Bài thi tuyển sinh toán lớp 10 có đáp án
Sáng nay (11/6), các thí sinh dự thi vào lớp 10 ở Hà Nội làm bài thi môn Toán. Đây là môn thi cuối cùng đối với các thí sinh không thi chuyên. Show
Đáp án gợi ý môn Toán thi lớp 10 ở Hà Nội năm 2023Thí sinh dự thi lớp 10 ở Hà Nội vừa hoàn thành bài thi môn Toán kéo dài 120 phút. Dưới đây là gợi ý đáp án môn Toán thi vào lớp 10 Hà Nội năm 2023. Năm nay, toàn thành phố có 104.917 thí sinh đăng ký nguyện vọng 1; 101.064 thí sinh đăng ký nguyện vọng 2; 64.099 thí sinh đăng ký nguyện vọng 3. Trong số này, có khoảng gần 72.000 em sẽ vào được các trường THPT công lập (khoảng 55,7%). Điểm chuẩn lớp 10 của Hà Nội được công bố vào ngày 8-9/7. Thí sinh xác nhận nhập học trực tuyến hoặc trực tiếp từ ngày 10-12/7. Ngày 19-22/7, những trường chưa đủ chỉ tiêu sẽ xét tuyển bổ sung. Đề môn Toán thi lớp 10 ở Hà Nội năm 2023: Đáp án tham khảo môn Toán thi vào lớp 10 Hà Nội năm 2023 do thầy Tô Cường, Thái Sơn, cô Đoàn Thảo và đội ngũ Giáo viên Trung tâm Toán Mathtech thực hiện: Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Em Đào Anh Phương (lớp 9A1, Trường THCS Giảng Võ, quận Ba Đình) dù thi chuyên Toán nhưng cho rằng đề thi không quá dễ. Theo Phương, bài khó nhất là câu c bài Hình học và bài 5. Phương tự tin sẽ đạt mức điểm 9,10. Em Nguyễn Văn Vương (học sinh lớp 9C1, Trường THCS Archimedes) nhận xét độ khó của đề năm nay ngang ngửa năm ngoái. Câu c bài Hình học là câu khó nhất trong đề. Vương làm được hết và tự tin mức điểm từ 9,5 trở lên. Trước đó, sáng 7/6, hơn 96.000 thí sinh tại TP.HCM dự thi môn Toán của kỳ tuyển sinh vào lớp 10 công lập năm 2023. Kết thúc môn thi, giáo viên Toán tại TP.HCM đánh giá đề tương đối vừa sức, có tính phân loại cao. Đề thi môn Toán vào lớp 10 công lập TP.HCM năm 2023. Lâm Ngọc Để giành được điểm cao trong các bài thi môn Toán vào lớp 10, dưới đây là 5 đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án. Bạn vào tên đề thi hoặc Xem đề thi để tham khảo đề thi vào 10 môn Toán và phần đáp án tương ứng. Đề thi Toán vào lớp 10 năm 2023 có đáp án (Trắc nghiệm - Tự luận)Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng Chỉ từ 150k mua trọn bộ Đề ôn thi vào 10 môn Toán năm 2023 bản word có lời giải chi tiết:
Quảng cáo
Sở Giáo dục và Đào tạo .... Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Môn thi: Toán (hệ Công lập) Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)Câu 1: Trong các đường thẳng sau đây, đường thẳng nào đi qua điểm A (1; 3):
Câu 2: Điều kiện xác định của biểu thức là:
Câu 3: Tìm m để 2 đường thẳng sau cắt nhau tại 1 điểm y = (2m – 1)x + 7 và y = 3x – 5
Câu 4: Tìm giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm (1; - 4)
Câu 5: Biết phương trình x2 + bx – 2b = 0 có một nghiệm x = -3. Tìm nghiệm còn lại của phương trình: Câu 6: Trong các nhận xét sau, nhận xét đúng là:
Câu 7: Tính diện tích hình quạt có bán kính 6cm, độ dài cung là 5π cm
