Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2020 số 2 - Đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Một phòng họp có 300 ghế ngồi nhưng phải xếp cho 357 người đến dự họp, do đó ban tổ chức đã kê thêm một hàng ghế và mỗi hàng ghế xếp nhiều hơn quy định 2 ghế mới đủ chỗ ngồi?. Hỏi lúc đầ[r]

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Tốn số 2 A Đề ơn thi vào lớp 10 mơn Tốn số 2

Bài 1: Cho biểu thức

2 7 1 1 1

:

9 3 3 3

x x x

A

x x x x

      

     

     

 

1 Tìm điều kiện xác định A Rút gọn biểu thức A

3 Tìm giá trị x nguyển để A nhận giá trị nguyên Bài 2:

1 Trong hệ trục tọa độ gọi  P đồ thị hàm số y ax  d đồ thị hàm số yx m

a, Tìm a biết  P qua A2; 1  vẽ  P với a vừa tìm b, Tìm m cho  d tiếp xúc với  P (câu a) tìm tọa độ tiếp điểm Cho hệ phương trình

2 1

x y m

y x

 

 

 

 Xác định m để hệ có nghiệm

Bài 3: Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình:

Một phịng họp có 300 ghế ngồi phải xếp cho 357 người đến dự họp, ban tổ chức kê thêm hàng ghế hàng ghế xếp nhiều quy định ghế đủ chỗ ngồi Hỏi lúc đầu phịng họp có dãy ghế, dãy ghế?

Bài 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax, By đường tròn M điểm đường tròn (M khác A, B) Tiếp tuyến M đường tròn cắt Ax, By P, Q

1 Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp Chứng minh : AP + BQ = PQ

3 Chứng minh : AP.BQ=AO2

Bài 5:

Cho số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A=x2

+ y2

+ 16y + 2x

-B Đáp án đề ôn thi vào lớp 10 môn Tốn số 2 Bài 1:

a, Tìm điều kiện xác định A

Điều kiện: 0 0 9 0 9 1 0 1 3 0 x x x x x x x                       

b, Rút gọn biểu thức A

                                           

2 7 1 1 1

:

9 3 3 3

2 7 1 3 3

: 3

3 3 3 3

2 7 1 3 2 6

:

3 3 3 3

2 7 2 3 2 3

:

3 3 3 3

3 3

2 7 2 3

.

3 3 2 3

3 3

4

.

3 3 2 3

x x x

A

x x x x

x x 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 x x

A

x x x

x x

A

x x x

A                                                                                  2 3 x  

Để A nhận giá trị nguyên

2 3 x 

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

3

x  -2 -1

x

x 1 4 16 25

Kết hợp với điều kiện x0,x1,x 9 x4;16;25 Vậy với x4;16;25 A nhận giá trị nguyên

Bài 2:

1a Tìm a biết  P qua A2; 1  vẽ  P với a vừa tìm  P

qua A2; 1   Thay tọa độ điểm A vào  P ta có:

2 1

1 .2

4

a a 

   

Với

1 4 a

, đồ thị hàm số  P

2

1 4 y x Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số

1b Tìm m cho  d tiếp xúc với  P (câu a) tìm tọa độ tiếp điểm Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P là:

 

2

1

4 4 0 1

4x x m x x m

       

Để  d tiếp xúc với  P  phương trình (1) có nghiệm kép   0    

2

4 4m 16 16m m

         

Vậy với m1  d tiếp xúc với  P

Với m1 phương trình đường thẳng  d y x1 Khi phương trình hồnh độ giao điểm  d  P

 2

2

1

1 4 4 0 2 0 2

4x x x x x x

            

Vậy tọa độ tiếp điểm M M2; 1 

2 Cho hệ phương trình

2 1

x y m

y x

 

 

 

 Xác định m để hệ có nghiệm

   

 

2 2 2

2

1

1

2 2

x m y

x y m x m y

y x y m y y m my y

x m y

y my m

  

   

  

 

  

          

  

   

 

   

 

Để hệ phương trình có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm (hay nghiệm kép phương trình (2) phương trình bậc hai)  0

 

2 2 2

4m 4.2 m 4m 8m m m

           

Vậy với m hệ phương trình có nghiệm Bài 3:

Gọi số dãy ghế ban đầu a (dãy, a *), số ghế ban đầu dãy b (ghế, *

b  )

Theo đề bài, phịng họp có 300 ghế, ta có phương trình: a b. 300(1)

Thực tế ban tổ chữ kê thêm hàng ghế hàng ghế xếp nhiều quy định ghế đủ chỗ cho 357 người nên ta có phương trình:

a1  b2 357

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình     . 300

1 2 357 a b

a b

  

  



Giải hệ phương trình ta a20,b 15

1 Xét tứ giác APMQ, ta có: OAP = OMP = 90  0(vì PA, PM tiếp tuyến (O))

 

OAP OMP = 180

 

Vậy tứ giác APMO nội tiếp (dhnb)

2)Ta có AP = MP (AP, MP tiếp tuyến (O)) BQ = MQ (BQ, MQ tiếp tuyến (O))

 AP+BQ = MP+MQ = PQ

3) Ta có OP phân giác góc AOM (AP, MP tiếp tuyến (O)) OQ phân giác góc BOM (BQ, MQ tiếp tuyến (O))

Mà AOM + BOM = 180  0(hai góc kề bù)

  

2POM + 2QOM = 180 POQ = 90

 

Xét tam giác POQ, ta có: POQ = 90 0(cmt), OMPQ(PQ tiếp tuyến (O) M)  MP.MQ=OM2

(hệ thức lượng tam giác vuông) Lại có MP=AP; MQ=BQ (cmt), OM=AO (bán kính) Do AP.BQ=AO2

4)Tứ giác APQB có: AP//BQ (APAB, BQ AB ), nên tứ giác APQB hình thang vng

 

APQB

AP+ BQ AB PQ.AB

S = =

2 2



Mà AB không đổi nên SAPQB đạt GTNN

 PQ nhỏ  PQ=AB PQ//AB OM vuông AB

 M điểm cung AB SAPQB đạt GTNN

2

AB 2 Bài 5:

Ta có x + 3y =  x = 5-3y

Khi A= x2 +y2 + 16y + 2x= (5 - 3y)2 + y2 + 16y + 2(5-3y) = 10y2- 20y +35 = 10(y-1)2 + 25 25

 (vì  

2

10 y-1  0 y )

Dấu “=” xảy  

2

5 3 2

1

10 1 0

x y x

y y

 

  



   



  

 

Vậy GTNN A=25

2 1 x y

   

  Tải thêm tài liệu tại:

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