Lưu trữ đề thi vào lớp 10
Tài liệu Giáo viên
Lớp 2Lớp 2 - liên kết tri thức
Lớp 2 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 2 - Cánh diều
Tài liệu Giáo viên
Lớp 3Lớp 3 - kết nối tri thức
Lớp 3 - Chân trời sáng tạo
Lớp 3 - Cánh diều
Tài liệu Giáo viên
Tài liệu Giáo viên
Lớp 4Lớp 4 - liên kết tri thức
Lớp 4 - Chân trời sáng tạo
Lớp 4 - Cánh diều
Tiếng Anh lớp 4
Tài liệu Giáo viên
Lớp 5Sách giáo khoa
Sách/Vở bài tập
Tài liệu Giáo viên
Lớp 6Lớp 6 - liên kết tri thức
Lớp 6 - Chân trời sáng tạo
Lớp 6 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 7Lớp 7 - kết nối tri thức
Lớp 7 - Chân trời sáng tạo
Lớp 7 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 8Lớp 8 - kết nối tri thức
Lớp 8 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 8 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 9Sách giáo khoa
Sách/Vở bài xích tập
Tài liệu Giáo viên
Lớp 10Lớp 10 - kết nối tri thức
Lớp 10 - Chân trời sáng tạo
Lớp 10 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 11Lớp 11 - kết nối tri thức
Lớp 11 - Chân trời sáng tạo
Lớp 11 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 12Sách giáo khoa
Sách/Vở bài tập
Tài liệu Giáo viên
giáo viênLớp 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 chúng ta ôn luyện và giành được công dụng cao vào kì thi tuyển chọn sinh vào lớp 10 môn Toán, losingravidos.com soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu tạo ra đề Trắc nghiệm - từ luận mới. Cùng với đó là các dạng bài bác tập hay tất cả trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương thức giải chi tiết. Hy vọng tài liệu này để giúp học sinh ôn luyện, củng cố kỹ năng và kiến thức và sẵn sàng tốt đến kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023.
Bạn đang xem: Lưu trữ đề thi vào lớp 10
Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023 (có đáp án)
Chỉ từ bỏ 100k mua trọn cỗ Đề ôn thi vào 10 môn Toán năm 2023 bản word có lời giải chi tiết:
- cỗ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng bao gồm 8 đề thi CHÍNH THỨC từ năm 2015 → 2023 có lời giải cụ thể giúp Giáo viên tất cả thêm tài liệu ôn thi Toán vào 10 Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng:
Xem thử Đề vào 10 Hà NộiXem demo Đề vào 10 TP.HCMXem test Đề vào 10 Đà Nẵng
- bên cạnh đó là cỗ 195 đề luyện thi Toán vào 10 có không thiếu lời giải chi tiết:
Xem demo Đề ôn vào 10
Quí Thầy/Cô hoàn toàn có thể tìm thấy không ít tài liệu ôn vào 10 môn Toán năm 2023 như chăm đề, việc thực tế, việc cực trị, ....:
Xem thử tư liệu ôn vào 10
Thông tin tầm thường kì thi vào lớp 10
Đề thi chấp nhận vào 10 Toán 2023
- Đề vào 10 Toán các tỉnh năm 2023:
- Đề vào 10 Toán chuyên năm 2023:
- Đề phổ biến vào 10 Toán năm 2023:
I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2023 có đáp án (Trắc nghiệm - tự luận)
Đề thi thử Toán vào 10 năm 2023 (cả nước)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán thủ đô hà nội năm 2023 có đáp án
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán thành phố hồ chí minh năm 2023 bao gồm đáp án
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2023 tất cả đáp án
II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)
III/ những 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 demo Đề vào 10 Hà NộiXem thử Đề vào 10 TP.HCMXem test Đề vào 10 Đà Nẵng
Sở giáo dục đào tạo và Đào chế tạo ra .....
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Đề thi môn: Toán
Năm học 2022 - 2023
Thời gian: 120 phút
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn gàng biểu thức sau:
a) A=12−253+60.
b) B=4xx−3.x2−6x+9x với 0 x2−2mx+m2−m+3=0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) cùng với m = 4.
b) Tìm những giá trị của m để phương trình (1) bao gồm hai nghiệm và biểu thức: P=x1x2−x1−x2 đạt giá chỉ trị nhỏ tuổi nhất.
