Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2020 số 4 - Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Một giờ sau, một xe máy thứ hai cũng khởi hành từ A đi đến B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy thứ nhất là 10km/giờ nên đã đuổi kịp xe máy thứ nhất ở chính giữa quãng đường AB.[r]

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán số 4

I Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán số 4

Bài 1: Với x  0, x  4, x  9, cho hai biểu thức:

x M

2 3

x N

x







1, Tính giá trị của biểu thức N khi x = 16

2, Rút gọn biểu thức M

3, Tìm giá trị nguyên của x để A = N.(M - 1) nhận giá trị nguyên

Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xe máy khởi hành từ A để đi đến B cách nhau 240km Một giờ sau, một xe máy thứ hai cũng khởi hành từ A đi đến B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy thứ nhất là 10km/giờ nên đã đuổi kịp xe máy thứ nhất ở chính giữa quãng đường AB Tính vận tốc của mỗi xe

Bài 3:

1, Tìm giá trị của m để hệ phương trình

y x m

x y m





 có nghiệm (x ; y) sao cho biểu thức

P x   y đạt giá trị nhỏ nhất

2, Cho phương trình x2  3m 1x m 2  1 0

(với m là tham số) (1)

a, Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x = -2

b, Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Bài 4: Cho (O;R), đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A và

B), D thuộc dây BC (D khác B và C) Tia AD cắt cung nhỏ BC tại E, tia AC cắt BE tại F

1, Chứng minh tứ giác FCDE nội tiếp

2, Chứng minh CF.CA = CB.CD

Chứng minh IC2 = IK.IA

4, Biết DF = R, chứng minh tan góc AFB = 2

Bài 5: Cho a, b, c là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

phương trình x2   a b c x ab ac bc        0

vô nghiệm

Tải thêm tài liệu tại:

https://vndoc.com/luyen-thi-vao-lop-10

II Đáp án đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán số 4

Bài 1:

1, Thay x = 16 (thỏa mãn điều kiện) vào N ta có:

2

4 3

16 3





2,

x

M

4

x





2 2





3,

A N M



với x  0, x  4, x  9

A

Để A nhận giá trị nguyên

2 3

x



 nguyên  x  3  U    2    1; 2 

Ta có bảng:

3

x 1 (thỏa mãn) 4 (loại) 16 (thỏa mãn) 25 (thỏa mãn)

Vậy với x   1;16;25 

Bài 2:

*Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Khi đó vận tốc của xe máy thứ hai là x + 10 (km/h)

Quãng đường xe máy thứ nhất và xe máy thứ hai đi được đến khi gặp nhau là: 120km

Thời gian xe máy thứ nhất đi được là:

120

x (giờ)

Thời gian xe máy thứ hai đi được là:

120 10

x  (giờ)

xe máy thứ hai xuất phát chậm hơn xe máy thứ nhất 1 giờ, nên ta có phương trình:

120 120

1 10

x  x  

Giải phương trình ta được x = 30 (thỏa mãn) hoặc x = -40 (loại)

Vậy vận tốc của xe máy thứ nhất là 30km/giờ và vận tốc của xe máy thứ hai là 40km/ giờ

*Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Gọi vận tốc của xe máy thứ nhất là a (a > 0, km/giờ)

Vận tốc của xe máy thứ hai là b (b > 0, km/giờ)

Xe máy thứ hai đi nhanh hơn xe máy thứ nhất 10km/giờ nên ta có phương trình b = a + 10 (1)

Quãng đường xe máy thứ nhất và xe máy thứ hai đi được đến khi gặp nhau là: 120km

Thời gian xe máy thứ nhất đi được là:

120

a (giờ)

Thời gian xe máy thứ hai đi được là:

120

b (giờ)

Xe máy thứ hai xuất phát chậm hơn xe máy thứ nhất 1 giờ, nên ta có phương trình:

120 120

1

a  b  (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

10

30

1

b a

a b

 















 Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 30km/giờ và vận tốc của xe thứ hai là 40km/giờ

Bài 3:

1, Để hệ phương trình

y x m

x y m





 có nghiệm khi và chỉ khi





 (đúng) Vậy với mọi m thì hệ phương trình có nghiệm (x; y)

Có P x 2  y2 m 12m2 2m2 2m1

2

Có

Dấu “=” xảy ra

0

Vậy min

P   m 

Vậy với

1 2

m 

thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài

2, a, Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x = -2

Thay x = -2 vào phương trình có:   2 2   3 m  1 2      m2  1 0   m2  6 m   1 0

Giải phương trình ta được hoặc

Vậy với m   3 2 2 hoặc m   3 2 2 thì phương trình (1) có nghiệm x = -2

b,

2

               

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Bài 4:

1, Ta có  ACB AEB    900  DCF DEF     900

Tứ giác FCDE có DCF DEF     1800 nên tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp

2, Chứng minh CFD CED CBA     

Chứng minh  CFD ~  CBA g g   

để suy ra CF.CA = CB.CD

3, Chỉ ra I là trung điểm của FD

Sử dụng tính chất 3 đường cao của tam giác để duy ra FD vuông góc với AB tại H

Chứng minh ICD IDC BDH    

Chứng minh OCB OBC    mà OBC HDB     900

IC

Bài 5:

2

4.

      

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có a2  a b c     a2  ab ac  Chứng minh tương tự ta cũng có

b  ab bc c   ca bc 

Suy ra a2b2 c2 2.ab bc bc  

Vậy phương trình vô nghiệm

Tải thêm tài liệu tại:

https://vndoc.com/luyen-thi-vao-lop-10