IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 9 Toán Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất)

Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất)

Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 5

  • 1213 lượt thi

  • 5 câu hỏi

  • 120 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) \(\sqrt 4 + 3\).

b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} \).

Xem đáp án

a)    \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\)

b)   \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\)


Câu 2:

Cho biểu thức \(H = \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}}\) với \(x \ge 0;x \ne 1\)

a) Rút gọn biểu thức H.

b) Tìm tất cả các giá trị của x để \(\sqrt x - H < 0\).

Xem đáp án

a)    \(H = \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

        \( = \frac{{2x}}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

 b)   Theo đề bài ta có \(\sqrt x  - H < 0 \Leftrightarrow \sqrt x  - 2 <  \Leftrightarrow \sqrt x  < 2 \Leftrightarrow x < 4\)

Kết hợp điều kiện \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 4;x \ne 1\)

Vậy với \(0 \le x < 4;x \ne 1\) thì \(\sqrt x  - H < 0\)


Câu 3:

     1) Cho đường thẳng (d): \(y = x - 1\) và parabol (P): \(y = 3{x^2}\).

      a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hoành độ \(x = - 1\).

      b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’): \(y = \frac{1}{2}x + b\) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.

    2) a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right.\).

       b) Tìm tham số a để hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = a}\\{7x - 2y = 5a - 1}\end{array}} \right.\). Có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(y = 2x\).

Xem đáp án

1)    a) Điểm A có hoành độ \(x = - 1\) và thuộc P nên thay \(x = - 1\) vào P ta được : \(y = 3.{\left( { - 1} \right)^2} = 3\)

\( \Rightarrow A\left( { - 1;3} \right)\)

b)Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d, d’. ta có \(B\left( {{x_B};0} \right)\) thuộc d \( \Rightarrow {x_B} = - 1 \Rightarrow B\left( {1;0} \right)\)

Lại có: \(B\left( {1;0} \right) \in d' \Rightarrow 0 = \frac{1}{2}.1 + b \Leftrightarrow b = - \frac{1}{2}\)

2)    a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\)

b) Hệ phương trình có \(\frac{1}{7} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 2}} \Rightarrow \) hệ pt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = a\left( 1 \right)}\\{7x - 2y = 5a - 1\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\) có nghiệm duy nhất với mọi a.

Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(y = 2x\)

Thay \(y = 2x\) vào (1) ta được: \(x - 2x = a \Leftrightarrow x = - a \Rightarrow y = - 2a\)

Thay \(x = - a;y = - 2a\) vào (2) ta được:

\(7\left( { - a} \right) - 2\left( { - 2a} \right) = 5a - 1\) \( \Leftrightarrow - 7a + 4a - 5a = - 1\) \( \Leftrightarrow - 8a = - 1\)   \( \Leftrightarrow a = \frac{1}{8}\)

Vậy \(a = \frac{1}{8}\) thỏa mãn bài toán.


Câu 4:

a) Giải phương trình: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\).

Xem đáp án

a)    \({x^2} - 3x + 2 = 0\)

Phương trình có dạng \(a + b + c = 0\). Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = 2\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)

b)    \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2}\) \( = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} = 1 - 2m\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{2}\)

Theo vi–ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2}}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có:

\({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)    \( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)

\( \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)     \( \Leftrightarrow - 2m + 4 = {x_1} - 2{x_2}\)

Khi đó kết hợp với \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) ta có hệ pt:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x_2} = 4m - 6}\\{{x_1} + {x_2} = 2m - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = 2m - 2 - \frac{4}{3}m + 2}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)

Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)vào \({x_1}{x_2} = {m^2}\) ta được:

\(\left( {\frac{4}{3}m - 2} \right).\frac{2}{3}m = {m^2} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{9}{m^2} - \frac{4}{3}m = 0 \Leftrightarrow - m\left( {\frac{1}{9}m + \frac{4}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = - 12}\end{array}} \right.\)(tm)

Vậy \(m = 0;m = - 12\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.


Câu 5:

Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB < AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E (MD < ME),cắt BC tại F, cắt AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp.

b) Chứng minh \(FD.FE = FB.FC;FI > FE = FD.FE\)

c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P, K, M thẳng hàng.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên (ảnh 1)

a) Do MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\widehat {OBM} = \widehat {OCM} = {90^0}\)

Xét tứ giác MBOC có: \(\widehat {OBM} + \widehat {OCM} = {180^0}\) suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có:

\(\widehat {BFD} = \widehat {EFC}\left( {dd} \right)\)

\(\widehat {FDB} = \widehat {FCE}\) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

\( \Rightarrow \Delta FBD \sim \Delta FEC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FC}} \Rightarrow FD.FE = FB.FC\left( 1 \right)\)

Ta có AB// ME suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {DIC}\)

Mà \(\widehat {BAC} = \widehat {MBC}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

\( \Rightarrow \widehat {DIC} = \widehat {MBC} \Rightarrow \widehat {MBF} = \widehat {CIF}\)

Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:

\(\widehat {BFM} = \widehat {IFC}\) (đđ)

\(\widehat {MBF} = \widehat {CIF}\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta FBM \sim \Delta FIC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FI}} = \frac{{FM}}{{FC}} \Rightarrow FI.FM = FB.FC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow FI.FM = FD.FE\left( 3 \right)\)

c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có:

\(\widehat {KFD} = \widehat {EFQ}\) (đđ)

\(\widehat {FKD} = \widehat {FEQ}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ)

\( \Rightarrow \Delta FKD \sim \Delta FEQ\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{FK}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FQ}} \Rightarrow FD.FE = FK.FQ\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow FI.FM = FK.FQ \Leftrightarrow \frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\)

Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có:

\(\frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\left( {cmt} \right)\)

\(\widehat {MFQ} = \widehat {KFI}\)

\( \Rightarrow \Delta FMQ \sim \Delta FKI\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat {FMQ} = \widehat {FKI}\)

Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MQK} = \widehat {MIQ}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ)

Ta có \(\widehat {MBF} = \widehat {CIF} \Rightarrow \widehat {MBC} = \widehat {MIF}\) suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp

Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn.

Ta có \(\widehat {OBM} = {90^0}\) suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C.

Suy ra \(\widehat {OIM} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow IM \bot OI \Rightarrow \widehat {MIQ} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {MKQ} = \widehat {MIQ} = {90^0}\)

Lại có \(\widehat {QKP} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Từ đó ta có: \(\widehat {MKP} = \widehat {MKQ} + \widehat {QKP} = {180^0}\)

Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.


Bắt đầu thi ngay