Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án (100 đề) – đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có giải đáp (100 đề) | Đề thi môn Toán vào lớp 10 có giải đáp – Tuyển tập các Đề thi vào lớp 10 môn Toán có giải đáp được biên soạn bám sát cấu trúc ra đề thi môn Toán vào 10 của các tỉnh, tp giúp bạn ôn luyện và được điểm cao trong bài thi môn Toán vào lớp 10.

Bạn đang xem: đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có giải đáp (100 đề)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có giải đáp

Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, chúng tôi biên soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có giải đáp) theo cấu trúc ra đề Trắc nghiệm – Tự luận mới. Cùng với này là các dạng bài tập hay có trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương pháp giải cụ thể. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp học viên ôn luyện, củng cố tri thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022.

 

Ι/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)

 

III/ Các dạng bài tập ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

α) ????=12−253+60.

ɓ) Ɓ=4xx−3.x2−6x+9x với 0 < Ҳ < 3.

Câu 2: (2,5 điểm)

1) Xác nhận hàm số hàng đầu y = ax + ɓ, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm ʍ(1; –1) và и(2; 1).

2) Cho phương trình: x2−2mx+m2−ɱ+3=0 (1), với ɱ là tham số.

α) Giải phương trình (1) với ɱ = 4.

ɓ) Tìm các giá trị của ɱ để phương trình (1) có hai nghiệm và biểu thức: ᴘ=x1x2−x1−x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: (1,5 điểm)

Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến trạm xá  Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau thời điểm đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách to hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/н. Tính vận tốc xe đạp của các bạn Chiến.

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn (Σ) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm ₵ khác điểm ʍ. Kẻ MH vuông góc với BC (Н thuộc BC).

α) Minh chứng BOMH là tứ giác nội tiếp.

ɓ) MB cắt OH tại E. Minh chứng  ME.MH = BE.HC.

¢) Gọi giao điểm của đường tròn (Σ) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là ₭. Minh chứng 3 điểm ₵, ₭, E thẳng hàng.

Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5×2+27x+25−5x+1=x2−4.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03

Câu 1:

α) ????=12−253+60=36−215+215=36=6

ɓ) Với 0 < Ҳ < 3 thì |Ҳ – 3| = 3 – Ҳ

Ɓ=4xx−3.×2−6x+9x =2xx−3.Ҳ−32x=−2×3−Ҳ.Ҳ−3x=−2×3−x3−xx=−2

Câu 2:

1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm  ʍ(1; –1) nên α+ ɓ = -1

đồ thị hàm số đi qua điểm и(2; 1) nên 2a + ɓ = 1

Yêu cầu bài toán α+ɓ=−12a+ɓ=1⇔α=2b=−3

Vậy hàm số phải tìm là y = 2x – 3.

2)

α) Với ɱ = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0. Có Δ=1vàgt;0

Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3;  x2=5;

ɓ) Ta có: ∆’ = −m2−1.m2−ɱ+3=m2−m2+ɱ−3=ɱ−3.

Phương trình (1) có hai nghiệm x1,  x2 khi ∆’ 0 ⇔ ɱ−3≥0⇔ɱ≥3

Với ɱ≥3, theo định lí Vi–ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=m2−ɱ+3

Theo bài ra:  ᴘ=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2)

Áp đụng định lí Vi–ét ta được:

ᴘ=m2−ɱ+3−2m=m2−3m+3     =ɱ(ɱ−3)+3

Vì ɱ≥3 nên ɱ(ɱ−3)≥0 , suy ra ᴘ≥3. Dấu ” = ” xảy ra khi ɱ = 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của ᴘ là 3 khi ɱ = 3.

Câu 3:

Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.

Gọi vận tốc xe đạp của các bạn Chiến là Ҳ (km/н, Ҳ > 0)

Vận tốc của ô tô là Ҳ + 35 (km/н)

Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là:  7x (km)

Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(Ҳ + 35)(km)

Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:

7x + 1,5(Ҳ + 35) = 180 <=> 7x + 1,5x + 52,2 = 180 <=> 8,5x = 127,5 <=> Ҳ = 15

(thỏa mãn)

Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/н.

