Đề thi Thử Toán vào lớp 10 có đáp án. Đề cương ôn thi vào Lớp 10 môn Toán có đáp án chi tiết giúp học sinh lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuẩn và chính xác nhất theo chương trình bộ GD và ĐT. Tự học Online xin giới thiệu 40 bộ đề Toán được chọn lọc và có hướng dẫn chi tiết. Đề thi Toán Vào Lớp 10 sẽ nhân hệ số 2, thời gian làm bài là 120 phút.

Bộ Đề thi Thử Toán vào lớp 10 có đáp án - Đề thi Toán vào trường THPT có đáp án

 

Tải Xuống

40 Đề Thi Thử Toán Ôn Thi Vào Lớp 10 

ĐỀ SỐ 1 

Câu 1: a) Cho biết a =  và b = . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab.

  1. b) Giải hệ phương trình: .

Câu  2: Cho biểu thức P = (với x > 0, x 1)

  1. Rút gọn biểu thức P.
  2. Tìm các giá trị của x để P > .

Câu  3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số).

a) Giải phương trình trên khi m = 6.

b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: .

Câu  4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I  (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh:

  1. a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) AE.AF = AC2.
  3. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Câu  5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:    P = .

ĐỀ SỐ 2

Câu  1: a) Rút gọn biểu thức: .

  1. Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0.

Câu  2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  d:  y = - x + 2 và Parabol  (P): y = x2.

  1. b) Cho hệ phương trình: .

Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1).

Câu  3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng.

Câu  4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MIAB, MKAC (IAB,KAC)

  1. a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) Vẽ MPBC (PBC). Chứng minh: .
  3. c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Câu  5: Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 3

Câu  1: Giải  phương trình và hệ phương trình sau:

  1. a) x4 + 3x2 – 4 = 0
  2. b)

Câu  2: Rút gọn các biểu thức:

  1. a) A =
  2. b) B = ( với x > 0, x  4 ).

Câu  3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ.

  1. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính.

Câu  4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.

  1. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF.
  3. c) Chứng minh rằng OA

Câu  5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

            P =

ĐỀ SỐ 4

 

Câu  1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau:  ; .

  1. b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm M (- 2; ).   Tìm hệ số a.

Câu  2: Giải  phương trình và hệ phương trình sau:

  1. a)
  2. b)

Câu  3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1)

  1. a) Giải phương trình đã cho khi m = 3.
  2. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2.

Câu  4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ).

  1. Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. Tính số đo của góc
  3. Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK

Câu  5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh:

ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ).

ĐỀ SỐ 5

 

Câu  1: a) Thực hiện phép tính:

  1. b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( 2; 3 ) và điểm B(-2;1) Tìm các hệ số a và b.

Câu  2: Giải các phương trình sau:

  1. a) x2 – 3x + 1 = 0
  2. b)

Câu  3: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc của mỗi ô tô.

Câu  4: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F.

  1. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật.
  2. b) Chứng minh ∆ACD ∆CBE
  3. c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
  4. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: .

Câu  5: Giải phương trình:

ĐỀ SỐ 6

Câu  1: Rút gọn các biểu thức sau:

  1. a) A =
  2. b) B = ( với a > 0, b > 0, a b)

Câu  2: a) Giải hệ phương trình:

  1. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22.

Câu  3:

  1. a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; )  và song song với đường thẳng   2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
  2. b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2.

Câu  4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng:

  1. a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) NM là tia phân giác của góc .
  3. c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

Câu  5: Cho biểu thức A = . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao?

 

ĐỀ SỐ 7

 

Câu  1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa:  A =

  1. b) Tính:

 

Câu  2: Giải  phương trình và bất phương trình sau:

  1. a) ( x – 3 )2 = 4
  2. b)

Câu  3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1)

  1. a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
  2. b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7.

Câu  4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M.

  1. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC.
  2. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD.
  3. c) Chứng minh: OK.OS = R2.

Câu  5: Giải hệ phương trình: .

 

ĐỀ SỐ 8

Câu  1: a) Giải hệ phương trình:

  1. b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x2 – x – 2 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = .

Câu  2: Cho biểu thức A =    với a > 0, a  1

  1. a) Rút gọn biểu thức A.
  2. b) Tìm các giá trị của a để A < 0.

Câu  3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1)

  1. a) Giải phương trình đã cho với m = 0.
  2. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:     x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ).

