Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 7
-
3637 lượt thi
-
5 câu hỏi
-
120 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Cho biểu thức: P=(1x−√x+1√x−1):√x+1(√x−1)2.
1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?
2) Tìm tất cả các giá trị của x để P=13?
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q=A−9√x?
1) Điều kiện xác định: {x−√x≠0√x−1≠0x≥0√x+1≠0⇔{x≠0x≠1x≥0√x≠−1⇔0<x≠1
Ta có: P=(1x−√x+1√x−1).(√x−1)2√x+1
=[1x−√x+√x√x(√x−1)].(√x−1)2√x+1
=1+√x√x(√x−1).(√x−1)2√x+1=(√x−1)2√x(√x−1)=√x−1√x
Vậy P=√x−1√x.
Cách 2: Đặt a=√x (a≥0)
Ta có: P=(1a2−a+1a−1):a+1(a−1)2=[1a(a−1)+1a−1].(a−1)2a+1
=[1+aa(a−1)].(a−1)2a+1=a−1a=√x−1√x.
Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
2) Với P=13⇔√x−1√x=13
⇔3(√x−1)=√x⇔2√x=3⇔x=94 (thõa mãn).
Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biến để biểu thức nhận một giá trị cho trước.
3) Ta có Q=P−9√x=√x−1√x−9√x=1−(1√x+9√x)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm 1√x và 9√x, tạ có:
1√x+9√x≥2√1√x.9√x=2√9=6.
⇒Q≤1−6=−5
Dấu " = " xảy ra khi 1√x=9√x⇔1=9x⇔x=19
Vậy max khi x = \frac{1}{9}.
Nhận xét: Bài toán tìm cực trị của biểu thức.
Câu 2:
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 8cm,\,\,AC = 6cm. M là một điểm trên AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và BC lần lượt cắt BC và AC tại D và N. Hãy xác định điểm M để diện tích của hình bình hành MNCD bằng \frac{3}{8} diện tích của tam giác ABC?
2) Cho hàm số y = mx + 1 (1)
a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A\left( {1;4} \right) . Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên \mathbb{R}?
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng \left( d \right):x + y + 3 = 0.

Gọi độ dài AM là x (cm), 0 < x < 8.
Theo định lý Ta-lét trong tam giác ABC với MN//BC ta có \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{x}{8} = \frac{{AN}}{6} \Leftrightarrow AN = \frac{3}{4}x\left( {cm} \right)
\Rightarrow NC = AC - AN = 6 - \frac{3}{4}x\left( {cm} \right).
Diện tích hình bình hành MNCD là:
{S_{MNCD}} = AM.NC = x\left( {6 - \frac{3}{4}x} \right)\left( {c{m^2}} \right)
Diện tích tam giác ABC là: {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)
Theo bài ra, diện tích của hình bình hành MNCD bằng \frac{3}{8} diện tích của tam giác ABC, nên ta có phương trình x\left( {6 - \frac{3}{4}x} \right) = \frac{3}{8}.24
\Leftrightarrow {x^2} - 8x + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right. (thỏa mãn điều kiện).
Vậy điểm M cách A là 2 cm hoặc 6 cm.
2)
a) Do đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A\left( {1;4} \right) nên ta có phương trình 4 = m.1 + 1 \Leftrightarrow m = 3 .
Với m = 3 hàm số (1) có dạng y = 3x + 1
Vì 3 > 0 nên hàm số (1) đồng biến trên \mathbb{R}.
b) Phương trình đường thẳng \left( d \right) là: y = - x - 3.
Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng \left( d \right) thì \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\1 \ne - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1
Vậy m = - 1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với đường thẳng \left( d \right).
Câu 3:
1) Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\z - 3x - 2y + 2 = 0\end{array} \right.
2) Giải phương trình: \sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = 2x - 2.
3) Cho phương trình \left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất?