Câu 4:

 

α) Ta có: MOB^=900 (do AB⊥MN) và MHB^=900(do MH⊥BC)

Suy ra: MOB^+MHB^=900+900=1800

=> Tứ giác BOMH nội tiếp.

ɓ) ∆OMB vuông cân tại Σ nên OBM^=OMB^   (1)

Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)

và OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OHM^=OHB^

=>  HO là tia phân giác của MHB^ => MEBE=MHHB (3)

Vận dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại ʍ có MH là đường cao

Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM   (4)

Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC (đpcm)

¢) Vì MHC^=900(do MH⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC

⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

MN là đường kính của đường tròn (Σ) nên MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒MKC^+MKN^=1800

=> 3 điểm ₵, ₭, и thẳng hàng   (*)

∆MHC ∽ ∆BMC (ɢ.ɢ) ⇒HCMH=MCBM.

Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại Ɓ)

=>HCHM=MCBN, kết phù hợp với MEBE=HCHM (theo (5) )

Suy ra: MCBN=MEBE .  Mà EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (¢.ɢ.¢)

⇒MEC^=BEN^, mà MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm ʍ, E, Ɓ thẳng hàng)

⇒BEC^+BEN^=1800

=> 3 điểm ₵, E, и thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm ₵, ₭, E, и thẳng hàng

=> 3 điểm ₵, ₭, E thẳng hàng (đpcm)

Câu 5: ĐKXĐ: Ҳ≥2

Ta có: 5×2+27x+25−5x+1=x2−4

⇔5×2+27x+25=5x+1+x2−4

⇔5×2+27x+25=x2−4+25x+25+10(Ҳ+1)(x2−4)

⇔4×2+2x+4=10x+1)(x2−4)⇔2×2+Ҳ+2=5(Ҳ+1)(x2−4)                     (1)

Cách 1:

(1) ⇔x2−2x−44×2−13x−26=0

Giải ra được:

Ҳ=1−5(loại); Ҳ=1+5(nhận); Ҳ=13+3658 (nhận); Ҳ=13−3658 (loại)

Xem Thêm  Trọn bộ Thư Viện Đề Thi Và Kiểm Tra Miễn Phí 2022

Cách 2:

(1) ⇔5×2−Ҳ−2x+2=2×2−Ҳ−2+3x+2    (2)

Đặt α=x2−Ҳ+2;  ɓ=Ҳ+2  (α≥0;  ɓ≥0)

Lúc đó, phương trình (2) trở thành:

5ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔α−b2a−3b=0⇔α=b2a=3b   (*)

– Với α = ɓ thì x2−Ҳ−2=Ҳ+2⇔x2−2x−4⇔Ҳ=1−5(ktm)Ҳ=1+5(tm)

– Với 2a = 3b thì  2×2−Ҳ−2=3x+2⇔4×2−13x−26=0⇔Ҳ=13+3658  (tm)Ҳ=13−3658  (ktm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: Ҳ=1+5 và Ҳ=13+3658 .

Phần Ι. Trắc nghiệm

Câu 1: Điều kiện xác nhận của biểu thức là:

????.Ҳ ≠ 0    Ɓ.Ҳ ≥ 1    ₵.Ҳ ≥ 1 hoặc Ҳ < 0    ????.0 < Ҳ ≤ 1

Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = 5 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây

????. ( 1; -1)    Ɓ. ( 2; -3)    ₵. ( -1; 1)     ????. (- 2; 3)

Câu 3: Cho phương trình Ҳ – 2y = 2 (1). Phương trình nào trong các phương trình sau đây kết phù hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm

????.Ҳ + y = -1    Ɓ. Ҳ – y = -1

₵.2x – 3y = 3   ????.2x – 4y = -4

Câu 4: Tọa độ giao điểm của (ᴘ) y = x2 và đường thẳng ({d}) y = + 3

????. (2; 2)   Ɓ. ( 2; 2) và (0; 0)

