zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

40 đề thi ôn vào lớp 10 có đáp án

Chia sẻ: Nguyễn Công Chứ Architect | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:153

Báo xấu

1.817
lượt xem 395
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với bộ đề ôn thi Toán này, bạn sẽ có thêm nhiều tư liệu ôn tập, củng cố kiến thức, chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng bạn sẽ hài lòng với tài liệu này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 40 đề thi ôn vào lớp 10 có đáp án

Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề 1  1  1 2 a Bài 1: Cho biểu thức K =  :  − +  a − 1 a − a   a + 1 a − 1    a. Rút gọn biểu thức K b. Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2 c. Tìm các giá trị của a sao cho K < 0 Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; b) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 + x22. Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nh ất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã v ượt m ức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch? Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45 0. Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b. Chứng minh: HD = DC DE c. Tính tỉ số: BC d. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE. Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. a+b Chứng minh rằng: ( a + b ) + 2 ≥ 2a b + 2b a 2 1
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Bài giải: Bài 1: Điều kiện a > 0 và a ≠ 1   1  a 1 2 K=  :  − + a ( a − 1)   a + 1 ( a + 1)( a − 1)    a −1   a −1 a +1 : = a ( a − 1) ( a + 1)( a − 1) a −1 a −1 . ( a − 1) = = a ( a − 1) a b. a = 3 + 2 2 = (1 + 2 )2 ⇒ a = 1 + 2 3 + 2 2 − 1 2(1 + 2) = =2 K= 1+ 2 1+ 2 a < 1 a −1 a − 1 < 0 c. K < 0 ⇔ 0 a   Bài 2: a) ∆' = m2 - 4m + 7 = (m-2)2 + 3 > 0 : Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Áp dụng hệ thức Viet: x1+x2 = m - 3 x1x2 = - 2(m - 1) Ta có: x12 + x22 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 = 4(m - 3)2 + 4(m - 1) = 4m2 - 20m + 32 =(2m - 5)2 + 7 ≥ 7 Đẳng thức xảy ra ⇔ 2m – 5 = 0 ⇔ m = 2,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của x12 + x22 là 7 khi m = 2,5 Bài 3: Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x, y ∈ N*; x, y < 600). 2
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 8 x (sản phẩm) Số sản phẩm tăng của tổ I là: 100 21 y ( sản phẩm) Số sản phẩm tăng của tổ II là: 100 18 21 x+ y = 120 Từ đó có phương trình thứ hai: 100 100 x + y = 600  Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:  18 21 100 x + 100 y = 120  Giải ra được x = 200, y = 400( thỏa điều kiện ) Vậy: Số sản phẩm được giao của tổ I, tổ II theo kế hoạch th ứ t ự là 200 và 400 sản phẩm B E x Bài 4: H O. a. Ta có ADH = AEH = 900, suy ra AEH +ADH = 1800 . A C D ⇒ Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH. b. ∆ AEC vuông có EAC= 450 nên ECA = 450, từ đó ∆ HDC vuông cân tại D. Vậy DH = DC c)Ta có BEC = BDC = 900 nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường kính BC ⇒ AED = ACB (cùng bù với DEB) suy ra ∆ AED ∆ ACB, DE AE AE 2 = = = do đó: BC AC AE. 2 2 d. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) , mà BCA = AED 3
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ⇒ BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE ⁄⁄ Ax. Mặt khác, OA ⊥ Ax ( Ax là tiếp tuyến), Vậy OA ⊥ ED (đpcm) 2 2  1  1  a −  ≥ 0 ;  b −  ≥ 0 , với mọi a , b > 0 Bài 5 :Ta có :  2  2 1 1 ⇒a− a + ≥ 0; b − b + ≥ 0 4 4 1 1 ⇒a− a + +b− b + ≥0 4 4 1 ⇒a+b+ ≥ a + b >0 2 ( ) 2 Mặt khác a− b ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 2 ab > 0 Nhân từng vế ta có : ( ) ( a + b ) a + b + 1  ≥ 2 a+ b ab  2  a+b hay: ( a + b ) + 2 ≥ 2a b + 2b a 2 4
