Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh 4 điểm O, M, B, D cùng nằm trên một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó.. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD d.[r]
(1)Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm mơn Tốn lớp 10 năm học 2020 – 2021
Bản quyền thuộc upload.123doc.net.
Nghiêm cấm hình thức chép nhằm mục đích thương mại. Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Mơn: Tốn – Đề số 1 Câu 1: Cho biểu thức
1
:
1 1 1
x x x x
A x
x x x
a Tìm điều kiện xác định biểu thức b Rút gọn biểu thức
c Tìm giá trị x nguyên để A nguyên
Câu 2: Cho phương trình x2 2mx m m 0 a Giải phương trình m 1
b Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn điều kiện
sau: x12x222x1 3x x1 22x2 4
Câu 3: Cho parabol
2
2
x P
và đường thẳng d :y2x3 a Vẽ P d hệ trục tọa độ
b Tìm tọa độ giao điểm P d
Câu 4: Cho nửa đường tròn đường kính AB2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax
và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ cắt tiếp tuyến Ax, By C, D Các đường thẳng AD, BC cắt N
a Chứng minh điểm O, M, B, D nằm đường trịn, xác định tâm đường trịn
b Chứng minh: COD 900
(2)Câu 5: Cho số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1 Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1
1
1 1
x y y z z x
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 2
Câu 1: Cho biểu thức
2
: , 0,
1
x x x
A x x
x x
x x x x
a Rút gọn biểu thức
b Biết P x Tìm x
c Tìm giá trị x để P x
Câu 2: Cho phương trình mx2 x 5m 2 a Giải phương trình m 2
b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn
2
1 2
x x x x
Câu 3: Cho parabol
2
5
P x x
và đường thẳng d :ymx a Vẽ P d hệ trục tọa độ
b Tìm điều kiện m để d cắt (P) điểm phân biệt cho điểm có hồnh độ
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nằm nửa
đường tròn Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax
Tia BM cắt Ax I, tia phân giác MAI cắt nửa đường tròn E, cắt tia MN F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
a Chứng minh rằng: Tứ giác EFMK tứ giác nội tiếp b Chứng minh tam giác BAF tam giác cân
c AKFH hình thoi
(3)Câu 5: Cho số thực x, y khơng âm thay đổi Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất biểu thức:
2 2
(1 )
1
xy x y A
x y
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 3
Câu 1: Cho biểu thức
1
x x x x x
P
x
x x x x
a Rút gọn biểu thức
b Tìm giá trị x nguyên để P đạt giá trị nguyên Câu 2:
a Giải hệ phương trình:
2
1
x xy y
x y xy
b Giải phương trình: 25 x2 10 x2 3
Câu 3: Cho phương trình:
2
2
x m x m m
Tìm giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt âm
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB I trung điểm OA Đường
tròn tâm I qua A, P điểm nằm đường trịn tâm I, AP cắ (O) Q a Chứng minh (I), (O) tiếp xúc với A
b Chứng minh: IP/ /OQ c Chứng minh: PQ = PA
d Xác định vị trí P để tam giác ABQ có diện tích lớn
Câu 5: Chứng minh rằng: x 1 y 1 x y biết
1
0, 0,
x y
x y
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 4
(4)3
2
2
x x x x x
A
x
x x x
Câu 2:
1 Khơng sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình hệ phương trình sau:
a
2
3
x y x y
b x4 6x2 8
2 Tìm tham số m để hàm số ym 2x3m 1nghịch biến Câu 3: Cho phương trình:
2
2
x m x m
a Giải phương trình với m =
b Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn biểu thức:
2
1 2
x x x x
Câu 4: Một người xe máy từ A đến B với vận tốc 40km/h Khi đến B người đó
nghỉ 30 phút quay A với vận tốc 50km/h Tính quãng đường AB biết tổng thời gian người từ A đến B , từ B A thời gian nghỉ 15 phút
Câu 5: Cho đường tròn (O, R) BC dây cung (BC 2R) Một điểm A di
động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, CF, BE cắt điểm H
a Chứng minh rằng: AEFABC
b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh AH 2OA'
c Gọi A1Là trung điểm EF Chứng minh rằng: RAA1 OA AA' '
d Tìm vị trí A để EF + FD + DE đạt giá trị lớn
Câu 6: Cho x, y, z số thực dương
1 1
2
1 1
x y z Chứng
minh rằng:
1
xyz
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 5
(5)2
2 1
:
1
1
x x
P
x x x
x
a Rút gọn P
b Tìm giá trị x dương để P nhận giá trị nguyên
Câu 2: Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình.