Câu  4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).

  1. a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) Chứng minh .
  3. c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của

Câu  5: Cho các số a, b, c . Chứng minh rằng:   a + b2 + c3 – ab – bc – ca  1.

ĐỀ SỐ 9

Câu  1: a) Cho hàm số y = x + 1. Tính giá trị của hàm số khi x = .

  1. b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.

Câu  2: a) Rút gọn biểu thức:   A =     với .

  1. b) Giải phương trình:

 

Câu  3: Cho hệ phương trình:  (1)

  1. a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1.
  2. b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.

Câu  4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.

  1. a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
  2. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD.
  3. c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB.

Câu  5: Chứng minh rằng:    với a, b là các số dương.

 

ĐỀ SỐ 10

Câu  1: Rút gọn các biểu thức:

  1. a) A =
  2. b) B = , với 0 < x < 1

Câu  2:Giải  hệ phương trình và phương trình sau:

  1. a) .
  2. b)

Câu  3:  Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II  trong  thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.

Câu  4: Cho hai đường tròn (O) vàcắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính  của hai đường tròn (O) và .

  1. a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
  2. b) Đường thẳng AC cắt đường tròntại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
  3. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) vàthứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.

Câu  5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức:

          

Tính: x + y

Đáp án 40 Đề Toán Ôn Thi Vào Lớp 10 hướng dẫn chi tiết

ĐỀ SỐ 1 

Câu  1: a) Ta có: a + b = () + () = 4

                              a.b  = ()( = 1. Suy ra P = 3.

.

Câu  2:

        

     

  1. b) Với x > 0, x 1 thì .

Vậy với x > 2 thì P > .

Câu  3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0

            ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2.

  1. b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m

         Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0  (*)

Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2).

Mặt khác theo bài ra thì   (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) 

Từ (2) và (4) suy ra:  m = 4.  Thử lại thì thoả mãn.

Câu  4:

a) Tứ giác BEFI có: (gt) (gt)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF

b) Vì AB CD nên ,

      suy ra .

Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và

 .

Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC

 
  1. c) Theo câu b) ta có , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).

Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ACCB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.

Câu  5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0(a + b)2  4ab

 , mà a + b  

. Dấu “ = ” xảy ra .    Vậy: min P = .

 

Lời bình:

Câu IIb

 

  Các bạn tham khảo thêm một lời giải sau

1) Ta có a = 1. D = 25 - 4m. Gọi x1, x2 là các nghiệm nếu có của phương trình.

Từ công thức  Þ  .   Vậy nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoă mãn  |x1- x2| = 3 Û      D = 9  Û    25 - 4m = 9 Û m = 4 .      

2) Có thể bạn dang băn khoăn không thấy điều kiện D ³ 0. Xin đừng, bởi |x1- x2| = 3   Û  D = 9. Điều băn khoăn ấy càng làm nổi bật ưu điểm của lời giải trên. Lời giải đã giảm thiểu tối đa các phép toán, điều ấy đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót. 

 

Câu IVb

 

  • Để chứng minh một đẳng thức của tích các đoạn thẳng người ta thường gán các đoạn thẳng ấy vào một cặp tam giác đồng dạng. Một thủ thuật để dễ nhận ra cặp tam giác đồng dạng là chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng ở dạng tích về dạng thương. Khi đó mỗi tam giác được xét sẽ có cạnh hoặc là nằm cùng một vế, hoặc cùng nằm ở tử thức, hoặc cùng nằm ở mẫu thức.

  Trong bài toán trên AE.AF = AC2  Û . Đẳng thức mách bảo ta xét các cặp tam giác đồng dạng DACF (có cạnh nằm vế trái) và DACE (có cạnh nằm vế phải).

  • Khi một đoạn thẳng là trung bình nhân của hai đoạn thẳng còn lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 thì AC là cạnh chung của hai tam giác, còn AE và AF không cùng năm trong một tam giác cần xét.

   Trong bài toán trên AC là cạnh chung của hai tam giác DACE DACF

 

Câu IVc

 

  • Nếu (D) là đường thẳng cố định chứa tâm của đường tròn biến thiên có các đặc điểm sau:

   + Nếu đường tròn có hai điểm cố định thì (D) là trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm cố định ấy.

