ÔN TẬP TOÁN THI VÀO LỚP 10

Lớp 1

Tài liệu Giáo viên

Lớp 2

Lớp 2 - liên kết tri thức

Lớp 2 - Chân trời sáng sủa tạo

Lớp 2 - Cánh diều

Tài liệu Giáo viên

Lớp 3

Lớp 3 - liên kết tri thức

Lớp 3 - Chân trời sáng tạo

Lớp 3 - Cánh diều

Tài liệu Giáo viên

Lớp 4

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 5

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 6

Lớp 6 - kết nối tri thức

Lớp 6 - Chân trời sáng tạo

Lớp 6 - Cánh diều

Sách/Vở bài xích tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 7

Lớp 7 - liên kết tri thức

Lớp 7 - Chân trời sáng tạo

Lớp 7 - Cánh diều

Sách/Vở bài bác tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 8

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 9

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 10

Lớp 10 - liên kết tri thức

Lớp 10 - Chân trời sáng tạo

Lớp 10 - Cánh diều

Sách/Vở bài xích tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 11

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài bác tập

Tài liệu Giáo viên

Lớp 12

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài bác tập

Tài liệu Giáo viên

gia sư

Lớp 1

Lớp 2

Lớp 3

Lớp 4

Lớp 5

Lớp 6

Lớp 7

Lớp 8

Lớp 9

Lớp 10

Lớp 11

Lớp 12

Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được hiệu quả cao vào kì thi tuyển sinh vào lớp 10, sushibarhanoi.com biên soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu tạo ra đề Trắc nghiệm - tự luận mới. Cùng với đó là những dạng bài bác tập hay bao gồm trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương thức giải bỏ ra tiết. Hy vọng tài liệu này để giúp đỡ học sinh ôn luyện, củng cố kỹ năng và kiến thức và chuẩn bị tốt đến kì thi tuyển chọn sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023.

Bạn đang xem: Ôn tập toán thi vào lớp 10

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2023 (có đáp án)

Chỉ 100k cài trọn cỗ Đề ôn thi vào 10 môn Toán năm 2023 phiên bản word có giải thuật chi tiết:

- bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng có 8 đề thi CHÍNH THỨC từ thời điểm năm 2015 → 2023 tất cả lời giải cụ thể giúp Giáo viên gồm thêm tài liệu ôn thi Toán vào 10 Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng:

Xem test Đề vào 10 Hà NộiXem test Đề vào 10 TP.HCMXem demo Đề vào 10 Đà Nẵng

- dường như là bộ 195 đề luyện thi Toán vào 10 có rất đầy đủ lời giải đưa ra tiết:

Xem demo Đề ôn vào 10

Quí Thầy/Cô hoàn toàn có thể tìm thấy tương đối nhiều tài liệu ôn vào 10 môn Toán năm 2023 như siêng đề, bài toán thực tế, câu hỏi cực trị, ....:

Xem thử tài liệu ôn vào 10

Thông tin phổ biến kì thi vào lớp 10

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

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2023 bao gồm đáp án (Trắc nghiệm - từ bỏ luận)

Đề thi demo Toán vào 10 năm 2023 (cả nước)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán hà thành năm 2023 có đáp án

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán tp.hcm năm 2023 tất cả đáp án

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2023 bao gồm đáp án

II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)

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

Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Xem thử Đề ôn vào 10Xem test Đề vào 10 Hà NộiXem test Đề vào 10 TP.HCMXem thử Đề vào 10 Đà Nẵng

Sở giáo dục và đào tạo và Đào tạo ra .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học 2022 - 2023

Thời gian: 120 phút

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

a) A=12−253+60.

b) B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 x2−2mx+m2−m+3=0 (1), cùng với m là tham số.

a) Giải phương trình (1) cùng với m = 4.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) gồm hai nghiệm với biểu thức: P=x1x2−x1−x2 đạt giá chỉ trị bé dại nhất.

Câu 3: (1,5 điểm)

Tình cảm gia đình có sức khỏe phi trường. Chúng ta Vì quyết chiến – Cậu bé xíu 13 tuổi qua thương lưu giữ em trai của chính mình đã vượt sang một quãng mặt đường dài 180km từ sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương hà thành để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp điện 7 giờ, chúng ta ấy được lên xe khách với đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì cho đến nơi. Biết gia tốc của xe pháo khách lớn hơn vận tốc của xe đạp điện là 35 km/h. Tính gia tốc xe đạp của khách hàng Chiến.

Câu 4: (3,0 điểm)

đến đường tròn (O) gồm hai 2 lần bán kính AB với MN vuông góc cùng với nhau. Bên trên tia đối của tia MA rước điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H nằm trong BC).

a) chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.