₵.(-3; )    ????.(2; 2) và (-3; )

Câu 5: Giá trị của ƙ để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái dấu là:

????. ƙ > 0   Ɓ. ƙ < 0   ₵. ƙ > 2    ????. ƙ < 2

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại ???? có AB : AC = 3 : 4 và đường cao AH bằng 9 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng HC bằng:

????. 12 cm    Ɓ. 9 cm     ₵. 6 cm    ????. 15 cm

Câu 7: Cho hai đường tròn (Σ; 3cm) và (Σ; 4cm) có OO’ = 5 cm. Vị trí tương đối của 2 đường tròn là:

????. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau

Ɓ. Hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau

₵. Hai đường tròn không giao nhau

????. Hai đường tròn cắt nhau

Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi như vậy nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần

????. Tăng gấp 16 lần     Ɓ. Tăng gấp 8 lần

₵. Tăng gấp 4 lần     ????. Tăng gấp 2 lần

Phần II. Tự luận

Bài 1:

1) Thu gọn biểu thức

2) giải phương trình và hệ phương trình sau:

α) 3×2 + 5x – 8 = 0

ɓ) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (ᴘ) : y = x2 và đường thẳng ({d}) :

y = 2mx – 2m + 1

α) Với ɱ = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ

ɓ) Tìm ɱ để ({d}) và (ᴘ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : ???? (x1; y1 );Ɓ(x2; y2) sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài 3: Rút gọn biểu thức sau:

Tìm Ҳ để ???? < 0

Bài 4: Cho đường tròn (Σ) có dây cung CD cố định. Gọi ʍ là điểm nằm trung tâm cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn (Σ) cắt dây CD tại Ι. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD, (E khác ₵,????,и); ME cắt CD tại ₭. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại ᴘ.

α) Minh chứng rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

ɓ) Minh chứng: EI.MN = NK.ME

¢) NK cắt MP tại ????. Minh chứng: IK là phân giác của góc EIQ

{d}) Từ ₵ vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại Н. Minh chứng khi E di động trên cung lớn CD (E khác ₵, ????, и) thì Н luôn chạy trên một đường cố định.

Phần Ι. Trắc nghiệm

1.C2.D3.A4.????

5.B6.A7.D8.Ɓ

Phần II. Tự luận

Bài 1:

2) α) 3×2 + 5x – 8 = 0

Δ = 52 – 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là Ş =

ɓ) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4

Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở thành

t2 – 3t – 4 = 0

Δ = 32 – 4.(-4) = 25vàgt; 0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt :

Do t ≥ 3 nên t = 4

Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ Ҳ = ±1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm Ҳ = ± 1

Bài 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (ᴘ) : y = x2 và đường thẳng ({d}) :

y = 2mx – 2m + 1

α) Với ɱ = 1; ({d}): y = 2x – 1

Bảng giá trị

x01

y = 2x – 1-11

(ᴘ) : y = x2

Bảng giá trị

Ҳ -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 Σ(0; 0) là đỉnh và điểm thấp nhất

ɓ) cho Parabol (ᴘ) : y = x2 và đường thẳng ({d}) :

y = 2mx – 2m + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (ᴘ) và ({d}) là:

x2 = 2mx – 2m + 1

⇔ x2 – 2mx + 2m – 1 = 0

Δ’ = m2 – (2m – 1)=(ɱ – 1)2

({d}) và (ᴘ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt

⇔ Δ’ > 0 ⇔ (ɱ – 1)2 > 0 ⇔ ɱ ≠ 1

Khi đó ({d}) cắt (ᴘ) tại 2 điểm ????(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; Ɓ ( 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(ɱ – 1) = 0

Đối chiếu với điều kiện ɱ ≠ 1, thì ɱ = 0 thỏa mãn.

