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 Tốn số I Đề ơn thi vào lớp 10 mơn Tốn số 5

Bài 1: Với x0,x1, cho biểu thức:

   

3 2 1 1

:

1 1 1

2 1

x x x x

A

x x x

x x

 

    

 

    

        

 

1, Rút gọn biểu thức A

2, Tìm x để

2 1

4

x A 

3, Tìm giá trị nguyên x để

1

A nhận giá trị nguyên

Bài 2: Giải tốn cách lâp phương trình hệ phương trình

Hai vịi nước chảy vào bể thìsau giị đầy bể Biết chảy riếng vòi thứ chảy nhanh vòi thứ hai Hỏi chảy riêng vịi sau đầy bể?

Bài 3:

1, Giải hệ phương trình:

1 2 2 5

3 2 1 5

x y

y x

    

 

   

 

2, Cho phương trình  

2 2 1 0

x  m x m m

(với m tham số) (1) a, Chứng minh phương tình ln có nghiệm phân biệt

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

2

1 5

x x 

Bài 4: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Kẻ tia Ox vng góc với AB O, Ox cắt (O;R) C Điểm D thay đổi cung nhỏ BC (D không trùng với C B); AD cắt OC H Vẽ đường thẳng qua A cho đường thẳng qua A, tia Ox BD đồng quy E

b, Gọi giao điểm AE với (O;R) F Chứng minh điểm F, H, B thẳng hàng c, Chứng minh AC2 = AH.AD, tính AH BD R  3cm

d, Chứng minh điểm D thay đổi cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CHD ln chuyển động đường cố định

Bài 5: Cho số thực a, b, c thỏa mãn      

4 4 4 8

a b b c c a 

Chứng minh

rằng:      

2 2 2 1

a  ab b b  bc c c  ca a 

Tải thêm tài liệu tại:

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

Bài 1:

1, Với x0,x1 ta có:

   

3 2 1 1

:

1 1 1

2 1

x x x x

A

x x x

x x                                      

1 2 1 1 1

:

1

2 1 1 1

x x x x x x

x

x x x x

                           1 2 : 1 1 1

x x x

x x x           

 1  1

1 1 1 1

. .

1 2 1 2 2

x x

x x x x

x x x x x

           2, Với 2 1 4 x A 

1 2 1

4 2 x x x   

(x0,x1)

   

4 1 2 2 1

4 4 4 2

4 6 4 0

x x x

x x x

x x

   

   

   

Đặt t  x t 0, phương trình trở thành:

 

 

2

2

4 6 4 0 1

2 t tm t t t            

Với t  2 x  2 x4(thỏa mãn)

3,

1 4

2 1

A x  (điều kiện:

1 0;

4

Để

1

A nhận giá trị nguyên

4

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

Ta có bảng:

2 x  -4 -2 -1

2 x -3 (loại) -1 (loại)

x 3

2(loại)

5 2(loại)

x (tm) (tm)

Vậy với x0;1

1

A nhận giá trị nguyên Bài 2:

*Giải tốn cách lập phương trình

Gọi thời gian vịi thứ chảy đầy bể a (giờ, a > 0) Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể a + (giờ)

Trong giờ, vòi thứ chảy số phần bể là:

1

a(bể)

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

1 6

a (bể)

Trong giờ, hai vòi chảy số phần bể là:

1 4(bể)

Ta có phương trình:

1 1 1

6 4

a a 

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

Vậy vòi thứ chảy sau đầy bể, vịi thứ hai chảy sau 12 đầy bể

*Giải toán cách lập hệ phương trình

Thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể b (giờ, b > 0)

Vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai nên ta có: a + = b (giờ) (1) Trong giờ, vòi thứ chảy số phần bể là:

1

a(bể)

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

1

b (bể)

Trong giờ, hai vòi chảy số phần bể là:

1 4(bể)

Ta có phương trình:

1 1 1

4

a b  (2)

Từ (1) (2) ta ó hệ phương trình:

6

1 1 1

4

a b

a b   

 

 

 

Giải hệ phương trình a = b = 12

Vậy vòi thứ chảy sau đầy bể, vịi thứ hai chảy sau 12 đầy bể

Bài 3:

1,

1 2 2 5

3 2 1 5

x y

y x

    

 

   



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

Khi hệ phương trình trở thành:

2 5

3 5

a b b a

 

 

 



Giải hệ phương trình tính

 

 

1 2

a tm b tm

   

Với a =

2 1 1

0

x x

x      

 

Với b = y2 2  y2

2, a,    

2 2

2m 4.1 m m m

       

Vậy với m phương trình ln có nghiệm phân biệt

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

1

2

2 1

b

x x m

a c

x x m m

a  

   

  

   

 

Có  

2

2

1 5 2 5

x x   x x  x x 

 2  

2

2

2 1 2 5

4 4 1 2 2 5

2 2 4 0

1 2

m m m

m m m m

m m

m m

    

     

   

    



Vậy với m = m = -2 phương trình ln co nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

2

1 5

x x 

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

Trong đường trịn (O) có: ADB nhìn đường kính AB nên ADB900 ADE900 (kề bù)  Tam giác ADE nội tiếp đường trịn đường kính AE hay điểm A, D, E thuộc đường trịn đường kính AE (2)

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

2, Trong đường trịn (O) có AFB nhìn đường kính AB nên AFB 900 hay BF vng góc với AE (3)

Có AD vng góc với BC, EO vng góc với AB AD cắt EO H nên H là trực tâm tam giác ABE

Suy Bh đường cao tam giác ABE, suy BH vng góc với AE (4) Từ (3) (4) suy BH trùng với BF hay điểm B, H, F thẳng hàng

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

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

  450

ADC ABC 

Từ suy ACO ADC

Chứng minh tam giác AHC đồng dạng với tam giác ACD

2 .

AC AH

AC AD AH AD AC

   

Dễ dàng tính AC2 2 ;R AD2 4R2 R2 3R2  AD R 3(cm) Thay vào hệ thức  AH = cm

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

Chứng minh CIH 2.CDH (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) Mà CDH 450 CIH 900

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

  450 450 900

ACH HCI CI AC

      

Mà  BCA 900  BC AC Suy CI trùng CB hay I thuộc BC Lập luận cho BC cố định kết luận Bài 5:

Ta chứng minh kết  

2 4

2 a  ab b a b

 

 

 

 

4 2 2 4

2

2

4

2 2

2 0

0

a b a b ab a b a b a b ab

a b

     

   

  

Dấu “=” xảy a = b Tương tự chứng minh

 22 4

2 b  bc c b c

 

2

2 4

2 c  ca a c a

Thấy vế bất phương trình khơng âm, nên ta nhân theo vế bất đẳng thức được:

 2 2 2 2 2 2 4  4  4

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

Hay      

2 2

2 2 2 1

a  ab b b  bc c c  ca a 

Tải thêm tài liệu tại:

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