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

c) hotline giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng tỏ 3 điểm C, K, E thẳng hàng.

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

 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03

Câu 1:

a) A=12−253+60=36−215+215=36=6

b) cùng với 0 B=4xx−3.x2−6x+9x =2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2

Câu 2:

1) do đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; –1) cần a+ b = -1

đồ vật thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) buộc phải 2a + b = 1

yêu thương cầu bài xích toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3

Vậy hàm số bắt buộc tìm là y = 2x – 3.

2)

a) với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0. Có Δ=1>0

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

b) Ta có: ∆" = −m2−1.m2−m+3=m2−m2+m−3=m−3.

Phương trình (1) gồm hai nghiệm x1, x2 lúc ∆" 0 ⇔ m−3≥0⇔m≥3

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

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

Áp chạm định lí Vi–ét ta được:

P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m(m−3)+3

vì chưng m≥3 nên m(m−3)≥0 , suy ra P≥3. Vệt " = " xẩy ra khi m = 3.

Vậy giá chỉ trị nhỏ nhất của phường là 3 lúc m = 3.

Câu 3:

Đổi 1 giờ trong vòng 30 phút = 1,5 giờ.

Xem thêm: Dương Dương Tái Hợp Với Tình Đầu Lý Thấm Và Dương Dương Dương

Gọi tốc độ xe đạp của người tiêu dùng Chiến là x (km/h, x > 0)

tốc độ của ô tô là x + 35 (km/h)

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

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

do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km cần ta có phương trình:

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

(thỏa mãn)

Vậy các bạn Chiến đi bằng xe đạp với gia tốc là 15 km/h.

Câu 4:

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

Suy ra: MOB^+MHB^=900+900=1800

=> Tứ giác BOMH nội tiếp.

b) ∆OMB vuông cân nặng tại O yêu cầu OBM^=OMB^ (1)

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

với OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)

tự (1) với (2) suy ra: OHM^=OHB^

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

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆BMC vuông trên M có MH là con đường cao

Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)

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

c) vì MHC^=900(do MH⊥BC) cần đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC

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

MN là 2 lần bán kính của mặt đường tròn (O) nên MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn)

⇒MKC^+MKN^=1800

=> 3 điểm C, K, N thẳng sản phẩm (*)

∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM. 

nhưng mà MB = BN (do ∆MBN cân nặng tại B)

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

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

⇒MEC^=BEN^, cơ mà MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B trực tiếp hàng)

⇒BEC^+BEN^=1800

=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)

trường đoản cú (*) với (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng

=> 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)

Câu 5: ĐKXĐ: x≥2

Ta có: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4

⇔5x2+27x+25=5x+1+x2−4

⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10(x+1)(x2−4)

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

phương pháp 1:

(1) ⇔x2−2x−44x2−13x−26=0

Giải ra được:

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

cách 2:

(1) ⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2 (2)

Đặt a=x2−x+2; b=x+2 (a≥0; b≥0)

cơ hội đó, phương trình (2) trở thành:

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

 – cùng với a = b thì x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm)

 – cùng với 2a = 3b thì 2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x−26=0⇔x=13+3658 (tm)x=13−3658 (ktm)

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

Sở giáo dục đào tạo và Đào tạo nên .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học 2022 - 2023

Thời gian: 120 phút

Sở giáo dục và đào tạo và Đào tạo .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học tập 2022 - 2023

Thời gian: 120 phút

Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức

là:

A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x 2 và con đường thẳng (d) y =

+ 3

A. (2; 2)B. ( 2; 2) với (0; 0)

C.(-3; ) D.(2; 2) và (-3; )

Câu 5: cực hiếm của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 bao gồm 2 nghiệm trái dấu là:

A. K > 0B. K 2 D. K (2 điểm)

1) Thu gọn biểu thức

2) giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x2 + 5x - 8 = 0

b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

Bài 2: (1,5 điểm) Trong khía cạnh phẳng tọa độ Oxy mang đến Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) cùng với m = -1 , hãy vẽ 2 thứ thị hàm số trên và một hệ trục tọa độ

b) tra cứu m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm tách biệt : A (x1; y1 );B(x2; y2) làm thế nào để cho tổng những tung độ của nhì giao điểm bằng 2 .

Bài 3: (1 điểm) Rút gọn gàng biểu thức sau:

Tìm x để A (3,5 điểm) mang lại đường tròn (O) có dây cung CD cụ định. Gọi M là vấn đề nằm ở chính giữa cung nhỏ tuổi CD. Đường kính MN của mặt đường tròn (O) giảm dây CD tại I. Rước điểm E bất kỳ trên cung phệ CD, (E khác C,D,N); ME giảm CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

a) chứng tỏ rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) triệu chứng minh: EI.MN = NK.ME

c) NK giảm MP trên Q. Hội chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ

d) từ C vẽ đường thẳng vuông góc cùng với EN giảm đường thẳng DE trên H. Chứng minh khi E cầm tay trên cung to CD (E không giống C, D, N) thì H luôn luôn chạy trên một đường núm định.