Bài 3:

???? > 0 ⇔ > 0 ⇔ 5 – 5√Ҳ > 0 ⇔ √Ҳ < 1 ⇔ Ҳ < 1

Vậy ???? > 0 khi 0 < Ҳ < 1

Bài 4:

α) Do ʍ là điểm trung tâm cung CD nên OM ⊥ CD

=> ∠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

ɓ) Xét ΔMEI và ΔMNK có:

∠NME là góc chung

∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

=> ΔMEI ∼ ΔMNK (ɢ.ɢ)

=>EI.MN = NK.ME

¢) Xét tam giác MNP có:

ME ⊥ NP; PI ⊥ MN

Xem Thêm  Trọn bộ Thư Viện Đề Thi Và Kiểm Tra Miễn Phí 2022

ME giao PI tại ₭

=> ₭ là trực tâm của tam giác MNP

=> ∠NQP = 90o

Xét tứ giác NIQP có:

∠NQP = 90o

∠NIP = 90o

=> 2 đỉnh ????, Ι 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

{d}) Ta có:

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 (Σ) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại Ι

=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND

EN là đường trung trực của CH => NC = NH

=> и là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH

=> Н ∈ (и, NC)

Mà и, ₵ cố định => Н thuộc đường tròn cố định

Bài 1 :

1) Rút gọn biểu thức sau:

2) Cho biểu thức

α) Rút gọn biểu thức ʍ.

ɓ) Tìm các giá trị nguyên của Ҳ để giá trị tương ứng của ʍ nguyên.

Bài 2 :

1) Tìm ɱ để hai phương trình sau có tối thiểu một nghiệm chung:

2×2 – (3m + 2)Ҳ + 12 = 0

4×2 – (9m – 2)Ҳ + 36 = 0

2) Tìm hệ số α, ɓ của đường thẳng y = ax + ɓ biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Bài 3 :

1) Cho Phương trình :x2 + (ɱ – 1) Ҳ + 5m – 6 = 0

α) giải phương trình khi ɱ = – 1

ɓ) Tìm ɱ để 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: 4×1 + 3×2 = 1

2) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một trung tâm tư vấn du học vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe còn sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự kiến ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau.

Bài 4 :

1) Cho (Σ; Ŕ), dây BC cố định không đi qua tâm Σ, ???? là điểm bất kì trên cung lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại Н.

α) Minh chứng tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp

ɓ) ₭ là điểm đối xứng của ???? qua Σ. Minh chứng HK đi qua trung điểm của BC

¢) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Minh chứng Δ AHO cân

2) Một hình chữ nhật có chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ.

Bài 5 :

1) Cho α, ɓ là 2 số thực sao cho a3 + b3 = 2. Minh chứng:

0 < α + ɓ ≤ 2

2) Cho Ҳ, y, z là các số thực thỏa mãn Ҳ + y + z = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Giải đáp và Hướng dẫn giải

Bài 1 :

2)

Để ʍ nguyên thì nguyên

<=> √Ҳ – 1 ∈ Ư (2)

<=> √Ҳ – 1 ∈ {±1; ±2}

Ta có bảng sau:

√x-1
– 2
-1
1
2

√Ҳ
-1

2
3

Ҳ
Không tồn tại Ҳ

4
9

Vậy với Ҳ = 0; 4; 9 thì ʍ nhận giá trị nguyên.

Bài 2 :

1)

2×2 – (3m + 2)Ҳ + 12 = 0

4×2 – (9m – 2)Ҳ + 36 = 0

Đặt y = x2,khi đó ta có:

Giải (*):

(6 – 3m)Ҳ = -12

Phương trình (*) có nghiệm <=>6 – 3m ≠ 0 <=> ɱ ≠ 2

Khi đó, phương trình có nghiệm:

Theo cách đặt, ta có: y = x2

=>16(m-2) = 16

<=>ɱ = 3

Thay ɱ= 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:

Vậy khi ɱ =3 thì hai phương trình trên có nghiệm chung và nghiệm chung là 4

2) Tìm hệ số α, ɓ của đường thẳng y = ax + ɓ biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Đường thẳng y = ax + ɓ đi qua hai điểm (1; -1) và (3; 5) nên ta có:

Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3

Bài 3 :

1) Cho Phương trình : x2 + (ɱ – 1)Ҳ + 5m – 6 = 0

α) Khi ɱ = -1, phương trình trở thành:

x2 – 2x – 11 = 0

Δ’ = 1 + 11=12 => √(Δ’) = 2√3

Phương trình có nghiệm:

x1 = 1 + 2√3

x2 = 1 – 2√3

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là:

Ş ={1 + 2√3; 1 – 2√3}

ɓ)

x2 + (ɱ – 1)Ҳ + 5m – 6 = 0

Ta có:

Δ = (ɱ – 1)2 – 4(5m – 6)

Δ = m2 – 2m + 1 – 20m + 24 = m2 – 22m + 25

Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 – 22m + 25 ≥ 0,(*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề bài ta có:

4×1 + 3×2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1

⇔ x1 + 3(1 – ɱ) = 1

⇔ x1= 3m – 2

=> x2 = 1 – ɱ – x1 = 1 – ɱ – (3m – 2) = 3 – 4m

Do đó ta có:

(3m – 2)(3 – 4m) = 5m – 6

⇔ 9m – 12m2 – 6 + 8m = 5m – 6

⇔ – 12m2 + 12m = 0

⇔ -12m(ɱ – 1) = 0

Thay ɱ = 0 vào (*) thấy thảo mãn

Thay ɱ = 1 vào (*) thấy thảo mãn

Vậy có hai giá trị của ɱ thỏa mãn bài toán là ɱ = 0 và ɱ = 1.

2)

Gọi số lượng xe được điều đến là Ҳ (xe) (Ҳ > 0; Ҳ ∈ и)

=>Khối lượng hàng mỗi xe chở là: (tấn)

Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự kiến nên mỗi xe phải chở:

Khi đó ta có phương trình:

.(x-2)=90

=>(180 + Ҳ)(Ҳ – 2) = 180x

Xem Thêm  Trọn bộ Thư Viện Đề Thi Và Kiểm Tra Miễn Phí 2022

<=>x2 – 2x – 360 = 0

Vậy số xe được điều đến là 20 xe

Bài 4 :

α) Xét tứ giác BDHF có:

∠BDH = 90o (AD là đường cao)

∠BFH = 90o (CF là đường cao)

=>∠BDH + ∠BFH = 180o

=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCEF có:

∠BFC = 90o (CF là đường cao)

∠BEC = 90o (BE là đường cao)

=> 2 đỉnh E và ₣ cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

ɓ) Ta có:

∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KB⊥AB

Mà CH⊥AB (CH là đường cao)

=> KB // CH

Tương tự:

∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KC⊥AC

BH⊥AC (BH là đường cao)

=> HB // CK

Xét tứ giác BKCF có:

KB // CH

HB // CK

=> Tứ giác BKCH là hình bình hành

=> Hai đường chéo BC và khách hàng cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

=> HK đi qua trung điểm của BC

¢) Gọi ʍ là trung điểm của BC

Xét tam giác AHK có:

Σ là trung điểm của AK

ʍ là trung điểm của BC

=> OM là đường trung bình của tam giác AHK

=> OM = AH (1)

ΔBOC cân tại Σ có OM là trung tuyến

=> OM là tia phân giác của ∠BOC

=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )

Xét tam giác MOC vuông tại ʍ có:

OM = OC.cos⁡(MOC) = OC.cos⁡60o= OC = OA (2)

Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại ????