   + Nếu đường tròn có một điểm cố định thì (D) là đường thẳng đi qua điểm đó và

            -  hoặc là (D) ^ (D'),

            - hoặc là (D) // (D'), 

            - hoặc là (D) tạo với (D') một góc không đổi

              (trong đó (D') là một đường thẳng cố định có sẵn).

  • Trong bài toán trên, đường tròn ngoại tiếp DCEF chỉ có một điểm C là cố định. Lại thấy CB ^ CA mà CA cố định nên phán đoán có thể CB là đường thẳng phải tìm. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên.

 

 

Câu V

 

   Việc tìm GTNN của biểu thức P bao giờ cũng vận hành  theo sơ đồ "bé dần": P ³ B, (trong tài liệu này chúng tôi sử dụng B - chữ cái đầu của chữ bé hơn).

1) Giả thiết a + b £ đang ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải chuyển hoá     a + b £    Û   .

Từ đó mà lời giải đánh giá P theo .

2)  với a > 0, b > 0 là một bất đẳng thức đáng nhớ. Tuy là một hệ quả của bất đẳng

Cô-si, nhưng nó được vận dụng rất nhiều. Chúng ta còn gặp lại nó trong một số đề sau.

3) Các bạn tham khảo lời giải khác của bài toán như là một cách chứng minh bất đẳng thức trên.

Với hai số a > 0, b > 0 ta có Dấu đẳng thức có khi a = b =.  Vậy minP = .

 

ĐỀ SỐ 2

 

 

Câu  1: a)

  1. b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

.

Câu  2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: - x + 2 = x2 x2 + x – 2 = 0. Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2.

+ Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1)

+ Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4)

Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4)

  1. b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được:

        .

Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1).

Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1).

Câu  3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở

Điều kiện: x  N*, y > 0.

Theo bài ra ta có hệ phương trình: . Giải ra ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn)

Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng.

Câu  4:

  1. a) Ta có:(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.
  2. b) Tứ giác CPMK có (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp(1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: (cùng chắn ) (2). Từ (1) và (2) suy ra (3)
c)

Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.

Suy ra: (4). Từ (3) và (4) suy ra .

Tương tự ta chứng minh được .

Suy ra: MPK∆MIP

MI.MK = MP2  MI.MK.MP = MP3.

Do đó  MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4)

- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).

Lại có: MP + OH  OM = R MP  R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5).  Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

 

 
 

Câu  5: Đặt

(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:

a = b = c = 2

Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.

 

Lời bình:

 

Câu IVc

Lời bình sau Đề số 1 cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3  Û  AE.AF = AC2 thì thường AC là cạnh chung của hai tam giác DACE DACF

Quan sát hình vẽ ta thấy MP là cạnh chung của hai tam giác MPI và MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3.

Nếu phán đoán ấy là đúng thì GTLN của MI.MK.MP chính là GTLN của MP. Đó là điều dẫn dắt lời giải trên.

 

Câu IIa

*Lời nhắn

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị (d): y = kx + b  và (P) : y = ax2 là nghiệm của phương trình  ax2 = kx + b  (1). Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số trên.

 

Câu V

 

 1) · Việc đặt a, b, c thay cho các căn thức là cách làm để dễ nhìn bài toán,  Với mọi số dương a, b, c ta luôn có

        .     (1) 

Thay vì đặt câu hỏi khi nào thì dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt bài toán giải phương trình 

                 .   (2)

  • Vai trò của a, b, c đều bình đẳng nên trong (1) ta nghĩ đến đánh giá .

Thật vậy    Û    Û  . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi a = 2. Tương tự ta cũng có , . Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi b = 2, c = 2.

2) Mỗi giá trị của biến  cân  bằng bất đẳng thức được gọi là điểm rơi của bất đẳng thức ấy.

Theo đó, bất đẳng thức (1) các biến a, b, c đếu có chung một điểm rơi là a = b = c = 2.

 Khi vai trò của các biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với nhau thì các biến ấy có chung một điểm rơi.

Phương trình diễn tả dấu bằng trong bất đẳng thức được gọi là "phương trình điểm rơi".

3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi"

Tại điểm rơi a = b = c = 2  ta có    .

Điều đó cắt nghĩa điểm mấu chốt của lời giải là tách  :

                   (2)   Û   .

4) Phần lớn các phương trình chứa hai biến trở lên trong chương trình THCS đều là "phương trình điểm rơi".

