Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 5
31 người thi tuần này 5.0 7.4 K lượt thi 5 câu hỏi 120 phút
🔥 Đề thi HOT:
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
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
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất đẳng thức có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất phương trình bậc nhất một ẩn có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn và hình vành khuyên có lời giải
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 1. Phương trình quy về phương trình bậc nhất một ẩn có đáp án
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
a) \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\)
b) \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\)
Lời giải
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 \(\sqrt x - H < 0\)
Lời giải
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.
Lời giải
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.
Lời giải

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.