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 420m2 Nếu tăng chiều dài lên 10m giảm chiều rộng 6m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn
Câu 3:
1 Giải hệ phương trình:
1
5
2
2
11
2
x y
x y
2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 3x y 1 m2và parabol
(P): y2x2
a Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m
b Gọix x1, 2lần lượt hồnh độ giao điểm giao điểm.Tìm m để
x1 1 x2 1 4
Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN vng góc với đáy
AB I cho IA < IB Trên đoạn MI lấy điểm E (E không trùng M I) Tia EA cắt đường tròn điểm thứ K
a Chứng minh: IEKB nội tiếp đường tròn
b Chứng minh: AM2 AE AK
c Chứng minh: AE AK BI BA 4R2
d Xác định vị trí điểm I cho tam giác MIO đạt giá trị lớn
Câu 5: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh:
1
2 2
y
x z
y zz x y x
(6)Câu 1:
a Điều kiện xác định:
1 1 0 x x x x x b
1
:
1 1 1
x x x x
A x
x x x
1 1 1 1 1
:
1 1 1
x x x x x x x x
A
x x x
( 1) :
1
x x x
A x x x
1 1
x x x x
A x x
2 1
x x A x x x
c Để A đạt giá trị nguyên x U 1 1
2
x
khơng có giá trị x ngun để A đạt giá trị nguyên
Câu 2:
a Thaym 1vào phương trình ta có:
2
2
2 1
x x x x
Kết luận với m 1 phương trình có nghiệm x 1
b Để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thì:
2
'
' m m m 1 m m
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
1 2 2 b
x x m
a c
x x m m
(7)
2
1 1 2
2
1 2
2 2
2
2
5
2 4
1
2
1
2
x x x x x x
x x x x x x
m m m m
m
m m Tm
m
Vậy
1
2
m
thì phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn:
2
1 2 2
x x x x x x
Câu 3:
a Học sinh tự vẽ
b Phương trình hồnh độ giao điểm là:
2
2 10
2
2 2 10
x x
x x x
x
Vậy tọa độ gia điểm (P) d là: A2 10 ,7 10 , B 2 10 ,7 10
Câu 4:
Chứng minh
a Xét tứ giác OMBD có: OMD OBD 1800 Tứ giác OMBD nội tiếp đường
(8)b Ta có : OC phân giác góc AOM, OD phân giác góc MOB
Mặt khác AOM MOB 1800 COD 900 c Gọi I trung điểm CD
I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD, IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có: ACAB BD, AB BD/ /AC Vậy ACDB hình thang
Ta lại có I trung điểm CD, O trung điểm AB Vậy OI đường trung bình hình thang ACDB
IO//AC, mà AC AB IOAB O Vậy AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD
d Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên chu vi ACBD = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD CD khoảng cách Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD//AB Vậy M trung điểm AB
Câu 5:
2 2
2
x y xy x y x y xy x y
2
1 x y x y z xy
2
1
1 x y x y z xy
2 2 2
1 1
, ,
1 1
y
z x
x y z x y z x y z
x y y z z x
2 2 2
1 1
1
1 1
y x y z
z x
Vp
x y z x y z x y z x y z
x y y z z x
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 2
