Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 5
-
2402 lượt thi
-
5 câu hỏi
-
120 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Tính giá trị của các biểu thức sau:
a) \(\sqrt 4 + 3\).
b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \).
Xem đáp án
a) \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\)
b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\)
Câu 2:
Cho biểu thức \(H = \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\)
a) Rút gọn biểu thức H.
b) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\sqrt x - H < 0\).
Xem đáp án
a) \(H = \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
\( = \frac{{2x}}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{2x}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\)
b) Theo đề bài ta có \(\sqrt x - H < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 2 < \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < 4\)
Kết hợp điều kiện \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 4;x \ne 1\)
Vậy với \(0 \le x < 4;x \ne 1\) thì \(\sqrt x - H < 0\)
Câu 3:
1) Cho đường thẳng (d): \(y = x - 1\) và parabol (P): \(y = 3{x^2}\).
a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hoành độ \(x = - 1\).
b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’): \(y = \frac{1}{2}x + b\) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.
2) a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right.\).
b) Tìm tham số a để hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = a}\\{7x - 2y = 5a - 1}\end{array}} \right.\). Có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x\).
Xem đáp án
1) a) Điểm A có hoành độ \(x = - 1\) và thuộc P nên thay \(x = - 1\) vào P ta được : \(y = 3.{\left( { - 1} \right)^2} = 3\)
\( \Rightarrow A\left( { - 1;3} \right)\)
b)Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d, d’. ta có \(B\left( {{x_B};0} \right)\) thuộc d \( \Rightarrow {x_B} = - 1 \Rightarrow B\left( {1;0} \right)\)
Lại có: \(B\left( {1;0} \right) \in d' \Rightarrow 0 = \frac{1}{2}.1 + b \Leftrightarrow b = - \frac{1}{2}\)
2) a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\)
b) Hệ phương trình có \(\frac{1}{7} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 2}} \Rightarrow \) hệ pt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = a\left( 1 \right)}\\{7x - 2y = 5a - 1\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\) có nghiệm duy nhất với mọi a.
Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(y = 2x\)
Thay \(y = 2x\) vào (1) ta được: \(x - 2x = a \Leftrightarrow x = - a \Rightarrow y = - 2a\)
Thay \(x = - a;y = - 2a\) vào (2) ta được:
\(7\left( { - a} \right) - 2\left( { - 2a} \right) = 5a - 1\) \( \Leftrightarrow - 7a + 4a - 5a = - 1\) \( \Leftrightarrow - 8a = - 1\) \( \Leftrightarrow a = \frac{1}{8}\)
Vậy \(a = \frac{1}{8}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4:
a) Giải phương trình: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\).
Xem đáp án
a) \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
Phương trình có dạng \(a + b + c = 0\). Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)
b) \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} = 0\)
Ta có: \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2}\) \( = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} = 1 - 2m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{2}\)
Theo vi–ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2}}\end{array}} \right.\)
Theo đề bài ta có:
\({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\) \( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)
\( \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\) \( \Leftrightarrow - 2m + 4 = {x_1} - 2{x_2}\)
Khi đó kết hợp với \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) ta có hệ pt:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x_2} = 4m - 6}\\{{x_1} + {x_2} = 2m - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = 2m - 2 - \frac{4}{3}m + 2}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)
Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)vào \({x_1}{x_2} = {m^2}\) ta được:
\(\left( {\frac{4}{3}m - 2} \right).\frac{2}{3}m = {m^2} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{9}{m^2} - \frac{4}{3}m = 0 \Leftrightarrow - m\left( {\frac{1}{9}m + \frac{4}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = - 12}\end{array}} \right.\)(tm)
Vậy \(m = 0;m = - 12\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 5:
Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB < AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E (MD < ME),cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp.
b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC;FI > FE = FD.FE\)
c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P, K, M thẳng hàng.
Xem đáp án
a) Do MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\widehat {OBM} = \widehat {OCM} = {90^0}\)
Xét tứ giác MBOC có: \(\widehat {OBM} + \widehat {OCM} = {180^0}\) suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có:
\(\widehat {BFD} = \widehat {EFC}\left( {dd} \right)\)
\(\widehat {FDB} = \widehat {FCE}\) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)
\( \Rightarrow \Delta FBD \sim \Delta FEC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FC}} \Rightarrow FD.FE = FB.FC\left( 1 \right)\)
Ta có AB// ME suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {DIC}\)
Mà \(\widehat {BAC} = \widehat {MBC}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\( \Rightarrow \widehat {DIC} = \widehat {MBC} \Rightarrow \widehat {MBF} = \widehat {CIF}\)
Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:
\(\widehat {BFM} = \widehat {IFC}\) (đđ)
\(\widehat {MBF} = \widehat {CIF}\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta FBM \sim \Delta FIC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FI}} = \frac{{FM}}{{FC}} \Rightarrow FI.FM = FB.FC\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow FI.FM = FD.FE\left( 3 \right)\)
c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có:
\(\widehat {KFD} = \widehat {EFQ}\) (đđ)
\(\widehat {FKD} = \widehat {FEQ}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ)
\( \Rightarrow \Delta FKD \sim \Delta FEQ\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{FK}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FQ}} \Rightarrow FD.FE = FK.FQ\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow FI.FM = FK.FQ \Leftrightarrow \frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\)
Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có:
\(\frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\left( {cmt} \right)\)
\(\widehat {MFQ} = \widehat {KFI}\)
\( \Rightarrow \Delta FMQ \sim \Delta FKI\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat {FMQ} = \widehat {FKI}\)
Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {MQK} = \widehat {MIQ}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ)
Ta có \(\widehat {MBF} = \widehat {CIF} \Rightarrow \widehat {MBC} = \widehat {MIF}\) suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp
Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta có \(\widehat {OBM} = {90^0}\) suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C.
Suy ra \(\widehat {OIM} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow IM \bot OI \Rightarrow \widehat {MIQ} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \widehat {MKQ} = \widehat {MIQ} = {90^0}\)
Lại có \(\widehat {QKP} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Từ đó ta có: \(\widehat {MKP} = \widehat {MKQ} + \widehat {QKP} = {180^0}\)
Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.