Đáp án chi tiết đề thi vào lớp 10 môn Toán Bình Phước năm 2021, đề thi 100% tự luận gồm 5 câu. Được tổ chức vào chiều ngày 7/6/2021. Các bạn chú ý theo dõi.
Trích dẫn đề thi vào 10 môn Toán Bình Phước 2021
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ${{x}^{2}}+(m-2)x-8=0$ (1), với $m$ là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi $m=4$.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ sao cho biểu thức $Q=\left( x_{1}^{2}-1 \right)\left( x_{2}^{2}-1 \right)$ đạt giá trị lớn nhất.
2. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc tể đi từ địa điểm $A$ đến địa điểm $B$ cách nhau $120~km.$ Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là $10~km/h$ nên ô tô thú hai đến $B$ trước ô tô thứ nhất 24 phút. Tính vận tốc của mỗi ô tô.
HƯỚNG DẪN GIẢI
|
BÌNH PHƯỚC
|
Môn thi: TOÁN CHUNG Ngày thi: 7/6/2021 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề |
1.
Tính giá trị các biểu thức sau:
$A=\sqrt{49}-\sqrt{25}$
$A=\sqrt{{{7}^{2}}}-\sqrt{{{5}^{2}}}$
$A=7-5=2$
Vậy $A=2.$
$B=\sqrt{5}+\sqrt{{{(3-\sqrt{5})}^{2}}}$
$B=\sqrt{5}+|3-\sqrt{5}|$
$B=\sqrt{5}+3-\sqrt{5}($
Do $3-\sqrt{5}>0)$
$B=3$
Vậy $B=3.$
2. Cho biểu thức $P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}$ với $x>0$.
a.
Rút gọn biểu thức $P$.
Với $x>0$ ta có:
$P = \dfrac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{x + 3\sqrt x }}{{\sqrt x }}$
$P = \dfrac{(\sqrt x + 2)(\sqrt x - 2)}{\sqrt x + 2} + \dfrac{\sqrt x (\sqrt x + 3)}{\sqrt x }$
$P=\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+3$
$P=2\sqrt{x}+1$
Vậy với $x>0$
thì $P=2\sqrt{x}+1$.
b.
Tìm giá trị của $x$ để $P=5$.
Để $P=5$ thi $2\sqrt{x}+1=5\Leftrightarrow
2\sqrt{x}=4\Leftrightarrow \sqrt{x}=2\Leftrightarrow x=4(tm)$.
Vậy để $P=5$
thì $x=4$.
Câu 2 (2,0 điểm):
1.
Cho parabol $(P):y=2{{x}^{2}}$ và đường thẳng $(d):y=x+1$.
a)
Vẽ parabol $(P)$ và đường thẳng $d$ trên cùng một hệ trục tọa độ $Oxy$
Tập xác định:
$D=\mathbb{R}$
$a=2>0$,
hàm số đồng biến nếu $x>0$, hàm số nghịch biến nếu $x<0$
Bảng giá trị
|
$x$ |
$-2$ |
$-1$ |
$0$ |
$1$ |
$2$ |
|
$y=2{{x}^{2}}$ |
$8$ |
$2$ |
$0$ |
$2$ |
$8$ |
Đồ thị hàm số
$y=2{{x}^{2}}$ là đường cong Parabol đi qua điểm $O$, nhận $Oy$ làm trục đối xứng,
bề lõm hướng lên trên.
Tập xác định:
$D=\mathbb{R}$
$a=1>0$
nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$
Đồ thị hàm số
$y=x+1$ là đường thẳng đi qua điểm $(0;1)$ và $(-1;0)$
b)
Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.
Hoành độ giao
điểm của $(P)$ và $(d)$ là nghiệm của phương trình $2{{x}^{2}}=x+1\Leftrightarrow
2{{x}^{2}}-x-1=0$.
Ta có $a+b+c=2-1-1=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{1}{2}{\rm{ }}}\end{array}} \right..$
+ Với $x=1\Rightarrow y=1+1=2$
+ Với $x = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow y = - \dfrac{1}{2} + 1 = \dfrac{1}{2}$.
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $(1;2)$ và $\left( { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right)$.