Câu 8: Tính diện tích toàn phần của hình nón có bán kính đáy 5 cm và độ dài đường sinh là 7 cm:
Phần II. Tự luậnBài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình:
b)3x2 - 8x - 6 = 0 Bài 2: (2 điểm)
Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi 2 nghiệm của phương trình là x1; x2, tìm tất cả giá trị của m sao cho x12 + x1 - x2 = 5 - 2m Bài 3: (1 điểm) Hai xe máy cùng xuất phát một lúc từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30 km. Xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 5km/h nên đến B sớm hơn 5 phút. Tính vận tốc mỗi xe Bài 4: (3,5 điểm) Trên đường tròn (O; R) đường kính AB lấy 2 điểm M, N theo thứ tự A, M, N, B ( hai điểm M, N khác 2 điểm A và B). Các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại C, AN và BM cắt nhau tại D
BN.BC = BH.BAv
Phần I. Trắc nghiệm1.B2.C3.B4.A 5.D6.A7.C8.D Phần II. Tự luậnBài 1:
⇔ √5x = 2√5 ⇔ x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. b)3x2 - 8x - 6 = 0 Δ' = (-4)2 - 3.(-6) = 34 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Vậy phương trình có tập nghiệm là S = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1) Bài 2:
Xét hàm số: y = 2x2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y = 2x2 4 1 0 1 4 Đồ thị hàm số (P): y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy là trục đối xứng và nhận đỉnh O (0;0) làm điểm thấp nhất Xét hàm số y = -3x + 4 Bảng giá trị
x2 = - 3x + 4 ⇔ x2 + 3x - 4 = 0 \=> phương trình có nghiệm x = 1 và x = - 4 ( do phương trình có dạng a + b + c =0) Với x = 1 thì y = 1 Với x = - 4 thì y = 16 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; 1 ) và (-4; 16)
Δ'= (m-1)2 - (-2m) = m2 + 1 > 0 ∀m Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Theo định lí Vi- ét ta có: ⇔ x12 + x1 - x2 = 3 - (2m - 2) ⇔ x12 + x1 - x2 = 3 - x1 - x2 ⇔ x12 + 2x1 - 3 = 0 Với x1 = 1 thay vào phương trình ban đầu tìm được m = Với x1 = -3 thay vào phương trình ban đầu, tìm đc m = Vậy với m = thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 3: Gọi vận tốc xe thứ nhất là x ( km/h) (x > 5) Vận tốc xe thứ hai là x – 5 (km/h) Thời gian đi của xe thứ nhất là: Thời gian đi của xe thứ hai là Do xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 5' = nên ta có phương trình Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 45 km/h Vận tốc xe thứ hai là 40 km/h Bài 4:
∠AMB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=> ∠DMC = 90o ∠ANB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=> ∠DNC = 90o Xét tứ giác MCND có: ∠DMC + ∠DNC = 90o + 90o = 180o \=> Tứ giác MCDN là tứ giác nội tiếp Do ∠DMC = 90o nên DC là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác là trung điểm I của DC
AN ⊥ BC BM ⊥ AC AN giao với BM tại H \=> H là trực tâm của tam giác CAB \=> CH ⊥ BA Xét ΔCHB và ΔBNA có: ∠CBA là góc chung ∠CHB = ∠ANB = 90o \=>ΔCHB ∼ ΔANB \=> BN.BC = BA.BH
