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

a)    $\sqrt{4}+3=2+3=5$

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

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

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

 b)   Theo đề bài ta có $\sqrt{x}-H<0\iff \sqrt{x}-2<\iff \sqrt{x}<2\iff x<4$

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 $\sqrt{x}-H<0$

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: $B\left(1;0\right)\in d^{\prime }\Rightarrow 0=\frac{1}{2}.1+b\iff b=-\frac{1}{2}$

2)    a) $\{\begin{array}{l}x+y=5\\ 2x-y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x=6\\ y=5-x\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}$

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 $\{\begin{array}{c}x-y=a\left(1\right)\\ 7x-2y=5a-1\left(2\right)\end{array}$ 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: $x-2x=a\iff x=-a\Rightarrow y=-2a$

Thay $x=-a;y=-2a$ vào (2) ta được:

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

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

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: ${\Delta }^{\prime }={\left[-\left(m-1\right)\right]}^2-m^2$ $=m^2-2m+1-m^2=1-2m$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$$\iff {\Delta }^{\prime }>0\iff 1-2m>0\iff m<\frac{1}{2}$

Theo vi–ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2\left(m-1\right)\\ x_1{x}_2=m^2\end{array}$

Theo đề bài ta có:

${\left(x_1-x_2\right)}^2+6m=x_1-2x_2$    $\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2+6m=x_1-2x_2$

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

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

$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2\left(m-1\right)\\ x_1-2x_2=-2m+4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3x_2=4m-6\\ x_1+x_2=2m-2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_2=\frac{4}{3}m-2\\ x_1=2m-2-\frac{4}{3}m+2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_2=\frac{4}{3}m-2\\ x_1=\frac{2}{3}m\end{array}$

Thay $\{\begin{array}{c}{x}_2=\frac{4}{3}m-2\\ x_1=\frac{2}{3}m\end{array}$vào $x_1{x}_2=m^2$ ta được:

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

Vậy $m=0;m=-12$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

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) $\Rightarrow FI.FM=FK.FQ\iff \frac{FM}{FQ}=\frac{FK}{FI}$

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)

$\Rightarrow IM\perp OI\Rightarrow \widehat{MIQ}=90^0$

$\Rightarrow \widehat{MKQ}=\widehat{MIQ}=90^0$

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.