Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2020 số 5 - Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Biết rằng nếu chảy riếng thì vòi thứ nhất chảy nhanh hơn vòi thứ hai 6 giờ.. Vẽ đường thẳng đi qua A sao cho đường thẳng đi qua A, tia Ox và BD đồng quy tại E[r]

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán số 5

I Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán số 5

Bài 1: Với x  0, x  1, cho biểu thức:

:

A

1, Rút gọn biểu thức A

2, Tìm x để

4

x

3, Tìm giá trị nguyên của x để

1

A nhận giá trị nguyên

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

Hai vòi nước cùng chảy vào bể thìsau 4 giò sẽ đầy bể Biết rằng nếu chảy riếng thì vòi thứ nhất chảy nhanh hơn vòi thứ hai 6 giờ Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi sau bao lâu sẽ đầy bể?

Bài 3:

1, Giải hệ phương trình:







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

(với m là tham số) (1)

a, Chứng minh rằng phương tình luôn có 2 nghiệm phân biệt

b, Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

2 2

1 2 5

Bài 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Kẻ tia Ox vuông góc với AB tại O, Ox

cắt (O;R) tại C Điểm D thay đổi trên cung nhỏ BC (D không trùng với C và B); AD cắt OC tại H Vẽ đường thẳng đi qua A sao cho đường thẳng đi qua A, tia Ox và BD đồng quy tại E

a, Chứng minh tứ giác AODE là tứ giác nội tiếp

b, Gọi giao điểm của AE với (O;R) là F Chứng minh 3 điểm F, H, B thẳng hàng

c, Chứng minh AC2 = AH.AD, tính AH khi BD R   3cm

d, Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CHD luôn chuyển động trên một đường cố định

Bài 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  a4  b4  b4  c4  c4  a4  8

Chứng minh rằng:  a2  ab b  2  b2  bc c  2  c2  ca a  2  1

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 5

Bài 1:

1, Với x  0, x  1 ta có:

:

A

:

1

x

: 1

x



 1   1 

2, Với

4

x

thì

4 2

x



(x  0, x  1)

Đặt t  x t   0 

, khi đó phương trình trở thành:

 

 

2

2

2

t









Với t   2 x   2 x  4(thỏa mãn)

3,

A  x  (điều kiện:

1 0;

4

)

Để

1

A nhận giá trị nguyên thì

4

2 x  1  2 x   1 U    4     1; 2; 4 

Ta có bảng:

2(loại)

5

2(loại)

Vậy với x   0;1 

thì

1

A nhận giá trị nguyên

Bài 2:

*Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là a (giờ, a > 0)

Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là a + 6 (giờ)

Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được số phần bể là:

1

a(bể)

Trong một giờ, vòi thứ hai chảy được số phần bể là:

1 6

a  (bể)

Trong một giờ, cả hai vòi cùng chảy được số phần bể là:

1

4(bể)

Ta có phương trình:

Giải phương trình tính được a = 6 (thỏa mãn) hoặc a = -4 (loại)

Vậy vòi thứ nhất chảy một mình thì sau 6 giờ sẽ đầy bể, vòi thứ hai chảy một mình thì sau 12 giờ sẽ đầy bể

*Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là a (giờ, a > 0)

Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là b (giờ, b > 0)

Vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 6 giờ nên ta có: a + 6 = b (giờ) (1)

Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được số phần bể là:

1

a(bể)

Trong một giờ, vòi thứ hai chảy được số phần bể là:

1

b(bể)

Trong một giờ, cả hai vòi cùng chảy được số phần bể là:

1

4(bể)

Ta có phương trình:

4

Từ (1) và (2) ta ó hệ phương trình:

6

4

a b

 









Giải hệ phương trình ra được a = 6 và b = 12

Vậy vòi thứ nhất chảy một mình thì sau 6 giờ sẽ đầy bể, vòi thứ hai chảy một mình thì sau 12 giờ sẽ đầy bể

Bài 3:

1,







(điều kiện y  2 0 y 2) Đặt x  1  a a   0 

và y2 b b 0

Khi đó hệ phương trình trở thành:

b a







Giải hệ phương trình tính được

 

 

1 2











Với a = 1 thì

2

1 1

0

x x

x







Với b = 2 thì y  2 2   y  2

2, a,   2 m  1 2 4.1  m2  m     1 0 m

Vậy với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

b, Với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức Vi-ét:

1 2

2

1 2

b

a

c

a











Có x12  x22   5  x1 x22  2 x x1 2  5

2

1

2

m

m





  



Vậy với m = 1 hoặc m = -2 thì phương trình luôn co 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

2 2

1 2 5

Bài 4:

1, Ox vuông góc với AB nên  AOE  900  Tam giác AOE nội tiếp đường tròn đường kính AE hay 3 điểm A, O, E cùng thuộc đường tròn đường kính AE (1)

Trong đường tròn (O) có: ADB nhìn đường kính AB nên  ADB  900   ADE  900

(kề bù)  Tam giác ADE nội tiếp đường tròn đường kính AE hay 3 điểm A, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính AE (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, O, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính AE hay tứ giác AODE nội tiếp đường tròn

2, Trong đường tròn (O) có AFB nhìn đường kính AB nên  AFB  900 hay BF vuông

góc với AE (3)

Có AD vuông góc với BC, EO vuông góc với AB và AD cắt EO tại H nên H là là trực tâm của tam giác ABE

Suy ra Bh là đường cao của tam giác ABE, suy ra BH vuông góc với AE (4)

Từ (3) và (4) suy ra BH trùng với BF hay 3 điểm B, H, F thẳng hàng

3, Có OC và OA là bán kính đường tròn (O) và OA vuông góc với OC nên tam giác OAC vuông cân tại O   ACO  450

Tam giác ABC vuông có OC vuông góc với AB và OA = OB nên tam giác ABC là tam giác vuông cân   ABC  450

Có ABC là góc nội tiếp chắn cung AC, ADC là góc nội tiếp chắn cung AC nên

Từ đó suy ra  ACO ADC  

Chứng minh được tam giác AHC đồng dạng với tam giác ACD

Dễ dàng tính được AC2  2 ; R AD2 2  4 R2 R2  3 R2  AD R  3(cm)

Thay vào hệ thức trên  AH = 2 cm

4, Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CHD

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác CHD

Chứng minh được CIH   2 CDH  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

Mà CDH   450 CIH   900

Suy ra tam giác CHI là tam giác vuông cân, suy ra ICH   450

Mà  BCA   900 BC  AC

Suy ra CI trùng CB hay I thuộc BC

Lập luận cho BC cố định rồi kết luận

Bài 5:

Ta chứng minh kết quả 2 a  2  ab b  22  a4  b4

Thật vậy, ta có:

 

2

2 2

4

0

a b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

Tương tự chứng minh được rằng

 2 22 4 4

2 b  bc c   b  c

và 2 c  2  ca a  22  c4  a4

Thấy các vế của các bất phương trình trên không âm, nên ta nhân theo vế các bất đẳng thức này được:

 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4  4 4  4 4

8 a  ab b  b  bc c  c  ca a   a  b b  c c  a  8

Hay  a2  ab b  2 2 b2 bc c  2 2 c2  ca a  22  1

Tải thêm tài liệu tại:

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