∠BDH + ∠DBH = 90o (1) Xét tam giác IDM cân tại I (ID = IM ) \=> ∠IMD = ∠IDM Mà ∠IDM = ∠BDH (đối đỉnh) \=> ∠IMD = ∠BDH (2) Mặt khác tam giác OBM cân tại O ( OB = OM) \=> ∠OMB = ∠DBH (3) Từ (1); (2) và (3) \=> ∠IMD + ∠OMB = ∠BDH + ∠DBH = 90o \=> ∠IMO = 90o
∠NAB = 30o => ∠NBA = 60o Xét tam giác CHB vuông tại H có ∠NBA = 60o \=> BH = CH.cot60o = Lại có: Tam giác CHA vuông tại H có ∠CAH = 45o \=> Tam giác CHA vuông cân tại H => CH = HA Ta có: AB = HA + HB = CH + \= 2R => CH = R√3(√3-1) Diện tích tam giác ABC là: SABC = CH.AB = .R√3(√3-1).2R = R2.√3(√3-1) (dvdt) Sở Giáo dục và Đào tạo .... Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Môn thi: Toán (hệ Công lập) Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)Câu 1: Trong các phương trình sau; phương trình nào là phương trình bậc hai một ẩn
Câu 2: Cho hàm số bậc nhất y = (m2 + 1)x - 5 và y = 5x +3. Tìm m để hai đường thẳng trên song song với nhau:
Câu 3: Phương trình x2 + 2x + m + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi
Câu 4: Hệ phương trình có nghiệm là:
Câu 5: Tổng 2 nghiệm của phương trình x2 + 7x - 5 = 0 là:
Câu 6: Cho đường tròn (O, R) và một dây cung AB = R. Khi đó số đo cung nhỏ AB là :
Câu 7: Tính độ dài cung 60o của đường tròn có bán kính 3cm A.2π cm B.π cm C. cm D. cm Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy là 2cm, chiều cao là 6 cm thì diện tích xung quanh là: A.6π cm2 B.12π cm2 C.24π cm2 D.36π cm2 Phần II. Tự luậnBài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
Bài 2: (1,5 điểm) Cho (P): y = x2 và đường thẳng (d) y = 2(m + 1)x + 2m - 1
Bài 3: (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : Sau khi xem bảng báo giá, mẹ của Hương đưa bạn 450 nghìn đồng nhờ bạn ra siêu thị mua một bàn ủi và một bộ lau nhà. Hôm nay đúng đợt khuyến mãi, bàn ủi được giảm 20%, bộ lau nhà được giảm 25% nên bạn Hương chỉ phải trả tổng cộng 350 nghìn đồng. Hỏi giá bán thực tế của bàn ủi và bộ lau nhà là bao nhiêu? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài (O) sao cho OA = 3R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến AMN với (O) (M nằm giữa A và N và AMN không đi qua O). Gọi I là trung điểm của MN.
Chứng minh KM, KN là tiếp tuyến của (O) Đáp án và Hướng dẫn giải Phần I. Trắc nghiệm1.C2.A3.D4.C 5.B6.A7.B8.C Phần II. Tự luậnBài 1:
Δ = 32 - 4 . 2.(-5) = 49 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: Vậy tập nghiệm của phương trình trên là S =
Đặt t = x2 (t ≥ 0), khi đó phương trình trở thành: t2 - 5t + 4 = 0 Phương trình có dạng a + b +c = 1+ (-5) + 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm t1 = 1; t2 = 4 Với t1 = 1 thì x2 = 1 ⇔ x = ± 1 Với t1 = 4 thì x2 = 4 ⇔ x = ± 2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1; -1; 2; -2 } Đặt hệ phương trình trở thành: Khi đó: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = Bài 2:
(P): y = x2 Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Đồ thị (P) là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng, nhận O(0;0) là đỉnh và là điểm thấp nhất. Vẽ đường thẳng (d): y = 4x + 1 Bảng giá trị