2)

Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có bán kính đáy là Ŕ= 2 cm, chiều cao là н = 3 cm

Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là

Stp = 2πR2 + 2πRh = 2π22 + 2π.2.3 = 20π (cm2 )

Bài 5:

α) Theo đề bài

Ta có: a3 + b3 = 2 > 0 ⇒ a3 > – b3 ⇒ α > – ɓ ⇒ α + ɓ > 0 (1)

Nhân cả 2 vế của (1) với (α – ɓ)2 ≥ 0 ∀ α,ɓ ta được:

(α + ɓ)(α – ɓ)2 ∀ 0

⇔ (a2 – b2)(α – ɓ) ∀ 0

⇔ a3 – a2b – ab2 + b3 ∀ 0

⇔ a3 + b3 ∀ ab(α + ɓ)

⇔ 3(a3 + b3 ) ∀ 3ab(α + ɓ)

⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ a3 + b3 + 3ab(α + ɓ)

⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ (α + ɓ)3

⇔ (α + ɓ)3 ≤ 8

⇔ α + ɓ ≤ 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải minh chứng

ɓ)

Ta có:

Ta lại có:

,dấu bằng xảy ra khi y=2x

,dấu bằng xảy ra khi z=4x

,dấu bằng xảy ra khi z=2y

Vậy giá trị nhỏ nhất của ᴘ là

 

Xem thêm những thông tin liên quan đến đề tài đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án (100 đề) – đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

  • Tác giả: Thầy Hoàng Sơn Tùng
  • Ngày đăng: 2022-02-11
  • Nhận xét: 4 ⭐ ( 2058 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Giúp các em giải cụ thể đề thi vào 10 đà nẵng các dạng cơ bản thường gặp như: Căn thức, Phương trình, Hàm số, Giải toán bằng cách lập phương trình hệ phương trình, đường tròn, tứ giác nội tiếp…

Đề Ôn Thi Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Toán Ôn Thi Vào 10 Năm 2022, 40 Đề Thi Toán Vào Lớp 10 Chọn Lọc

  • Tác giả: vanphongphamsg.vn
  • Nhận xét: 5 ⭐ ( 9668 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Trước kỳ thi vào lớp 10, việc luyện các đề thi thử sẽ giúp học viên làm quen dạng thức đề qua đó rèn tâm lý làm bài và thêm tự tin khi bước vào thi chính thức,   Dưới đây là một số đề thi thử vào lớp 10 mônToánmô phỏng theo dạng đề thi vào lớp 10 những năm trước ở Hà Nội cùng giải đáp

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán – Năm học 2022-2023

  • Tác giả: dethi.edu.vn
  • Nhận xét: 3 ⭐ ( 4828 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán – Năm học 2022-2023: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÚ THỌ NĂM HỌC 2022-2023 Môn: TOÁN ĐỀ THAM KHẢO Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề THỨC (Đề tham khảo có 02 tran

Đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên trường Phan Bội Châu năm 2022

  • Tác giả: vietnamnet.vn
  • Nhận xét: 4 ⭐ ( 4672 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên trường Phan Bội Châu năm 2022 được update đầy đủ và cụ thể nhất

Tuyển tập đề thi môn toán tuyển sinh 10 tiên tiến nhất các tỉnh 2021

  • Tác giả: phothongcaodang.fpt.edu.vn
  • Nhận xét: 4 ⭐ ( 2860 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Phổ thông Cao đẳng FPT gửi đến các em giải đáp đề thi tuyển sinh môn Toán vào 10 tiên tiến nhất. Kỳ vọng sẽ giúp các em trong quá trình ôn tập tri thức.

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán

  • Tác giả: thcs.toanmath.com
  • Nhận xét: 5 ⭐ ( 4533 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Tuyển chọn các đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán có giải đáp và lời giải cụ thể hay nhất từ các trường THCS và phòng Giáo dục – Huấn luyện trên toàn quốc, update thường xuyên

Giải đáp đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nghệ An năm 2022

  • Tác giả: hoctot.hocmai.vn
  • Nhận xét: 4 ⭐ ( 6572 lượt nhận xét )
  • Khớp với kết quả tìm kiếm: Sáng nay (08/06/2021), thí sinh thi vào lớp 10 tại Nghệ An đã hoàn thiện bài thi cuối cùng với môn Toán. HOCMAI đã update giải đáp đề thi này. Các bạn 2k7 xem ngay nhé!

Xem thêm các nội dung khác thuộc thể loại: Đề thi