Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Tự luận - Đề 14)
26 người thi tuần này 4.6 22.6 K lượt thi 5 câu hỏi
🔥 Đề thi HOT:
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Tổng hợp các bài toán thực tế ôn thi vào 10 Toán 9 có đáp án (Phần 1: Đại số)
Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
1. A =
=
=
2.a,
b,
Để M nguyên thì nguyên
Ta có bảng sau:
Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận giá trị nguyên
Lời giải
1. Đặt , khi đó ta có:
<=>
Giải (*):
(6 – 3m)x = –12
Phương trình (*) có nghiệm <=> 6 – 3m ≠ 0 <=> m ≠ 2
Khi đó, phương trình có nghiệm:
Theo cách đặt, ta có:
Thay m = 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:
Vậy khi m = 3 thì hai phương trình trên có nghiệm chung và nghiệm chung là 4
2. Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; –1) và (3; 5) nên ta có:
Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3
Lời giải
1.a, Khi m = –1, phương trình trở thành:
Δ’ = 1 + 11 = 12 =>
Phương trình có nghiệm:
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: S =
b,
Ta có:
=
Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ (*)
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
Theo đề bài ta có:
4x1 + 3x2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1
⇔ x1 + 3(1 – m) = 1
⇔ x1= 3m – 2
=> x2 = 1 – m – x1 = 1 – m – (3m – 2) = 3 – 4m
Do đó ta có:
Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn
Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 0 và m = 1
2. Gọi số lượng xe được điều đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N)
=> Khối lượng hàng mỗi xe chở là: (tấn)
Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên mỗi xe phải chở:
+ 0,5 = (tấn)
Khi đó ta có phương trình:
. = 90
=> x = 20 hoặc x = –18
Vậy số xe được điều đến là 20 xe
Lời giải
1.
a, Xét tứ giác BDHF có:
∠BDH = (AD là đường cao)
∠BFH = (CF là đường cao)
=>∠BDH + ∠BFH =
=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BCEF có:
∠BFC = (CF là đường cao)
∠BEC = (BE là đường cao)
=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông
=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp
b, Ta có:
∠KBA = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>KB⊥AB
Mà CH⊥AB (CH là đường cao)
=> KB // CH
Tương tự:
∠KCA) = (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 KH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
=> HK đi qua trung điểm của BC
c, Gọi M là trung điểm của BC
Xét tam giác AHK có:
O là trung điểm của AK
M là trung điểm của BC
=> OM là đường trung bình của tam giác AHK
=> OM = 1/2AH (1)
ΔBOC cân tại O có OM là trung tuyến
=> OM là tia phân giác của ∠BOC
=> ∠MOC = ∠BAC = (= 1/2∠BOC )
Xét tam giác MOC vuông tại M có:
OM = OC.cos(MOC) = OC.cos = 1/2.OC = 1/2.OA (2)
Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A
2. Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có bán kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cm
Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là
Lời giải
a, Theo đề bài
Ta có:
a3 + b3 = 2 > 0 ⇒ a3 > – b3 ⇒ a > –b ⇒ a + b > 0 (1)
Nhân cả 2 vế của (1) với (a – b)2 ≥ 0 ∀ a,b ta được:
(a + b)(a – b)2 ∀ 0
⇔ (a2 – b2)(a – b) ≥ 0
⇔ a3 – a2b – ab2 + b3 ≥ 0
⇔ a3 + b3 ≥ ab(a + b)
⇔ 3(a3 + b3 ) ≥ 3ab(a + b)
⇔ 4(a3 + b3 ) ≥ a3 + b3 + 3ab(a + b)
⇔ 4(a3 + b3 ) ≥ (a + b)3
⇔ (a + b)3 ≤ 8
⇔ a + b ≤ 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
b, 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 khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 49/16