(9)
2
: 1
1 2 2
:
1 ( 1)
2
2 :
1 1
2
1 2 1
x x x
A
x x
x x x x
x x x x
A
x x x x x
x x
x x
A
x x x
x x x x x
A
x x x x
b P x
2
4 4 2
1
x
x x x x
x
Vậy x = P x
c
2
1
2
1
1 0
1 1
x
x x x
P x
x x x
Do
2
1 3
1 1
2 4
x x x x x
Vậy……
Câu 2:
a Thay m = vào phương trình ta có:
2 65
2
4
x x x
Vậy với m = phương trình có nghiệm phân biệt
1 65
x
b Để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2ta có: 0
2
1 5m m 20m 8m m
(10)Áp dụng hệ thức Viet ta có:
1
1
1
2
b x x
a m
c m
x x
a m
Ta có biểu thức
2
2
1 2 2
2
1
2 2
2 13
9
2 13
m
x x x x x x x x x x
m m m
m
m m tm
m
Kết luận: ……
Câu 3:
a Học sinh tự vẽ hình
b Phương trình hồnh độ giao điểm là:
2
5
x x mx x m x
Để d cắt (P) điểm phân biệt 0
2
5 m 4.2 m 10m 17 *
Áp dụng hệ thức Viet ta có:
1
1
5
b
x x m
a c x x
a
Do giao điểm có hồnh độ ta giả sử x1 1 x2 2
1 m m
thỏa mãn (*)
Vậy m = d cắt (P) điểm phân biệt cho có điểm có hồnh độ
(11)Chứng minh
a Do M nằm nửa đường tròn nên AMB 900 AMF 900
Do M nằm nửa đường tròn nên AEB900 BEF 900
180
AMF BEF
EFMK tứ giác nội tiếp
b Ta có AE phân giác góc MAI IEM MAE EA ME EAB MBE Vậy BE tia phân giác góc ABF (1)
Mặt khác BEAF(2)
Từ (1) (2) ta có tam giác BAF cân B
c Theo chứng minh ta có tam giác BAF tam giác cân B, BE đường cao nên BE trung tuyến EAEF(3)
AF HK (4), AE phân giác HAK Tam giác AHK tam giác cân A có AE đường cao nên đường trung tuyến Vậy EK = EH (5) Từ (3), (4), (5) ta có AKHF hình thoi
d Ta có AKHF hình thoi HA/ /FKhay IA/ /FK AKFI hình thang Để AKFI nột tiếp đường trịn AKFI hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung điểm AB
M trung điểm AB ABM IAM450
Tam giác ABI vuông A có ABI450 AIB450
45
KAI AIF
AKFI hình thang cân
Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp nửa đường tròn
(12)
2
2 2 2
1
(1 ) (1 ) 2 1
4
1 1 1
x y xy
xy x y xy x y
A
x y x y x y xy
1
4 P
1
P
x = 0, y =
4
P
x = 1, y =
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 3
Câu 1: Điện kiện: x0,x1,x2,x0
1
x x x x x
P
x
x x x x
3
( )
1
1 1 2
1
1 2
2 2.( 2)
2 x x x P x
x x x x
x x x x x x x
P
x
x x x x
x x x x x
P
x
x x
x x x
P x x x
b
2 8
2 2 x P x x x
Để P(x) nguyên x 2 U 8 1, 2, 4, 8 ta có bảng sau
x +2 -8 -4 -2 -1
(13)Kết hợp với điều kiện xác định ta có: x6thỏa mãn Vậy x = P(x) đạt giá trị nguyên
Câu 2: a 2
2 2 2
2
1
3 3
9
3
3
9 (1) (2)
x xy y x y xy
x y xy x y xy
xy x y xy
xy xy
x y xy
x y xy
x y xy
x y xy
Từ phương trình (1) ta đặt xy = t Phương trình trở thành
2 9 8 0 1
8 t xy t t t xy
Với xy1kết hợp với phương trình (2) ta có :
1 ( 2) 1
, 1,
2
xy y y y
x y
x y x y x
Với xy8 kết hợp với phương trình (2) ta có :
Vậy hệ phương trình có nghiệm x y, 1, 1