Phần I. Trắc nghiệm

1.C	2.D	3.A	4.D
5.B	6.A	7.D	8.B

Phần II. Trường đoản cú luận

Bài 1:

2) a) 3x2 + 5x - 8 = 0

Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

Vậy phương trình đã cho bao gồm tập nghiệm là S =

b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4

Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình sẽ cho trở nên

t2 - 3t - 4 = 0

Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0

Phương trình gồm 2 nghiệm tách biệt :

Do t ≥ 3 nên t = 4

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

Vậy phương trình đã cho tất cả 2 nghiệm x = ± 1

Bài 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy mang đến Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) với m = 1; (d): y = 2x – 1

Bảng quý giá

x	0	1
y = 2x – 1	-1	1

(P) : y = x2

Bảng giá bán trị

x	-2	-1	0	1	2
y = x2	4	1	0	1	4

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía bên trên trục hoành, dấn Oy làm trục đối xứng với nhận điểm O(0; 0) là đỉnh cùng điểm thấp độc nhất

b) mang lại Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) với (d) là:

x2 = 2mx - 2m + 1

⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0

Δ" = mét vuông - (2m - 1)=(m - 1)2

(d) và (P) cắt nhau trên 2 điểm phân minh khi và chỉ còn khi phương trình hoành độ giao điểm gồm 2 nghiệm riêng biệt

⇔ Δ" > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1

Khi kia (d) giảm (P) tại 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m

Từ trả thiết đề bài, tổng những tung độ giao điểm bởi 2 phải ta có:

2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2

⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2

⇔ 4m2 - 4m = 0 ⇔ 4m(m - 1) = 0

Đối chiếu với đk m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn.

Bài 3:

A > 0 ⇔

> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x 0 khi 0 ∠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

b) Xét ΔMEI và ΔMNK có:

∠NME là góc chung

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

=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)

=>EI.MN = NK.ME

c) Xét tam giác MNP có:

ME ⊥ NP; PI ⊥ MN

ME giao PI tại K

=> K là trực trung khu của tam giác MNP

=> ∠NQP = 90o

Xét tứ giác NIQP có:

∠NQP = 90o

∠NIP = 90o

=> 2 đỉnh Q, I cùng quan sát cạnh NP dưới 1 góc đều bằng nhau

=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp

=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1)

Mặt không giống IKEN là tứ giác nội tiếp

=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp thuộc 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 nặng tại E

=> EN là con đường trung trực của CH

Xét mặt đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại I

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

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

=> N là trung khu đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH

=> H ∈ (N, NC)

Mà N, C cố định và thắt chặt => H thuộc con đường tròn thắt chặt và cố định

Sở giáo dục và Đào chế tạo ra .....

Kỳ thi tuyển chọn sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học 2022 - 2023

Thời gian: 120 phút

Bài 1 : ( 1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau:

2) mang lại biểu thức

a) Rút gọn biểu thức M.

b) Tìm những giá trị nguyên của x nhằm giá trị tương ứng của M nguyên.

Bài 2 : ( 1,5 điểm)

1) tìm m nhằm hai phương trình sau có tối thiểu một nghiệm chung:

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

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

(1; -1) với (3; 5)

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

1) cho Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0

a) giải phương trình khi m = - 1

b) tìm kiếm m để 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn nhu cầu hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1

2) Giải vấn đề sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một công ty vận tải đường bộ điều một số xe download để chở 90 tấn hàng. Khi tới kho sản phẩm thì gồm 2 xe bị hỏng nên để chở không còn số hàng thì từng xe sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là từng nào xe? Biết rằng trọng lượng hàng chở ngơi nghỉ mỗi xe pháo là như nhau.

Bài 4 : ( 3,5 điểm)

1) cho (O; R), dây BC thắt chặt và cố định không đi qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung lớn BC. Cha đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

a) chứng tỏ tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp

b) K là vấn đề đối xứng của A qua O. Minh chứng HK trải qua trung điểm của BC

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

2) Một hình chữ nhật bao gồm chiều lâu năm 3 cm, chiều rộng bởi 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng xung quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích s toàn phần của hình trụ.