2. Không sử dụng máy mínhcầm tay, giải hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 4}\\{x + 2y = 7}\end{array}} \right.$
Ta có:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 4}\\{x + 2y = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 2y = 8}\\{x + 2y = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x = 15}\\{y = 2x - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.$
Vậy nghiệm của
hệ phương trình là $(x;y)=(3;2)$.
Câu 3 (2,5 điểm):
1.
Cho phương trình ${{x}^{2}}+(m-2)x-8=0$ (1), với $m$ là tham số.
a)
Giải phương trình (1) khi $m=4$.
Thay $m=4$
vào phương trình (1) ta được: ${{x}^{2}}+2x-8=0$
Ta có: ${{\Delta }^{\prime }}=1+8=9={{3}^{2}}>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = - 1 + \sqrt 9 = 2}\\{{x_2} = - 1 - \sqrt 9 = - 4}\end{array}} \right.$
Vậy phương
trình có tập nghiệm $S=\{-4;2\}$.
b)
Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ sao cho biểu thức $Q=\left(
x_{1}^{2}-1 \right)\left( x_{2}^{2}-1 \right)$ đạt giá trị lớn nhất.
Phương trình
(1) có: $\Delta ={{(m-2)}^{2}}+32>0\quad \forall m$ nên phương trình (1)
luôn có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$.
Khi đó theo Vi-ét ta có: ${\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - m + 2}\\{{x_1}{x_2} = - 8}\end{array}}$
Ta có:
$Q=\left( x_{1}^{2}-1 \right)\left(
x_{2}^{2}-1 \right)$
$=x_{1}^{2}x_{2}^{2}-\left(
x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+1$
$=x_{1}^{2}x_{2}^{2}-{{\left(
{{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1$
$\Rightarrow
Q=64-{{(-m+2)}^{2}}-16+1=-{{(-m+2)}^{2}}+49\le 49\quad \forall m.\text{ }$
Vậy ${{Q}_{\max }}=49$. Dấu "=" xảy ra khi
$m=2$.
Vậy giá trị lớn nhất của $\text{Q}$ bằng 49 khi $m=2$.
2.
Hai ô tô khởi hành cùng một lúc tể đi từ địa điểm $A$ đến địa điểm $B$ cách
nhau $120~km.$ Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là $10~km/h$
nên ô tô thú hai đến $B$ trước ô tô thứ nhất 24 phút. Tính vận tốc của mỗi
ô
tô.
Gọi vận tốc của
ô tô thứ nhất là $x(~km/h)$ (ĐK: $x>0$).
Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là $x+10(~km/h)$
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường $AB$ là: $\dfrac{120}{x}$ (h)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường $AB$ là: $\dfrac{120}{x+10}$ (h)
Vì ô tô thứ hai đến $B$ trước ô tô thứ nhất 24 phút $=\dfrac{2}{5}$ giờ nên ta có phương trình:
$\begin{array}{l}\dfrac{{120}}{x} - \dfrac{{120}}{{x + 10}} = \dfrac{2}{5}\\ \Leftrightarrow 600(x + 10) - 600x = 2x(x + 10)\\ \Leftrightarrow 600x + 6000 - 600x = 2{x^2} + 20x\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 20x - 6000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 10x - 3000 = 0\end{array}$
Ta có: ${\Delta }'={{(-5)}^{2}}+3000=3025={{55}^{2}}>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = - 5 + 55 = 50\left( {tm} \right)}\\{{x_2} = - 5 - 55 = - 60(ktm)}\end{array}} \right.\]
Vậy vận tốc của
ô tô thứ nhất là $50~km/h$ và vận tốc của ô tô thứ hai là $60~km/h$.
Câu 4 (1, 0 điểm):
Cho
tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ và đường trung tuyến $AM.$ Biết $AB=9\text{cm}$,
$AC=12\text{cm}$. Hãy tính $BC,AH,AM$ và diện tích tam giác $ABM$.