, 11 17, 11 17 11 17, 11 17
2 2
11 17 11 17 11 17 11 17
, ,
2 2
x y
b 25 x2 10 x2 3
Điều kiện xác định:
2
2
5
25
10 10
10 10 10
x x x x x Đặt 2 25
, ,
10 a x a b b x
(14)
2
2
2
3
3
15
15
4 25
9
1 10 1
a b
a b a b
a b a b
a b a b
a x x
x tm
b x x
Vậy phương trình có nghiệm x = x = -3
Câu 3:
2 2 1 3 0
x m x m m
Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt ta có:
2
2
'
1
0
m
m m m
m
x x m m m
Vây <m <3 phương trình có hai nghiệm phân biệt
Câu 4:
Chứng minh
a Ta có: OI OA IA (O) (I) tiếp xúc với A
b Tam giác OAQ cân O Q 1A1
Tam giác IAP cân O P1 A1
1 / /
Q P IP OQ
c APO 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) OPAQ OPlà đường cao tam giác OAQ mà OAQ cân O nên OP đường trung tuyến
AP PQ
(15)Ta có:
1
ABQ
S AB QH
Mà AB đường kính không đổi nên SABQlớn QH lớn hay Q
trùng với trung điểm AB
Muốn Q trùng với trung điểm AB P trung điểm cung AO
Thật P trung điểm cung AO PI AOmà IP/ /OQ QOABtại O
Vậy Q trung điểm AB kéo theo H trùng với O, OQ lớn neenn QH lớn
Câu 5:
1
1 (1)
x y
Ta có: 1
1 x 1,y 1, x 1, y
x y
Từ (1) ta có: x y xy xy x y 1 x 1 y 10
2
1 1 1
2 1 1
1
x y x y
x y x y x y x y
x y x y
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 4
(16) 2
2
1 2 1 1 2 1
2 1 1
1 1
x x x x x
A
x
x x x
x x x
x x A x x x x x x x x A x x x x
x x x x x x x
A
x
x x x
2 1 2 1 2
2
x x x x x
A const x x Câu 2: a
2 7
3 14 7
x y x y x y x
x y x y y y
Vậy hệ phương trình có nghiệm x y , 4, 1 b x4 6x2 8
Đặt
2
,
x t
phương trình trở thành:
2 6 8 0
t
2
2
1
2
' '
2
2
3 2
2 x x x t t x x x
Vậy phương trình có nghiệm x2,x
(17)vậy m < hàm số nghịch biến R
Câu 3:
a Thay m = vào phương trình ta có:
2
1
1
x
x x
x
b Để phương trình có nghiệm phân biệt ta có:
2
'
' m m m 3m
Áp dụng hệ thức Viet ta có:
1
1
2
b
x x m
a c
x x m
a
Theo ra:
2
1 2
2
1 2
2
2
3
3
4 3
7
4 11 4
1
x x x x
x x x x
m m
m
m m tm
m
Vậy
m
hoặc m 1thì phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn
biểu thức:
2
1 2
x x x x
Câu 4:
Gọi quãng đường AB x (km) x > 0
Thời gian lúc từ A đến B xe máy là: 40 x
(km/h)
Thời gian lúc từ B đến A xe máy là: 50 x
(km/h)
(18)1
7,25 40 50
x x
Dễ dàng tìm x = 150 km Vậy quãng đường AB 150 km
Câu 5:
Chứng minh a Tứ giác BFEC nội tiếp
AEF ACB
( bù BEF)
AEF ABC ( bù FEC) Vậy AEFABC b Kẻ đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH
BHKC hình bình hành A’ trung điểm KH KO đường trung bình tam giác AHK AH = 2AO
c Ta có: AEFABC
' '
AA R
AA R
(1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, R’ bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’
trung tuyến tam giác ABC, AA1là trung tuyến tam giác AEF
Ta lại có AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
Từ (1) 1
