=0⇔x(x−3)+(x−3)=0⇔(x−3)(x+1)=0⇔[x−3=0x+1=0⇔[x=3x=−1.
Vậy với m=1 thì tập nghiệm của phương trình là:S={−1;3}.
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
x2+2(m−2)x+m2−4m=0(1)
Có Δ′=(m−2)2−m2+4m=m2−4m+4−m2+4m=4>0∀m
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện 3x1+x2=3x2+x1.
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1,x2 với mọi giá trị của m.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:{x1+x2=−2(m−2)=−2m+4x1x2=m2−4m.
Theo bài ra ta có: 3x1+x2=3x2+x1
⇔3x1−3x2−x1+x2=0(x1x2≠0⇔m2−4m≠0⇔m≠0,m≠4)⇔3(1x1−1x2)+(x2−x1)=0⇔3(x2−x1)x1x2+(x2−x1)=0⇔(x2−x1)(3x1x2+1)=0⇔3x1x2+1=0(dox1≠x2⇒x2−x1≠0)⇔3m2−4m+1=0⇔m2−4m+3=0⇔m2−3m−m+3=0⇔m(m−3)−(m−3)=0⇔(m−3)(m−1)=0⇔[m−3=0m−1=0⇔[m=3(tm)m=1(tm)
Vậy m=1;m=3 là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Câu 5 (3 điểm)
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
c) Sử dụng tính chất đường trung bình để chứng minh song song.
Cách giải:
a) Chứng minh OECH là tứ giác nội tiếp.
Ta có: CH⊥AB={H}⇒∠CHO=900.
Xét đường tròn (O) ta có:
AD=CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA=OC(=R)
⇒OD là đường trung trực của AC.
⇒OD⊥AC={E}⇒∠CEO=900
Xét tứ giác OECH ta có: ∠CEO+∠CHO=900+900=1800
⇒OECH là tứ giác nội tiếp. (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800)
b) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. Chứng minh 2∠BCF+∠CFB=900.
Xét đường tròn (O) ta có:
∠BAC=∠BCF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) (1)
Xét ΔCBA và ΔHBC ta có:
⇒∠BAC=∠HCB(2) (hai góc tương ứng).
Từ (1) và (2) suy ra: ∠BCF=∠HCB
Mặt khác ta có: ΔCHF vuông tại H (do CH⊥AB ) khi đó ta có:
∠HCF+∠CFH=900⇔2∠BCF+∠CFB=900(dpcm).
c) Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng BD và CH. Chứng minh hai đường thẳng EM và AB song song với nhau.
Gọi K là giao điểm của DB và AC.
Xét đường tròn (O) ta có: ∠ABC=∠ACD (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
Ta có: ΔACH vuông tại H⇒∠ACH+∠CAH=900.
ΔABC vuông tại C⇒∠CAB+∠CBA=900
⇒∠ACH=∠ABC (cùng phụ với ∠CAH)
⇒∠CAH=∠DCA=∠DCK(=∠CBA)
⇒CK là phân giác trong của ∠DCM trong ΔCDM.
Lại có: ∠BCF=∠BCH=∠BCM(cmb)
⇒BC là phân giác ngoài của ∠DCM trong ΔDCM.
Áp dụng tính chất tia phân giác của tam giác trong ΔDCM ta có: KMKD=BMBD=CMCD.
Lại có: AC=AD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒KMKD=BMBD=CMAD.
Ta có: CH//AD(⊥AB)
⇒HMAD=BMBD (định lý Ta-let)
⇒HMAD=CMAD=BMBD⇒HM=CM
⇒M là trung điểm của CH.
Mà E là trung điểm của CA (OD là trung trực của AC)
⇒ME là đường trung bình của ΔCAH. (định nghĩa đường trung bình)
⇒ME//AHhayME//AB.(dpcm).
Câu 6 (1,0 điểm)
Phương pháp:
Áp dụng các công thức tính thể tích của hình trụ, hình nón, hình cầu:
Vtru=πr2h;Vnon=13πr2h;Vcau=43πr3
Cách giải:
+) Ta có hình trụ có : htru=6cm,rtru=1cm
Vtru=πrtru2htru=π.12.6=6π(cm3)
+) Ta có: rcau=rtru=1(cm)
Vcau=43πr3cau=43π.13=43π(cm3)
Theo hình vẽ ta có: hnon=htru−2rcau=6−2=4(cm)
Vnon=13πr2non.hnon=13.π.12.4=43π(cm3)
Khi đó ta có thể tích của lượng nước còn lại trong chiếc cốc là:
V=Vtru−Vnon−Vcau=6π−43π−43π=103π(cm3)


Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3