Đề ôn thi tuyển sinh THPT môn Toán lớp 10 có đáp án chi tiết - Đề 50 | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Hai xe nói trên đều đến B cùng lúc. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạ[r]

ĐỀ ÔN TẬP 50.

Bài Cho biểu thức M =

1

x y y y x x

xy

  



a) Tìm điều kiện xác định rút gọn M b) Tính giá trị M, biết x = (1 3)2

 y =3

Bài Giải hệ phương trình:

3

2

3

3

      

 

  

 

x y x x y

x y x

Bài Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc xe máy từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy đường cho) Hai xe nói đến B lúc Tính vận tốc xe? Bài Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d1:y=- +x cắt đường thẳng d2:y=2x+ -3 m điểm nằm trục hoành

Bài Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn điểm D nằm trên đoạn OA Vẽ tiếp tuyến Ax, By nửa đường trịn Đường thẳng qua C, vng góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By M N

a) Chứng minh tứ giác ADCM BDCN nội tiếp đường trịn b) Chứng MDN  900.

c) Gọi P giao điểm AC DM, Q giao điểm BC DN Chứng minh PQ song song với AB

Bài Giải phương trình: 2 3 3 7

3

x

x

x x  x



  

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀI NỘI DUNG

1 a) ĐK: x0; y0

1

( ) ( ) ( )( 1)

1

x y y y x x x y y x x y

M

xy xy

xy x y x y x y xy

x y

xy xy

     

 

 

    

   

b) Với x = (1 3)2

 y =3 2 ( 1)   

2

(1 3) ( 1) 3

M          

2 Ta có: x3 y3 3x2 6x 3y 4 0

     

x 13 y3 3x 1 3y

 

      

 

x 13 y3 3x 1 y 0

 

      

 

x 1 y  x 12 x 1 y y2 3 0

        

 

x y

     y x

Với : y  vào: x x2y2 3x 1  2

2 1 3 1

x x x

      x2x22x 1 3x1

2

2 1

2 x

x x

x 

 

   

  

Vậy hệ có hai nghiệm : 0;1 , 3; 2

 

 

 

3

Xe máy trước ô tô thời gian là: 30 phút - = 30 phút = 2h Gọi vận tốc xe máy là: x km h x  /   0

Vận tốc ô tô x15km h/  (Vì vận tốc ô tô lớn vận tốc xe máy 15 km/h)

Do xe máy trước ô tô

2 hai xe tới B lúc nên ta có phương trình: 90 90  0; 15

2 15 x x

x  x  

   

2

90 15 15 90

180 2700 15 180

15 2700

x x x x

x x x x

x x

       

    

   

Ta có: b2 4ac 152 4( 2700) 11025 0

       

11025 105

   

1

15 105 60

2

b x

a

    

   (không thỏa mãn điều kiện)

2

15 105 45

2

b x

a

    

   (thỏa mãn điều kiện)

Đối chiếu với điều kiện ẩn số, x 1 60 0 (không thỏa mãn điều kiện, loại)

Vậy vận tốc xe máy 45km h , vận tốc ô tô /  45 15 60  km h/ .

4 Ta thấy hai đường thẳng d d1; 2ln cắt a1¹ a2: + Đường thẳng d1 cắt trục hoành điểm A(2;0) + Đường thẳng d2 cắt trục hoành điểm

3 ;0

m

Bổỗỗ - ửữữữ

ỗố ứ

+ Để hai đường thẳng d d1; cắt điểm trục hồnh

2

2

m

m

- = Û =

5 Hình vẽ

Ta có Ax tiếp tuyến nửa đường trịn nên MAD  900 Mặt khác theo giả thiết MCD  900

Nên suy tứ giác ADCM nội tiếp Tương tự, tứ giác BDCN nội tiếp

Theo câu tứ giác ADCM BDCN nội tiếp nên: DMC DAC, DNCDBC

Suy DMC DNC DAC DBC    900

   

Từ MDN  900. Vì   900

 

ACB MDN nên tứ giác CPDQ nội tiếp Do CPQ CDQ CDN  

Lại tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN CBN  Hơn ta có CBN CAB  ,

suy CPQ CAB 

hay PQ song song với AB

Điều kiện x + x > x - x -

   



Phương trình cho: 2 3 3

x

x

x x  x



   2 3 3

3

x x x x

x

   



 



 3  1 3 3

3

x

x x x

x



     



Đặt t = x - 3 x + t = (x - 3) (x + 1)2 x - 

Phương trình trở thành: t2 + 3t - =  t = 1; t = - 4 Ta có: (x -3) 1 (1) ; ( 3) (2)

- 3

      x x x x x

+ (1)

x x

x (x 3)(x 1) x 2x



 



      

     

  (t/m (*))

+ (2) x x 32 x

(x 3)(x 1) 16 x 2x 19 

 



      

     

  (t/m (*))

Vậy phương trình cho có nghiệm là: x 1  ; x 5  Điều kiện x >

x +

x - x -

   



 (*)

Phương trình cho  (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x + 1 = 4 x - Đặt t = x - 3 x + t = (x - 3) (x + 1)2

x - 

Phương trình trở thành: t2 + 3t - =  t = 1; t = - 4 Ta có: (x -3) 1 (1) ; ( 3) (2)

- 3

      x x x x x

+ (1) x x 32 x

(x 3)(x 1) x 2x 

 



      

     

  (t/m (*))

+ (2)

x x

x (x 3)(x 1) 16 x 2x 19



 



      

     

  (t/m (*))