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 2 x −1 4x 8x 2 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( + − ):( ) 4−x 2+ x−2 x x x a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị của x để P = –1. mx - y = 1  Bài 2: Cho hệ phương trình:  x y  2 − 3 = 335  a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1. b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm. Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(– 1 ; – 2) . a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) t ại hai đi ểm A, B phân biệt. b) Xác định m để A, B nằm về hai phía của trục tung. Bài 4: (2,0 ®iÓm) Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh: Mét ca n« chuyÓn ®éng xu«i dßng tõ bÕn A ®Õn bÕn B sau ®ã chuyÓn ®éng ngîc dßng tõ B vÒ A hÕt tæng thêi gian lµ 5 giê . BiÕt qu·ng ® êng s«ng tõ A ®Õn B dµi 60 Km vµ vËn tèc dßng níc lµ 5 Km/h . TÝnh vËn tèc thùc cña ca n« (( VËn tèc cña ca n« khi níc ®øng yªn ) Bài 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao 2 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là đi ểm tùy ý thu ộc cho AI = 3 cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đ ường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. 5
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Giải: Bài 1: 4 x (2 − x ) + 8x ( x − 1) − 2( x − 2) : a. P = (2 + x )(2 − x ) x ( x − 2) 8 x + 4x 3− x : = (2 + x )(2 − x ) x ( x − 2) 8 x + 4x x ( x − 2) 4x . = = x −3 (2 + x )(2 − x ) 3− x Điều kiện x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9 4x = −1 b. Với x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9; P = –1 khi và chỉ khi: x −3 hay: 4x + x – 3 = 0. Đặt y = x > 0 ta có: 4y2 + y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0 3 ⇒ y = –1 ; y = 4 3 3 Vì y > 0 nên chỉ nhận y = nên x = 4 4 9 Vậy: P = –1 ⇔ x = 16 Bài 2: x − y = 1  a. Khi m = 1 ta có hệ phương trình:  x y  2 − 3 = 335  x − y = 1 2 x − 2 y = 2 x = 2008 ⇔ ⇔ ⇔ 3x − 2 y = 2010 3x − 2 y = 2010  y = 2007 x = 2008 Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm   y = 2007 b. 6
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) mx − y = 1 y = mx − 1   ⇔ x y (*) 3  2 − 3 = 335 y = 2 x − 1005   3 Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ m = (vì đã có –1 ≠ –1005) 2 Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b ⇔ b = m – 2 Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: – x2 = mx + m – 2 ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phương trình (*) có ∆ = m 2 − 4m + 8 = (m − 2) 2 + 4 > 0 với mọi m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b) A và B nằm về hai phía của trục tung ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ x1x2 < 0. Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – 2 x1x2 < 0 ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2. Bài 4 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5) VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h) VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h) 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : ( giê) x+5 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : ( giê) x−5 60 60 Theo bµi ra ta cã PT: + =5 x+5 x−5 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) 5 x2 – 120 x – 125 = 0 7
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)  x1 = -1 ( kh«ng TM§K)  x2 = 25 ( TM§K) VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h. Bài 5: a. Ta có: EIB = 900 (giả thiết) ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB M b. Ta có: C K sđ AM = sđ AN (đường kính MN ⊥ dây AB) E ⇒ AME = ACM (góc nội tiếp) . A O B Lại có A chung, suy ra ∆ AME ∆ ACM I AC AM = ⇔ AM 2 = AE.AC Do đó: AM AE N c. MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2 d. Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK ⊥ BM. Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K. Điểm C là giao của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM. 8
