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 40

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

Báo xấu

73
lượt xem 6
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 40 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 40

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 40 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song với đường thẳng d. ax  by  3 x  3 Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình  có nghiệm  . bx  ay  11  y  1 Câu 3. Cho phương trình: (1  3)x 2  2x  1  3  0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm 1 1 là và . x1 x2 Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F sao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF.  3 2 x  2y  4y  3  0 (1) Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện :  2 2 2 . x  x y  2y  0 (2)  Tính giá trị biểu thức P = x 2  y 2 .
ĐỀ SỐ 40 3 1 3 Câu 1. a) 3x + 4y = 2  y   x  , nên hệ số góc của đường thẳng d là k =  . 4 2 4  2 3  2 1  1 m  1   4  m  4  m   2  1 b) d // d1     m . m  1 m  1 m  1 2   2   2   2 1 Vậy với m   thì d1 // d. 2 ax  by  3 x  3 a.3  b(1)  3 Câu 2. Hệ phương trình  có nghiệm  nên  bx  ay  11  y  1 b.3  a(1)  11 3a  b  3 9a  3b  9 10a  20 a  2 a  2       . a  3b  11 a  3b  11 a  3b  11 3a  b  3 b  3 Câu 3. a) Do ac  (1  3)(1  3)  1  3  2  0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: 2 1 3 x1  x 2  , x1 x 2  . 1 3 1 3 1 1 x1  x 2 2 2(1  3) Do đó: S        (1  3) . x1 x 2 x1 x 2 1 3 2 1 1 1 1  3 (1  3) 2 4  2 3 và P = .      (2  3) . x1 x 2 x 1 x 2 1  3 2 2 Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X 2  (1  3)X  (2  3)  0 . Câu 4. D C E a) Tam giác ADE cân tại A vì 2 1 3 AD = AE. Lại có: x M A1 = DAB  EAB  900  600  300 F Do đó 1 O ADE  AED  (1800  300 )  750 . 1 2 1 2 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF A B vuông cân tại B, nên E1  450 . Từ đó ta có: DEF  DEA  E 2  E1  750  600  450  1800 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.
c) Ta có: B1  A1 (cùng chắn cung EM) suy ra B1  300 nên B2  300 . Mà E3  B2 nên E3  300 . Vậy E 2  E3  600  300  900 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đó ME // BF. Câu 5. Từ (1) ta có: x 3  2(y  1) 2  1  1  x  1 (3) 2y Từ (2) ta có: x 2  2  1  x 2  1  1  x  1 (4) y 1 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2.

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.