zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 28

Chia sẻ: F F | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

48
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 28 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 28

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 28 2x + y = 7 Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:   x - 3y = - 7 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức P = x12 + x22.  a a  a 1 Câu 2: Cho biểu thức A =   : với a > 0, a  1.  a 1 a + a  a-1   1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các giá trị của a để A < 0. Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) 1) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) MA2 = MD.MB 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. 4 1 5 Câu 5: Giải phương trình:  x -  x + 2x - x x x
ĐỀ SỐ 28 Câu 1: 2x + y = 7 6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 1)     x - 3y = - 7  x - 3y = - 7  y = 7 - 2x y = 3 2 2) Phương trình 3x – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 =  . 3 3 2 1 4 13 Do đó P = x1  x 2   x1  x 2   2x1 x 2 = 2 2   . 9 3 9 Câu 2.  a a  a 1  a 1  1) A =   a 1  :  ( a - 1)( a  1) a ( a + 1)    a 1  . a + 1   a  1  a 1    a > 0, a  1  2) A < 0    0  a < 1.  a 1  Câu 3: 1) Ta có  = m2 + 1 > 0, m  R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7  (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7  4m2 + 3 = 7  m2 = 1  m = 1 . Câu 4: 1) ADB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường x N tròn)  ADM  900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất C tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực M D 0 của AC  AEM  90 (2). I Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp E đường tròn đường kính MA. A O B H 2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD  MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ACN  900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì IC IH  BI     (6) với I là giao điểm của CH và MB. MN MA  BM  Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 1 5 Câu 5: Điều kiện: x  0, x -  0, 2 x -  0. (*) x x 4 1 5 4 1 5  x -  x  2x - x -  x - - 2x - x x x x x x 4   x   4 x  4 1 x -    x -  1  0 x 1 5  x  1 5 x -  2x -  x -  2x -  x x  x x 4 1  x -  0 (vì 1   0) x 1 5 x -  2x - x x  x  2. Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.