 

ĐỀ SỐ 3

 

 

Câu  1: a) Đặt x2 = y, y 0. Khi đó phương trình đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1).

Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y 0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn. Với y1 = 1 ta tính được x = 1. Vậy phương trình có nghiệm là  x = 1.

  1. b)

Câu 2:

 

      

Câu  3:

a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2.

b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x – 2 và parabol

 y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 = x – 2 x2 + x – 2 = 0

Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và K ( - 2; - 4 )

(xem hình vẽ).

 
Câu 4:

a) Tứ giác AEHF có: (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp.

- Tứ giác BCEF có: (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp.

b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: (1). Mặt  khác =    

(góc nội tiếp cùng chắn ) (2). Từ (1) và (2) suy ra:  MN // EF.

  1. c) Ta có: ( do BCEF nội tiếp) AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN , mà MN song song với EF nên suy ra .

Câu 5:  ĐK:  y > 0 ; x Î R. Ta có: P =

. Dấu “=” xảy ra  .

Suy ra: .

ĐỀ SỐ 4

 

Câu 1:

  1. a) ; = .

 

  1. b) Thay x = - 2 và y = vào hàm số y = ax2 ta được:

          .

Câu 2:

Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho.

  1. b) .

Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0.

Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = .

  1. b) Ta có: ∆/ = m2 – 4

Phương trình (1) có nghiệm (*).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2

x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = 0(x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 4m2 – 8 + 4m = 0

m2 + m – 2 = 0 .

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

Câu 4:

  1. a) Tứ giác BIEM có:(gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM.
  2. b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: (do ABCD là hình vuông).
c) ∆EBI và ∆ECM có:,  BE = CE , ( do )

 ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; suy ra MB = IA

Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: = . Suy ra IM song song với BN

(định lí Thalet đảo)

(2). Lại có (do ABCD là hình vuông).

Suy ra BKCE là tứ giác nội tiếp.

Suy ra: mà ; suy ra     

; hay .

 

 

Câu 5:

Ta có:

(1).

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c)a2 < ab + ac.

 

Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2).

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

 

ĐỀ SỐ 5

 

Câu 1: a)

  1. b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ:

.

Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + 1 = 0. Ta có: ∆ = 9 – 4 = 5

Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = .

  1. b) Điều kiện: x

 x(x + 1) – 2(x – 1) = 4 x2 – x – 2 = 0 .

Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10  (km/h) (Đk: x > 10).

Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) và (h).

Theo bài ra ta có phương trình:

Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h.

Câu 4:

a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật

b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra:

 

(1). Lại có sđ(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); sđ(góc nội tiếp), mà (do BC = AD)(2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE .

  1. c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: (3). Từ (2) và (3) suy ra do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
  2. d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra:

. Tương tự ta có . Từ đó suy ra:  .

Câu 5: Đk: x3 + 1 0  (1).

Đặt: a = ; b = ,( a0; b>0) (2)     a2 + b2 = x2 + 2.

Khi đó phương trình đã cho trở thành:  10.ab = 3.(a2 + b2)

 a = 3b hoặc b = 3a.

+) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: = 3 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm).

+) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3 = 9x + 9 = x2 – x + 1 x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 =  (thỏa mãn (1)).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =  và  x2 = .

 

Lời bình:

Câu IV

1) Để chứng  minh đẳng thức (*) về diện tích các tam giác (chẳng hạn  (*))

Bạn có thể nghĩ đến một trong ba cách sau :

  • Nếu ba tam giác tương ứng có một cạnh bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các đường cao tương ứng h1, h2, h để chứng minh (chẳng hạn(*) Û h1 + h2 = h).
  • Nếu ba tam giác tương ứng có một đường cao bằng nhau thì biến đổi (*) về đẳng thức các cạnh tương ứng a1, a2, a để chứng minh (chẳng hạn(*) Û a1 + a2 = a). 
  • Nếu hai trương hợp trên không xẩy ra thì biến đổi (*) về đẳng thức tỉ số diện tích để chứng minh (chẳng hạn(*) Û ). Thường đẳng thức về tỷ số diện tích tam giác là đẳng thức về tỉ số các cạnh tương ứng trong các cặp tam giác đồng dạng.

2) Trong bài toán trên, hai khả năng đầu không xảy ra. Điều đó dẫn chúng ta đến lời giải với các cặp tam giác đồng dạng.