Bài 5 : ( 1 điểm)

1) mang đến a, b là 2 số thực làm sao để cho a3 + b3 = 2. Hội chứng minh:

0 √x - 1 ∈ Ư (2)

√x - 1 ∈ ±1; ±2

Ta có bảng sau:

√x-1	- 2	-1	1	2
√x	-1	0	2	3
x	Không mãi sau x	0	4	9

Vậy cùng với x = 0; 4; 9 thì M nhận quý giá nguyên.

Bài 2 :

1)

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

Đặt y = x2,khi kia ta có:

Giải (*):

(6 - 3m)x = -12

Phương trình (*) bao gồm nghiệm 6 - 3m ≠ 0 m ≠ 2

Khi đó, phương trình tất cả nghiệm:

Theo biện pháp đặt, ta có: y = x2

=>16(m-2) = 16

m = 3

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

Vậy lúc m =3 thì nhì phương trình trên bao gồm nghiệm chung và nghiệm bình thường là 4

2) Tìm thông số a, b của con đường thẳng y = ax + b biết mặt đường thẳng trên trải qua hai điểm là

(1; -1) cùng (3; 5)

Đường trực tiếp y = ax + b trải qua hai điểm (1; -1) và (3; 5) cần ta có:

Vậy đường thẳng đề nghị tìm là y = 2x – 3

Bài 3 :

1) cho Phương trình : x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

a) lúc m = -1, phương trình trở thành:

x2 - 2x - 11 = 0

Δ" = 1 + 11=12 => √(Δ") = 2√3

Phương trình bao gồm nghiệm:

x1 = 1 + 2√3

x2 = 1 - 2√3

Vậy hệ phương trình bao gồm tập nghiệm là:

S =1 + 2√3; 1 - 2√3

b)

x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

Ta có:

Δ = (m - 1)2 - 4(5m - 6)

Δ = mét vuông - 2m + 1 - 20m + 24 = m2 - 22m + 25

Phương trình bao gồm hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 - 22m + 25 ≥ 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:

(3m - 2)(3 - 4m) = 5m - 6

⇔ 9m - 12m2 - 6 + 8m = 5m - 6

⇔ - 12m2 + 12m = 0

⇔ -12m(m - 1) = 0

⇔

Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn

Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn

Vậy gồm hai cực hiếm của m thỏa mãn nhu cầu bài toán là m = 0 cùng m = 1.

2)

Gọi con số xe được điều cho là x (xe) (x > 0; x ∈ N)

=>Khối lượng mặt hàng mỗi xe cộ chở là:

(tấn)

Do tất cả 2 xe cộ nghỉ đề nghị mỗi xe còn sót lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên từng xe yêu cầu chở:

Khi kia ta có phương trình:

.(x-2)=90

=>(180 + x)(x - 2) = 180x

x2 - 2x - 360 = 0

Vậy số xe pháo được điều cho là 20 xe

Bài 4 :

a) Xét tứ giác BDHF có:

∠BDH = 90o (AD là đường cao)

∠BFH = 90o (CF là mặt đường cao)

=>∠BDH + ∠BFH = 180o

=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCEF có:

∠BFC = 90o (CF là con đường cao)

∠BEC = 90o (BE là mặt đường cao)

=> 2 đỉnh E cùng F cùng quan sát cạnh BC bên dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

b) Ta có:

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

=>KB⊥AB

Mà CH⊥AB (CH là con đường cao)

=> KB // CH

Tương tự:

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

=>KC⊥AC

BH⊥AC (BH là mặt đường cao)

=> HB // ông chồng

Xét tứ giác BKCF có:

KB // CH

HB // CK

=> Tứ giác BKCH là hình bình hành

=> nhì đường chéo BC cùng KH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

=> HK trải qua trung điểm của BC

c) điện thoại tư vấn 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 mặt đường trung bình của tam giác AHK

=> OM = AH (1)

ΔBOC cân tại O có OM là trung tuyến đường

=> OM là tia phân giác của ∠BOC

=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )

Xét tam giác MOC vuông tại M có:

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

Từ (1) cùng (2) => OA = AH => ΔOAH cân nặng 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 centimet

Khi đó diện tích toàn phần của hình tròn là

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

Bài 5:

a) Theo đề bài

Ta có: a3 + b3 = 2 > 0 ⇒ a3 > - b3 ⇒ a > - b ⇒ a + b > 0 (1)

Nhân cả hai 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) với (2) ta bao gồm điều cần chứng minh

b)

Ta có:

Ta lại có:

,dấu bằng xẩy ra khi y=2x

,dấu bằng xẩy ra khi z=4x

,dấu bằng xảy ra khi z=2y

Vậy giá trị nhỏ dại nhất của phường là

Xem thử Đề ôn vào 10Xem thử Đề vào 10 Hà NộiXem test Đề vào 10 TP.HCMXem test Đề vào 10 Đà Nẵng