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 3 1 1 Bài 1: Cho A = + 2(1 + x + 2 ) 2(1 − x + 2 ) a. Tìm x để A có nghĩa b. Rút gọn A c. Tìm các giá trị của x để A có giá trị dương Bài 2: a. Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0 2 x − y = 2 b. Giải hệ phương trình:  9 x + 8 y = 34 Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số(1) a. Giải phương trình (1) khi m = -1 b. Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân bi ệt, trong đó m ột nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính c) Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính di ện tích t ứ giác ABB’A’. Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai ti ếp tuy ến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F. a. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp b. AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao? c. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So sánh MK với KH. d. Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF. 1r1 Chứng minh rằng: < < 3R2 9
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Hướng dẫn giải: Bài 1: x + 2 ≥ 0  x ≥ − 2 x ≥ − 2 ⇔ ⇔ a. A có nghĩa ⇔    (*) x + 2 ≠1 x ≠ − 1 x + 2 ≠1    (1 − x + 2) + (1 + x + 2) −1 1 1 + = = b. A = 2(1 + x + 2 ) x +1 21 − ( x + 2)  2(1 − x + 2 ) 2     −1 > 0 ⇔ x + 1 < 0 và x thỏa mãn (*) c. A có giá trị dương khi ⇔ x +1 ⇔ x < -1 và x thỏa mãn (*) ⇔ − 2 ≤ x < −1 Bài 2: a. Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0 Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t2 + 24t - 25 = 0 có a + b +c = 0 nên t =1 hoặc t = -25, vì t≥ 0 ta chọn t = 1 Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1 b. Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 ⇔ x = 2. Từ đó ta có y = 2 x = 2 Nghiệm của hệ phương trình đã cho là  y = 2 Bài 3: a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0 ∆' = 1 + 8 = 9 ∆' = 3 Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4 b. Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có: u + u 2 = 2 m (1)  2 u.u = (m − 1) 3 (2)  Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: 10
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) (m - 1) + (m - 1)2 = 2m ⇔ m2 - 3m = 0 ⇔ m(m-3) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 3: Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 hoặc u = 2. Vậy với m ∈ { 0; 3} thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó m ột nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4: y a) Vẽ (P): y= 2x 2 - Bảng giá trị: A 8 2x + + x -2 -1 0 1 2 y4 y-4 =0 y 8 2 0 2 8 4 Đồ thị hàm số y = 2x2 là parabol (P) đỉnh O, nhận Oy B làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành 2 b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị: A’ H B’ - Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4 x 12 -2 -1 O + cắt trục tung tại điểm (0;4) + cắt trục hoành tại điểm (2;0) Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8). B(1;2) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) *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: 2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0 ⇔ x2 + x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0 nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích: ( 8 + 2).3 = 15 S= (đơn vị diện tích) 2 Bài 4: F a. Tứ giác AEMO có: ∧ EAO = 90 (AE là tiếp tuyến) 0 ∧ EMO = 90 (EM là tiếp tuyến) 0 M ∧ ∧ ⇒ EAO+ EMO = 180 0 E Q K P Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp B O A H 11
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ∧ b. Ta có : AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∧ AM ⊥ OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) ⇒ MPO = 900 F ∧ Tương tự, MQO = 900 ⇒ Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật M c. Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB) I EM MK E K = ⇒ ∆ EMK ∆ EFB ⇒ EF BF P EM EF = ⇒ B O A H MK FB EM EF = Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên: (1) MK MF Áp dụng định lí Ta-let ta có: EF EB EB AB EF AB = = (KH // EA ) ⇒ = (MK // BF); (2) MF KB KB HB MF HB EM AB = Từ (1) (2) có: (3) MK HB EA AB = ∆ KHB (MH//AE) ⇒ Mặt khác, ∆ EAB (4) HK HB EM EA = Từ (3) (4) có: MK HK mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH d. Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuy ến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc k ề bù nên OE ⊥ ∧ OF ⇒ ∆ EOF vuông ( EOF = 900). OM là đường cao và OM = R Gọi độ dài 3 cạnh của ∆ EOF là a, b, c. I là tâm đường tròn nội tiếp 1 1 1 r.EF + r.OF + r.OE ∆ EOF .Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = 2 2 2 1 1 = r.( EF + OF + OE ) = r.( a + b + c ) 2 2 1 1 Mặt khác: SEOF = OM.EF = aR 2 2 ⇒ aR = r(a + b + c) 12