 

Câu V

Để các bạn có cách nhìn khái quát, chúng tôi khai triển bài toán trên một bình diện mới.

    Viết lại = 3(x2 + 2)  Û  = 3[(x + 1) + x2 - x + 1)                  (1)

  Phương trình (1) có dạng a.P(x) + b.Q(x) +  = 0   (a ¹ 0, b ¹ 0, g ¹ 0)             (2)

   (phương trình đẳng cấp đối với P(x) và Q(x)).  Đặt ,   (3)

  phương trình (1)  được đưa về at2 + g t + b = 0.                                                (4)

    Sau khi tìm được t từ (4), thể vào (3) để tìm x.

 

ĐỀ SỐ 6

Câu 1:

  

Câu 2:

  1. a) Đk: và (*)

Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được:

.

+ Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3  (thoả mãn (*))

+ Với x = , suy ra y = x +1 =  (thoả mãn (*))

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và .

  1. b) Phương trình x2 – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2.

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3.

Do đó: P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 1 + 6 = 7.

Câu 3:

  1. a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3.

Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2  (1)

Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có:     (2).

Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = .

  1. b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm)

    ( x; y > 0).

Theo bài ra ta có hệ phương trình: .

Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1).

Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5.

Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm.

 

Câu 4:

a)  Ta có:

(gt)(1).(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.

Tương tự, tứ giác ABCI có:

 ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.

 

 
  1. b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3).

Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra  (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4).

Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra  (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5).

Từ (3),(4),(5) suy ra  NM là tia phân giác của .

  1. c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và ∆BNM ~ ∆BIC (g.g)  BI = BN . BC .

Tương tự ta có:  CM.CA = CN.CB.

Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6).

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có:

 BC2 = AB2 + AC2 (7).

Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5: A = .

 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: (1).

Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R  (2).

Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất.

 

Lời bình:

Câu IVc

 

  1. a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức

     BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2.       (1)

  • Phải chăng Từ đó cộng theo từng vế để có (1).

 Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự  cũng không có (2).

  • Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên   (1)     Û    BM.BI + CM.CA = BC2          (3)

Khả năng  (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để có (1) cũng không xẩy ra vì BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng.

  • Để ý BN + NC = BC  vậy nên   (1)  Û    BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC)     

     Û   BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC               (4)

Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên.

  1. b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ)

    là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2.

     (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ).

Câu V

 

ê Cảnh báo.  Các bạn cùng theo dõi một lời giải sau :

      Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi . Biến đổi .

       Suy ra minA = 2, đạt được khi x = y = 1 (!).

 

  • Kết quả bài toán sai thì đã rõ. Nhưng cái sai về tư duy mới đáng bàn hơn.

1) Điều kiện xác định của P(x; y) chứa đồng thời  và là 

   Do vậy để tìm GTLN, GTNN P(x; y) cần phải xét độc lập hai trường hợp  và                                        

2) Không thể gộp chung  thành 

3)  Do cho rằng điều kiện xác định của P(x; y) là  (bỏ sót )

Vậy nên A = 2 là GNNN của A trên , chưa đủ để kết luận đó là GTNN của A trên D.

4) Nhân đây liên tưởng đến phương trình .    (1)

 Biến đổi đúng  (1)  Û .  Cách biến đổi sau là sai  (1)  Û .

 

Từ khóa tham khảo: Tuyển tập de thi vào lớp 10 môn Toán có đáp an, Đề cương on thi vào lớp 10 môn Toán có đáp an, Tuyển tập de thi vào 10 môn Toán các tỉnh, Tuyển tập de thi vào 10 môn Toán các tỉnh, De thi vào lớp 10 môn Toán 2021, 100 de thi vào lớp 10 môn Toán, Đề cương on thi vào lớp 10 môn Toán có đáp An, Đề thi vào lớp 10 môn Toán 2021, Tuyển tập de thi vào lớp 10 môn Toán có đáp an, 40 đề thi toán vào lớp 10 chọn lọc (có đáp án), Đề cương on thi vào lớp 10 môn Toán có đáp an, Tuyển tập de thi vào 10 môn Toán các tỉnh, Tuyển tập de thi vào 10 môn Toán các tỉnh, Đề cương on thi vào lớp 10 môn Toán có đáp An, De thi vào lớp 10 môn Toán 2021, Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán,


Cùng Thảo Luận Nhé!