x2 = 2(m + 1)x + 2m - 1 ⇔ x2 - 2(m + 1)x - (2m - 1) = 0 (*) Δ' = (m + 1)2 + (2m - 1) \= m2 + 2m + 1 + 2m - 1 = m2 + 4m * Để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có 2 nghiệm phân biệt hay Δ’ > 0 * Với m < - 4 hoặc m > 0 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt. Theo định lí Vi-et ta có: Kết hợp điều kiện, với thỏa mãn điều kiện đầu bài Bài 3: Gọi giá tiền của bàn ủi khi chưa giảm giá là x ( nghìn đồng) (0 < x < 450) Gọi giá tiền của bộ lau nhà khi chưa giảm giá là y ( nghìn đồng) (0 < x < 450) Theo bài ra ta có: x + y = 450 (1) Giá của bàn ủi khi giảm 20% là x - Giá của bộ lau nhà khi giảm 25% là y - Do bạn Hương chỉ phải trả 350 nghìn đồng nên ta có phương trình Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: Vậy giá của bàn ủi khi chưa giảm giá là 250 nghìn đồng Giá của bộ lau nhà khi chưa giảm giá là 200 nghìn đồng Bài 4:
Tương tự ∠ACO = 90onên C thuộc đường tròn đường kính OA Do I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN \=> ∠AIO = 90o => I thuộc đường tròn đường kính OA Vậy 5 điểm O, A , B, C, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA
∠BAN là góc chung ∠ABM = ∠ANB (2 góc cùng chắn ⏜BM) \=> ΔABM ∼ ΔANB \=> AM.AN = AB2 Xét tam giác OAB vuông tại O có: AB2 = OA2 – OB2 = (3R)2 – R2 = 8R2
\=> AN = x + R√3 Theo câu b ta có: AM. AN = 8R2 \=> x(x + R√3) = 8R2 ⇔ x2 + xR√3 - 8R2 = 0 Δ = (R√3)2 - 4.(- 8R2 ) = 35R2 => √Δ = R√35 \=> AM.AN = AB2
\=> AM.AN = AB2 \=> OA là đường trung trực của BC Do đó OA ⊥ BC tại H Xét ΔOHK và Δ OIA có: ∠AOK là góc chung ∠OHK = ∠OIA = 90o \=> ΔOHK ∼ ΔOIA Mặt khác, xét tam giác ABO vuông tại B có BH là đường cao \=> OH.OA = OB2 = R2 (2) Từ (1) và (2) => OK.OI = R2 = OM2 Xét tam giác OIM và tam giác OMK có: ∠MOK là góc chung \=> ΔOIM ∼ ΔOMK (c.g.c) \=> ∠OIM = ∠OMK = 90o Hay OM ⊥ MK Vậy MK là tiếp tuyến của (O) Chứng minh tương tự ta được NK là tiếp tuyến của (O). Sở Giáo dục và Đào tạo .... Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Môn thi: Toán (hệ Công lập) Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)Câu 1 : Điều kiện xác định của biểu thức P = 2018 là: A.x = 5 B.x ≠ 5 C.x ≤ 5 D.x ≥ 5 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x – y = 3 đi qua điểm:
Câu 3: Cho hàm số y = -3x2. Kết luận nào sau đây là đúng :
Câu 4: Điều kiện để hàm số y = (- m + 3) x – 7 đồng biến trên R là:
Câu 5 : Trong các phương trình sau, phương trình nào có tích hai nghiệm bằng -5
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có BH = 6 cm; CH = 12 cm. Độ dài cạnh góc vuông AB là: A.6cm B.6√2 cm C.6√3 cm D.12 cm Câu 7: Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo là 60o. Khi đó diện tích hình quạt AOB là: Câu 8: Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn khi: A.∠MNP + ∠NPQ = 180o B.∠MNP = ∠MPQ
Phần II. Tự luậnBài 1: (1 điểm) Cho biểu thức
Bài 2: (1,5 điểm)
Bài 3: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S. Gọi I là trung điểm của BC.
Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 + ≥ 6 Đáp án và Hướng dẫn giải Phần I. Trắc nghiệm1.D2.A3.D4.B 5.A6.C7.B8.C Phần II. Tự luậnBài 1:
Thay vào biểu thức P = \= 3 Vậy giá trị của P là một số nguyên dương Bài 2:
Gọi M (x0 ; y0) là điểm cố định mà đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 đi qua với mọi m \=> y0 = (m - 1) x0 + 2m - 1 ⇔ (x0 + 2)m - (y0 + x0 + 1)=0 (*) Để đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (x0 ; y0) với mọi m thì phương trình (*) nghiệm đúng với mọi m Vậy đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (-2; 1)
7 = m.3 + 1 ⇔ m = 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2 = mx + 1 ⇔ 2x2 - mx - 1 = 0 Δ = m2 - 4.2.(-1) = m2 + 8 > 0 \=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt Theo định lí Vi-et, ta có: Theo bài ra: T = x1x2 + y1y2 = x1x2 + (mx1 + 1)(mx2 + 1) \= x1x2 + m(x1 + x2 ) + m2x1x2 + 1 Vậy T = Bài 3: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (; -2)
Đặt x2 = t (t ≥ 0), phương trình trở thành: 3t2 + t - 4 = 0 Phương trình có dạng a + b + c = 3 + 1 – 4 = 0. Do đó, phương trình có hai nghiệm Với t = 1 => x2=1 ⇔ x = ± 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ± 1. Bài 4:
\=> OI ⊥ BC Xét tứ giác SAOI có: ∠SAO = 90o (Do SA là tiếp tuyến của (O)) ∠SOI = 90o (OI ⊥ BC) \=> ∠SAO + ∠SOI = 180o \=> Tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp
\=> OH cũng là trung trực của AD \=> SO là trung trực của AD \=> SA = SA => ΔSAD cân tại S \=> ∠SAD = ∠SDA Ta có: \=> ∠SAD + ∠OAD = ∠SDA + ∠ODA ⇔ ∠SAO = ∠SDO ⇔ ∠SDO = 90o Vậy SD là trung tuyến của (O)
∠ASC là góc chung ∠SAB = ∠ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB) \=> ΔSAB ∼ ΔSCA \=> SB.SC = SA2 (1) ΔSAO vuông tại O có AH là đường cao \=> SA2 = SH. SO (2) Xét ΔSKH và ΔSOI có: ∠OSI là góc chung ∠SHK = ∠SIO = 90o \=> ΔSKH ∼ ΔSOI \=> SK.SI = SH.SO (3) Từ (1), (2) và (3) => SK.SI = SB.SC
\=> PS ⊥ MQ Xét ΔSAM và ΔSPA có: ∠ASP là góc chung ∠SAM = ∠SPA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) \=> ΔSAM ∼ ΔSPA \=> SP.SM = SA2 Do đó ta có: SP.SM = SK.SI Xét ΔSKM và ΔSPI có: ∠ISP là góc chung \=> ΔSKM ∼ ΔSPI \=> ∠SMK = ∠SIP = 90o => MK ⊥ SP Ta có: PS ⊥ MQ ; MK ⊥ SP => M;Q;K thẳng hàng Bài 5: Áp dụng bất đẳng thức Co- si, ta được: \=> a5 + b5 + c5 + ≥ 2(a2 + b2 + c2 ) Mặt khác: \=> a2 + b2 + c2 ≥ 2 (a + b + c)-3 = 2 . 3 - 3 = 3 \=> a5 + b5 + c5 + ≥ 2.3 = 6 Vậy ta được điều phải chứng minh. Sở Giáo dục và Đào tạo .... Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Môn thi: Toán (hệ Công lập) Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)Câu 1: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất
Câu 2: Hệ phương trình có nghiệm là:
Câu 3: Cho hàm số y = - x2. Kết luận nào sau đây là đúng:
Câu 4: Cho phương trình bậc hai x2 – 2( 2m +1)x + 2m = 0. Hệ số b' của phương trình là:
Câu 5: Phương trình x2 + 2x + a – 2 = 0 vô nghiệm khi:
Câu 6: Đường tròn là hình:
Câu 7: Tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng
Câu 8: Một hình trụ có chiều cao bằng 8 cm và bán kính đáy bằng 4 cm thì diện tích toàn phần bằng: A.336πcm2 B.96πcm2 C.168πcm2 D.48πcm2 Phần II. Tự luậnBài 1: (1,5 điểm)
Bài 2: (1,5 điểm)
Bài 3: (1 điểm) Cho phương trình ( m là tham số) x2 - (2m - 1)x - 2m - 1 = 0 (1)
x13 - x23 + 2(x12 - x22 ) = 0 Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AD, BE, CF, trực tâm H. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm của các đoạn BC và AH