1) Hệ phương trình tương đương với: \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\z - 3\left( {2 + z} \right) - 2\left( {2 + 3z} \right) + z = 0\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\ - 8z - 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\\z = - 1\end{array} \right.
Vậy hệ phương trình có nghiệm: \left( {x;y;z} \right) = \left( {1; - 1; - 1} \right).
2) Phương trình tương đương với: \left\{ \begin{array}{l}2x - 2 \ge 0\\2{x^2} + 3x - 5 = {\left( {2x - 2} \right)^2}\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2{x^2} + 3x - 5 = 4{x^2} - 8x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2{x^2} - 11x + 9 = 0\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 9} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{9}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{9}{2}\end{array} \right.
Vậy phương trình có nghiệm: x = 1;x = \frac{9}{2}.
3)
+ Xét m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1, phương trình trở thành: - 6x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}
Do đó m = 1 thỏa mãn.
+ Xét m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1 (*).
Để phương trình có nghiệm duy nhất thì \Delta ' = 0
\Leftrightarrow {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 0
\Leftrightarrow 4m + 5 = 0 \Leftrightarrow m = - \frac{5}{4} (thỏa mãn điều kiện (*))
Kết luận: m = 1 hoặc m = - \frac{5}{4}.
Câu 4:
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn \left( {O:R} \right) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI \bot AB,\,\,MK \bot AC \left( {I \in AB,\,\,K \in AC} \right)
1) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) Vẽ MP \bot BC \left( {P \in BC} \right). Chứng minh: \widehat {MPK} = \widehat {MBC}.
3) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
1) Ta có \widehat {AIM} = \widehat {AKM} = 90^\circ \left( {gt} \right), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.
Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh hai đỉnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới góc 90^\circ .
2) Tứ giác CPMK có \widehat {MPC} = \widehat {MKC} = 90^\circ (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}(1). Vì KC là tiếp tuyến của \left( O \right) nên ta có: \widehat {MCK} = \widehat {MBC} (cùng chắn ) (2).
Từ (l), (2) \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC} (3).
Nhận xét: Bài toán chứng minh hai góc bằng nhau bằng cách sử dụng tính chất bắc cầu.
3) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
Suy ra: \widehat {MIP} = \widehat {MBP} (4). Từ (3) (4) \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}
Tương tự ta chứng minh được \widehat {MKP} = \widehat {MPI}.
Suy ra: \Delta MPK đồng dạng với \Delta MIP
\Rightarrow \frac{{MP}}{{MK}} = \frac{{MI}}{{MP}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}
Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).
Lại có: MP + OH \le OM = R \Rightarrow MP \le R - OH. Do đó MP lớn nhất bằng R - OH khi và chỉ khi O,H,M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Suy ra max\,MI.MK.MP = {\left( {R - OH} \right)^3} \Leftrightarrow M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Câu 5:
Tìm a;{\rm{ }}b;{\rm{ }}c biết rằng phương trình: {x^3} + a{x^2} + bx + c = 0 có tập nghiệm là S = \left\{ { - 1;1} \right\}?
Phương trình có hai nghiệm là x = - 1 và x = 1, thay vào phương trình ta được hệ
\left\{ \begin{array}{l} - 1 + a - b + c = 0\\1 + a + b + c = 0\end{array} \right.
Trừ hai phương trình trên, ta được: - 2 - 2b = 0 \Leftrightarrow b = - 1
Cộng hai phương trình trên, ta được: a + c = 0 \Leftrightarrow c = - a
Phương trình trở thành: {x^3} + a{x^2} - x - a = 0
\Leftrightarrow {x^2}\left( {x + a} \right) - \left( {x + a} \right) \Leftrightarrow \left( {x + a} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0
Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm là S = \left\{ { - 1;1} \right\}, khi đó phương trình x + a = 0 phải có nghiệm là - 1 hoặc 1, suy ra. a = 1 hoặc a = - 1.
Vậy các số a; b; c cần tìm là a = 1;b = - 1;c = - 1 hoặc a = - 1;b = - 1;c = 1.