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) r a = ⇒ (1) R a+b+c Áp dụng bất đẳng thức trong ∆ EOF ta có: b + c > a ⇒ a + b + c > 2a 1 1 a a 1 < < = (2) ⇒ ⇒ a + b + c 2a 2 a + b + c 2a 1 1 > Mặt khác b < a, c < a ⇒ a + b+ c < 3a ⇒ a + b + c 3a a a 1 > = ⇒ (3) a + b + c 3a 3 1r1
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 4 Bài 1:  x x + 1 x −1   x Cho biểu thứcA =  : x +  với x > 0 và x ≠ 1 −  x −1 x −1   x −1     a) Rút gọn A. b) Tìm giá trị của x để A = 3. Bài 2: 3x + 2 y = 5  a. Giải hệ phương trình  15 x − y = 2  b. Giải phương trình 2 x 2 − 5 2 x + 4 2 = 0 Bài 3: a) Vẽ đồ thị (P): y = -2x2 . b) Lấy 3 điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C có hoành độ là – 1. Tính diện tích tam giác ABC. Bài 4: 2 Một tam giác có chiều cao bằng cạnh đáy. Nếu chiều cao giảm đi 2cm 5 và cạnh đáy tăng thêm 3cm thì diện tích của nó giảm đi 14cm 2.Tính chiều cao và cạnh đáy của tam giác. Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D là đi ểm chính gi ữa c ủa cung nhỏ BC. Hai tiếp tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và CE. a. Chứng minh BC ⁄⁄ DE. b. Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được. c. Tứ giác BCQP là hình gì? 14
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Giải: Bài 1:  x x +1 x −1   x Ta có: A =  : x +  với x > 0 và x ≠ 1 −  x −1  x −1 x −1     ( x + 1)( x − x + 1) x − 1   x ( x − 1) x = :  − +  ( x − 1)( x + 1) x −1  x −1 x −1     x − x +1 x −1   x − x + x   :  − =  x −1  x −1  x −1    x − x +1− x +1 x : = x −1 x −1 − x +2 x : = x −1 x −1 − x +2 x −1 2− x ⋅ = = x −1 x x 2− x ⇒ = 3 ⇒ 3x + x – 2 = 0 b) A = 3 x Đặt y = x > 0 ta có: 3y2 + y – 2 = 0 vì a – b + c = 3 – 1– 2 = 0 nên : 2 2 y = – 1 hoặc y = ; vì y > 0 nên chỉ nhận y = 3 3 4 Vậy: x = y2 = 9 Bài 2: 3x + 2 y = 5 3x + 2 y = 5 5x = 20 x = 4  15 ⇔ ⇔ ⇔ a.     2x − 2 y = 15 x − y = 7, 5  y = − 3,5 x−y=     2 x = 4 Hệ phương trình có nghiệm   y = − 3,5 15
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) 2 x 2 − 5 2 x + 4 2 = 0 có a + b + c = 2− 5 2 + 4 2 = 0 b. Phương trình c 42 = =4 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = a 2 y Bài 3: x O 1 2 -1 -2 a) Vẽ đồ thị (P): y = –2x . 2 Bảng giá trị: C x –2 –1 0 1 2 y –8 –2 0 2 8 Đồ thị hàm số y = –2x2 là parabol đỉnh O, nhận Oy y=- 2x 2 B A 8- làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành. -2 2 b) Tính diện tích tam giác ABC -Tung độ điểm A: y = –2(–2)2 = –8 -Hoành độ điểm B là nghiệm của phương trình: H –2x2 = –8 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = ± 2 Vì A và B là 2 điểm khác nhau nên hoành độ điểm B là x = 2 -Tung độ điểm C : y = –2(–1)2 = –2 Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là : A(–2; –8) ; B(2; –8) ; C(–1; –2) Ta có AB ⊥ Oy và AB = 4 . Từ C hạ CH ⊥ AB ⇒ CH // Oy và CH = 6 1 1 Diện tích tam giác ABC: S = AB.CH = .4.6 = 12 (đvdt) 2 2 Bài 4: Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, 1 tính bằng dm). Diện tích tam giác là: xy (dm2) 2 Chiều cao mới là x – 2 (dm); cạnh đáy mới là y + 3 (dm); 1 diện tích mới là (x – 2)( y + 3) (dm2) 2 Theo đề bài ta có hệ phương trình: 16