Bài 5: (0,5 điểm) Cho x, y thỏa mãn 0 < x < 1; 0 < y < 1 và \= 1 Tìm giá trị của biểu thức P = x + y + Phần I. Trắc nghiệm1.B 2.C 3.A 4.D 5.A 6.D 7.C 8.B Phần II. Tự luậnBài 1:
\= 4√4.6 - 3.√9.6 + 5√6 - √25.6 \= 8√6 - 9√6 + 5√6 - 5√6 \= -√6 A nguyên ⇔ nguyên ⇔ √x + 3 là ước của 11 ⇔ √x + 3 ∈ {±1 ; ±11} Ta có bảng sau: √x + 3 -11 -1 1 11 √x -14 -4 -2 8 x X X X 64 Vậy x = 64 thì A nhận giá trị nguyên. Bài 2: 1): y = - 2x + 3 có đồ thị (d1); hàm số y = x – 1 có đồ thị (d2). Đường thẳng (d3) y = ax + b song song với (d2) nên a =1 (d3) : y = x + b Đường thẳng (d1) y = - 2x + 3 cắt trục tung tại điểm (0; 3) (d3) cắt (d1) tại điểm nằm trên trục tung nên (d3) đi qua điểm (0; 3) \=> 3 = 0 + b => b = 3 Vậy phương trình đường thẳng (d3) là y = x + 3 ĐKXĐ: x + y ≠ 0; 2x + y ≠ 0 Đặt , hệ phương trình trở thành: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (0; 1) Bài 3: x2 - (2m - 1)x - 2m - 1 = 0 (1)
\= 4m2 - 4m + 1 + 8m + 4 = 4m2 + 4m + 1 + 4 \= (2m + 1)2 + 4 > 0 ∀m Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Theo định lí Vi-ét ta có: Vậy với m = 0 hoặc thì pt (1) có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu của đề bài Bài 4:
∠BFC = 90o (CF là đường cao) ∠BEC = 90o (BE là đường cao) \=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 2 góc bằng nhau \=> Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BFHD có: ∠BFH = 90o (CF là đường cao) ∠BDH = 90o (AD là đường cao) \=> ∠BFH + ∠BDH = 180o \=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp
∠HDC = ∠BDA = 90o ∠DHC = ∠DBA ( cùng bù với góc ∠FHD ) \=> ΔDHC ∼ ΔDBA (g.g) \=> DH.DA = DC.DB
\=> D thuộc đường tròn đường kính KI (1) Tam giác AFH vuông tại F có FK là trung tuyến nên KF = KH Do đó ΔKFH cân tại K => ∠KFH = ∠KHF Mà ∠KHF = ∠CHD (đối đỉnh) => ∠KFH = ∠CHD Tương tự ΔICF cân tại C (do IF = IC) => ∠IFC = ∠ICF Từ đó: ∠KFI = ∠KFH + ∠IFC = ∠CHD + ∠ICF = 90o (ΔDHC vuông tại D) \=> F thuộc đường tròn đường kính KI (2) Chứng minh tương tự ∠KEI = 90o nên E thuộc đường tròn đường kính KI (3) Từ (1), (2), (3): 5 điểm K, F, D, I, E thuộc đường tròn đường kính KI
\=> ΔMFB ∼ ΔMCE \=> MF.ME = MB.MC Chứng minh tương tự: ME. MF = MD. MI Từ đó: MB.MC = MD. MI Bài 5: Từ giả thiết 0 < x < 1; 0 < y < 1, ta có: Thay \= 1 => 2x + 2y - 1 = 3xy vào biểu thức P P = x + y + \= x + y + \= x + y + |x + y - 1| \= x + y + 1 - (x + y) (do x + y < 1) \= 1. Sở Giáo dục và Đào tạo .... Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Môn thi: Toán (hệ Công lập) Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức là: A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x < 0 D.0 < x ≤ 1 Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = 5 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây
Câu 3: Cho phương trình x – 2y = 2 (1). Phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm A.x + y = -1 B. x - y = -1 C.2x - 3y = 3 D.2x - 4y = -4 Câu 4: Tọa độ giao điểm của (P) y = x2 và đường thẳng (d) y = + 3
C.(-3; ) D.(2; 2) và (-3; ) Câu 5: Giá trị của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái dấu là:
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB : AC = 3 : 4 và đường cao AH bằng 9 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng HC bằng:
Câu 7: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O; 4cm) có OO' = 5 cm. Vị trí tương đối của 2 đường tròn là:
Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần
Phần II. Tự luậnBài 1: (2 điểm)
Bài 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2mx – 2m + 1
Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: Tìm x để A < 0 Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có dây cung CD cố định. Gọi M là điểm nằm chính giữa cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.
Phần I. Trắc nghiệm1.C2.D3.A4.D 5.B6.A7.D8.B Phần II. Tự luậnBài 1:
Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở thành t2 - 3t - 4 = 0 Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt : Do t ≥ 3 nên t = 4 Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± 1 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2mx – 2m + 1
Bảng giá trị (P) : y = x2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận Oy làm trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh và điểm thấp nhất
y = 2mx – 2m + 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 = 2mx - 2m + 1 ⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0 Δ' = m2 - (2m - 1)=(m - 1)2 (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Δ' > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1 Khi đó (d) cắt (P) tại 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1) Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m Từ giả thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bằng 2 nên ta có: 2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2 ⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2 ⇔ 4m2 - 4m = 0 ⇔ 4m(m - 1) = 0 Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn. Bài 3: A > 0 ⇔ \> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x < 1 ⇔ x < 1 Vậy A > 0 khi 0 < x < 1 Bài 4:
\=> ∠KIN = 90o Xét tứ giác IKEN có: ∠KIN = 90o ∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=> ∠KIN + ∠KEN = 180o \=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp
∠NME là góc chung ∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) \=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g) \=>EI.MN = NK.ME
ME ⊥ NP; PI ⊥ MN ME giao PI tại K \=> K là trực tâm của tam giác MNP \=> ∠NQP = 90o Xét tứ giác NIQP có: ∠NQP = 90o ∠NIP = 90o \=> 2 đỉnh Q, I cùng nhìn cạnh NP dưới 1 góc bằng nhau \=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp \=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1) Mặt khác IKEN là tứ giác nội tiếp \=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2) Từ (1) và (2) \=> ∠QIP = ∠KIE \=> IE là tia phân giác của ∠QIE
Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) \=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E \=> EN là đường trung trực của CH Xét đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại I \=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND EN là đường trung trực của CH => NC = NH \=> N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH \=> H ∈ (N, NC) Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng Xem thêm các đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án hay khác:
Đã có lời giải bài tập lớp 10 sách mới:
Săn SALE shopee tháng 12:
ĐỀ THI, GIÁO ÁN, KHÓA HỌC DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 9Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi dành cho giáo viên và khóa học dành cho phụ huynh tại https://tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85 Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS. Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube: Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán. Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn. |