2 '
' ' ' ' ' '
2
AH OA
R AA AA R AA AA R AA AA OA
d Gọi M, N trung điểm AC, AB
(19)
1
'
2
ABC OCA OCB OAB
S S S S OA BC OM AC ON AB (2) 2SABC OA BC OM AC ON AB'
Ta có:
1
'
'
R AA OA
AA
(theo chứng minh câu c) Mà
1
'
AA
AA là tỉ số trung tuyến
của tam giác đồng dạng AEF ABC nên
1
'
AA EF
AA BC Tương tự ta có:
R FD OM
AC
,
R DE ON
AB
Thay vào (2) ta được:
1
2
'
ABC
ABC
R AA R FD R DE
S R BC AC AB
AA AC AB
S R EF FD DE
Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn diện tích tam giác ABC đạt max
Ta có
1
ABC
S BC AD
do BC khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn AD lớn
Mà AD lớn A nằm cung BC
Câu 6:
Ta có:
1 1 1
2 1
1 1 1
2
1 1
x y z y z
y z yz
y z y z
Tương tự ta có:
1
2 ,
1 1 1
xy xz
y x z z x y
Nhân vế bất dẳng thức ta điều phải chứng minh
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 5
(20)a
2 1
:
1
1
x x
P
x x x
x
2 1
:
1
1
x x x x
P
x x x
x x x
2 1
:
1
1
x x x x
P
x x
x x x
3 1,
x U
1 1
3
1
x x x x
P
x
x x x
3
3
x P
x x
b Để P nhận giá trị nguyên x 3U 3 1, 3
x -1 -3
4 (TM) 16 (TM) ( L) 81 (TM)
Kết luận : Vậy để P nhận giá trị nguyên x {1,16,81}
Câu 2:
Gọi chiều dài mảnh vườn x (m), x > Diện tích mảnh vườn 420m2
Chiều rộng mảnh vườn 420
x (m)
Khi tăng chiều dài thêm 10 m chiều dài thay đổi là: x + 10 (m)
Khi giảm chiều rộng m chiều rộng thay đổi là: 420
x – (m) Do diện tích mảnh vườn khơng đổi nên ta có phương trình:
x 10 420 420
x
Dễ dàng tìm
5 29( )
5 29( )
x TM
x L
(21)Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn 5 29 m, chiều rộng mảnh
vườn 3 29 m
Câu 3:
1 Điều kiện: x2,y1
Đặt
1
,
2
a b
x y
Hệ phương trình trở thành:
3 10
2 11 11
1
2
2
2
1
1
a b a b b
a b a b a
x x
y y
Vậy hệ phương trình có nghiệm
, 5,1
2
x y
2
a Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 3x 1m2 2x2 3x 1 m2 0
2 2
3 4.2 m 8m m
Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt
b Áp dụng hệ thức Viet ta có:
1
2
3
b x x
a c
x x m
a
Từ hệ thức:
2
1 2
7
1 1
2 2
x x x x x x m m m
Vậy m 2……
(22)Chứng minh
a Ta có AB đường kính, K thuộc đường trịn nên AKB 900
Ta có: KEB EIB 900nên tứ giác IEKB nội tiếp
b Ta có: EAM MAK( chắn cung nhỏ MK)
2
EMA sdAN sdAMMKA AMEAKM
2
AE MA
AE AK MA
MA KA
Tam giác MAB vuông M MI đường cao nên IB BA MB2 Do đó:
2 2
AE AK BI BA AM MB R
d Chu vi tam giác OIM MI + OI + MO
Mà MO = R không đổi nên chu vi tam giác IMO lớn MI + MO lớn
Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
+
MI MO MI IO OM R MIMOR
Dấu xảy
2
R MIMO
Vậy chu vi tam giác OIM lớn I nằm AB cách O khoảng
bằng 2
R
Câu 5:
(23)
2
2
2 2 2
x y z
y y
x z x z
y z z x y x xy xz yz xy xz yz xy yz zx
Có nghĩa ta chứng minh
2
1
x y z xy yz zx
hay
x y z 2 3xy yz zx