Áp dụng định
lí Pytago trong tam giác vuông $ABC$ ta có:
$B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}$$\Rightarrow
B{{C}^{2}}={{9}^{2}}+{{12}^{2}}$
$\Rightarrow
B{{C}^{2}}=225$
$\Rightarrow
BC=\sqrt{225}=15(\text{cm})$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta có:
$AB \cdot AC = AH.BC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \dfrac{{9.12}}{{15}} = 7,2({\rm{cm}}).$
Vì $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $ABC$ nên $AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2} \cdot 15 = 7,5({\rm{cm}})$ (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Ta có ${S_{\Delta ABM}} = \dfrac{1}{2}AH.BM = \dfrac{1}{2}AH.\dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{4}.7,2.15 = 27\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$
Vậy $BC=15\text{cm},AH=7,2\text{cm},AM=7,5\text{cm},{{S}_{ABM}}=27\text{c}{{\text{m}}^{2}}$.
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ
điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ kẻ hai tiếp tuyến $AB,AC(B,C$ là tiếp điểm).
Kẻ cát tuyến $AEF$không đi qua tâm $(E$ nằm giữa $A$ và $F;O$ và $B$ nằm về hai
phía so với cát tuyến ). Gọi $K$ là trung điểm của $EF$.
a)
Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn.
Ta có: $AB,AC$ là tiếp tuyến của đường tròn nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OA \bot AB}\\{OC \bot AC}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {ABO} = 90^\circ }\\{\widehat {ACO} = 90^\circ }\end{array} \Rightarrow \widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 180^\circ } \right.} \right.\)
$\Rightarrow
OBAC$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $AO$ (dhnb).
b)
Chứnng minh $KA$ là phân giác của $\widehat{BKC}$.
Vì $AB,AC$ là
tiếp tuyến của đường tròn nên $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có $K$ là
trung điểm của $EF$ nên $OK\bot AK$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây
cung).
$\Rightarrow \widehat{OKA}=90{}^\circ \Rightarrow K$ thuộc đường tròn đường kính $AO$ hay 5 điểm $O,K,B,A,C$ cùng thuộc một đường tròn.
$\Rightarrow \widehat {BKA} = \widehat {AKC} = \dfrac{1}{2}sdAB = \dfrac{1}{2}sdAC$ (góc chắn hai cung bằng nhau)
Vậy $KA$ là
phân giác của $\widehat{BKC}$.
c) Kẻ dây $ED$
vuông góc $OB$ sao cho $ED$ cắt $BC$ tại $M$. Chứng minh $FM$ đi qua trung điểm
$I$ của đọn thẳng $AB$.
Gọi $J$ là
giao điểm của $AK$ và $BC$
Gọi $I$ là
giao điểm của $FM$ và $AB$. Ta sẽ chứng minh $I$ là trung điểm của $AB$.
Xét tam giác $ABJ$
và $AKB$ ta có:
$\widehat{BAK}$
chung
$\widehat{ABJ}=\widehat{BKA}(=\widehat{ACB})$
$\Rightarrow \Delta ABJ$ đồng dạng với $\Delta AKB(g.g) \Rightarrow \dfrac{{AJ}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{AK}}$ (cặp cạnh tương ứng) $\Rightarrow A{B^2} = AJ.AK$
Tương tự ta có: $\Delta ABE$ đồng dạng với \(\Delta AFB(\;g \cdot g) \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AE \cdot AF\)
$ \Rightarrow AJ.AK = AE.AF \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AJ}} = \dfrac{{AK}}{{AE}} = \dfrac{{AF - AK}}{{AJ - AE}} = \dfrac{{FK}}{{EJ}} = \dfrac{{EK}}{{EJ}}$ (Vì $K$ là trung điểm của $EF$) $\Rightarrow \dfrac{{AF}}{{EK}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}$
Ta lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{EM \bot OB(gt)}\\{OB \bot AB(gt)}\end{array} \Rightarrow EM//AB \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{AB}}{{EM}} = \dfrac{{AJ}}{{EJ}}}\\{\dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{EF}}}\end{array}} \right.} \right.\) (Định lí Ta-lét)
$\Rightarrow \dfrac{{AI}}{{EM}} = \dfrac{{AF}}{{2EK}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{AJ}}{{EJ}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{AB}}{{EM}} \Rightarrow AI = \dfrac{{AB}}{2}.$
Vậy $I$ là
trung điểm của $AB$ (đpcm).