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)  2 x= y  2  x = y  5 ⇔  5 1 1  xy − ( x − 2)( y + 3) = 14 xy − ( xy + 3x − 2 y − 6) = 28  2  2  2 x = y ⇔ 5 − 3x + 2 y = 22  x = 11  (thỏa mãn điều kiện) ⇔ 55 y = 2  55 Trả lời: Chiều cao của tam giác là 11dm và cạnh đáy của tam giác là dm 2 Bài 5: 1 a. Ta có sđ BCD = sđ BD 2 Do DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) 1 ⇒ sđ CDE = sđ CD, mà BD = CD (giả thiết) 2 ⇒ BCD = CDE ⇒ DE// BC b. ODE = 900 (vì DE là tiếp tuyến), OCE = 900 (vì CE là tiếp tuyến) ⇒ ODE + OCE = 1800. Do đó CODE là tứ giác nội tiếp. 1 1 Mặt khác sđ PAQ = sđ BD ; sđ PCQ = sđCD 2 2 mà BD = CD (giả thiết) suy ra PAQ = PCQ. Vậy APQC là tứ giác nội tiếp. c. APQC là tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ) Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp cùng chắn BD). và QAC = BAD, suy ra QPC = PCB ⇒ PQ // BC Vậy BCQP là hình thang . 17
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 5 Bài 1. (2,0 điểm) 3 13 6 + + 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) 2+ 3 4− 3 3 x y−y x x−y + với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y b) x− y xy 4 2. Giải phương trình: x + = 3. x+2 Bài 2. (2,0 điểm) ( m − 1) x + y = 2  Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx + y = m + 1  1. Giải hệ phương trình khi m = 2 ; 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x ; y ) thoả mãn: 2 x + y ≤ 3 . Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ( k − 1) x + 4 (k là tham số) và parabol (P): y = x 2 . 1. Khi k = −2 , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P); 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt; 3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao đi ểm c ủa đ ường th ẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: y1 + y 2 = y1 y 2 . Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B k ẻ đ ường th ẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo th ứ t ự t ại H và K. 1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; · 2. Tính CHK ; 3. Chứng minh KH.K B = KC.K D; 1 1 1 = + 4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh . 2 2 AN 2 AD AM Bài 5. (0,5 điểm)   1 1 1 1 + = 3 + Giải phương trình: ÷. 2x − 3  4x − 3 5x − 6  x --- HẾT --- 18
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Đáp án: Bài 1. (2,0 điểm) 3 13 6 + + 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) 2+ 3 4− 3 3 x y−y x x−y + với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y b) x− y xy 4 2. Giải phương trình: x + = 3. x+2 Nội dung Điểm Ý 1. 3 13 6 + + a) 2+ 3 4− 3 3 (1,5đ) ( ) + 13 ( 4 + 3 ) + 2 3 2− 3 = 0,25 3 4−3 16 − 3 = 6−3 3 + 4+ 3 + 2 3 0,25 = 10 0,25 x y−y x x−y + với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y b) x− y xy ( ) +( )( ) x− y x− y x+ y xy = 0,25 x− y xy x− y+ x+ y = 0,25 =2 x 0,25 2. 4 x+ =3 ĐK: x ≠ −2 x+2 (0,5đ) Quy đồng khử mẫu ta được phương trình: 0,25 2 x + 2x + 4 = 3(x + 2) ⇔ x2 − x − 2 = 0 Do a − b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = −1; x = 2 (thoả mãn) 0,25 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = −1; x = 2 19
Giáo viên:Bùi Công Hải ----------------------------------------------Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Bài 2. (2,0 điểm) ( m − 1) x + y = 2  Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx + y = m + 1  1. Giải hệ phương trình khi m = 2 ; 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất ( x ; y ) thoả mãn: 2 x + y ≤ 3 . Nội dung Điểm Ý x + y = 2 1. Khi m = 2 ta có hệ phương trình:  0,25  2x + y = 3 (1,0đ) x = 1 ⇔  0,25 x + y = 2 x = 1 ⇔  0,25 y = 1 x = 1 Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  0,25 y = 1 ( m − 1) x + y = 2 2.  Ta có hệ:   mx + y = m + 1 (1,0đ)  0,25 x = m + 1 − 2 ⇔   mx + y = m + 1 x = m −1  ⇔   y = − m ( m − 1) + m + 1  x = m −1 ⇔   y = − m + 2m + 1 2 0,25 Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x = m −1   y = − m + 2m + 1 2 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.01: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2019

315 tài liệu

1700 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.