Câu 3: (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì quyết đấu – Cậu nhỏ nhắn 13 tuổi qua thương nhớ em trai của bản thân mình đã vượt sang 1 quãng đường dài 180km từ sơn La đến khám đa khoa Nhi Trung ương thủ đô hà nội để thăm em. Sau thời điểm đi bằng xe đạp điện 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ nửa tiếng nữa thì cho tới nơi. Biết vận tốc của xe cộ khách lớn hơn vận tốc của xe đạp điện là 35 km/h. Tính vận tốc xe đạp của người sử dụng Chiến.
Câu 4: (3,0 điểm)
mang đến đường tròn (O) gồm hai đường kính AB cùng MN vuông góc với nhau. Bên trên tia đối của tia MA lấy điểm C không giống điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H ở trong BC).
a) chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.
b) MB giảm OH trên E. Chứng tỏ ME.MH = BE.HC.
c) call giao điểm của con đường tròn (O) với mặt đường tròn nước ngoài tiếp ∆MHC là K. Chứng tỏ 3 điểm C, K, E trực tiếp 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) 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) nên a+ b = -1
đồ gia dụng thị hàm số trải qua điểm N(2; 1) phải 2a + b = 1
yêu thương cầu bài xích toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3
Vậy hàm số đề nghị 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) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆" 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 xích ra: P=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2)
Áp đụng định lí Vi–ét ta được:
P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m(m−3)+3
vì m≥3 nên m(m−3)≥0 , suy ra P≥3. Lốt " = " xẩy ra khi m = 3.
Vậy giá trị nhỏ dại nhất của p. Là 3 lúc m = 3.
Câu 3:
Đổi 1 giờ nửa tiếng = 1,5 giờ.
Xem thêm: Decal Dán Đèn Xe Máy Đen Khói, Titan, Vàng, Có Nên Dán Decal Cho Chóa Đèn Xe Máy
Gọi tốc độ xe đạp của người sử dụng 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)
bởi vì tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km đề xuất ta bao gồm 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 điện với vận tốc là 15 km/h.
Câu 4:
a) 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.
b) ∆OMB vuông cân tại O buộc phải OBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp yêu cầu OBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
từ bỏ (1) cùng (2) suy ra: OHM^=OHB^
=> HO là tia phân giác của MHB^ => MEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆BMC vuông tại M bao gồm MH là đường cao
Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
tự (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC (đpcm)
c) vày MHC^=900(do MH⊥BC) buộc phải đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn)
MN là 2 lần bán kính của mặt đường tròn (O) nên MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn)
⇒MKC^+MKN^=1800
=> 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM.
mà lại MB = BN (do ∆MBN cân nặng tại B)
=>HCHM=MCBN, kết phù hợp với MEBE=HCHM (theo (5) )
Suy ra: MCBN=MEBE . Mà lại EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒MEC^=BEN^, mà lại MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
⇒BEC^+BEN^=1800
=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
tự (*) cùng (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
=> 3 điểm C, K, E thẳng sản phẩm (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)
giải 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)
phương pháp 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 (*)
– với a = b thì x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm)
– 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 và đào tạo và Đào tạo nên .....
Kỳ thi tuyển 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 ra .....
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 khẳng định của biểu thức
A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x 2 và mặt đường thẳng (d) y =
A. (2; 2)B. ( 2; 2) cùng (0; 0)
C.(-3; ) D.(2; 2) với (-3; )
Câu 5: quý hiếm của k nhằm phương trình x2 + 3x + 2k = 0 tất cả 2 nghiệm trái vết là:
A. K > 0B. K 2 D. K (2 điểm)
1) Thu gọn biểu thức
2) giải phương trình cùng 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 cho Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) cùng với m = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên và một hệ trục tọa độ
b) tìm m nhằm (d) và (P) cắt nhau trên 2 điểm sáng tỏ : A (x1; y1 );B(x2; y2) làm sao để cho tổng các tung độ của nhị giao điểm bởi 2 .
Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
Tìm x để A (3,5 điểm) mang đến đường tròn (O) tất cả dây cung CD vậy định. điện thoại tư vấn M là điểm nằm tại chính giữa cung nhỏ tuổi CD. Đường kính MN của con đường tròn (O) giảm dây CD trên I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung to CD, (E khác C,D,N); ME giảm CD trên K. Các đường thẳng NE cùng CD giảm nhau tại P.
a) chứng tỏ rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp
b) hội chứng minh: EI.MN = NK.ME
c) NK giảm MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ
d) từ C vẽ con đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE trên H. Chứng minh khi E di động cầm tay trên cung to CD (E khác C, D, N) thì H 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 tất cả tập nghiệm là S =
b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4
Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình sẽ cho đổi mới
t2 - 3t - 4 = 0
Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0
Phương trình tất cả 2 nghiệm phân minh :
Do t ≥ 3 cần t = 4
Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1
Vậy phương trình sẽ cho bao gồm 2 nghiệm x = ± 1
Bài 2:
Trong phương diện phẳng tọa độ Oxy mang đến Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
a) với m = 1; (d): y = 2x – 1
Bảng quý hiếm
| x | 0 | 1 |
| y = 2x – 1 | -1 | 1 |
(P) : y = x2
Bảng giá trị
| x | -2 | -1 | 0 | 1 | 2 |
| y = x2 | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm bên trên trục hoành, nhận Oy làm cho trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh và điểm thấp độc nhất vô nhị
b) mang đến Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :
y = 2mx – 2m + 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = 2mx - 2m + 1
⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0
Δ" = m2 - (2m - 1)=(m - 1)2
(d) cùng (P) cắt nhau trên 2 điểm phân biệt khi còn chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm bao gồm 2 nghiệm phân biệt
⇔ Δ" > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1
Khi kia (d) cắt (P) trên 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)
Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m
Từ mang thiết đề bài, tổng những tung độ giao điểm bằng 2 đề nghị 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 ⇔
Xét tứ giác IKEN có:
∠KIN = 90o
∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn)
=> ∠KIN + ∠KEN = 180o
=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp
b) Xét ΔMEI cùng ΔMNK có:
∠NME là góc chung
∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)
c) Xét tam giác MNP có:
ME ⊥ NP; PI ⊥ MN
ME giao PI trên 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 bên dưới 1 góc đều nhau
=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp
=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp thuộc chắn cung PQ)(1)
Mặt khác 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 bởi nhau)
=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân nặng tại E
=> EN là con đường trung trực của CH
Xét đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc cùng với dây CD trên I
=> NI là mặt đường trung trực của CD => NC = ND
EN là con đường trung trực của CH => NC = NH
=> N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH
=> H ∈ (N, NC)
Mà N, C cố định => H thuộc mặt đường tròn thắt chặt và cố định
Sở giáo dục và Đào chế tác .....
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 đến biểu thức
a) Rút gọn biểu thức M.
b) Tìm những giá trị nguyên của x để giá trị tương xứng 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 thông số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là
(1; -1) với (3; 5)
Bài 3 : ( 2,5 điểm)
1) mang đến Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0
a) giải phương trình lúc m = - 1
b) tra cứu m nhằm 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1
2) Giải việc sau bằng phương pháp lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một công ty vận tải đường bộ điều một trong những xe mua để chở 90 tấn hàng. Khi tới kho hàng thì gồm 2 xe pháo bị hỏng yêu cầu để chở không còn số mặt hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở sản phẩm là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ngơi nghỉ mỗi xe pháo là như nhau.
Bài 4 : ( 3,5 điểm)
1) mang lại (O; R), dây BC cố định không trải qua tâm O, A là điểm bất kì bên trên cung to BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC giảm nhau trên H.
a) chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp
b) K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của BC
c) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Chứng minh Δ AHO cân nặng
2) Một hình chữ nhật gồm chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của chính 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 sao để cho a3 + b3 = 2. Triệu chứng minh:
0 √x - 1 ∈ Ư (2)
√x - 1 ∈ ±1; ±2
Ta bao gồm bảng sau:
| √x-1 | - 2 | -1 | 1 | 2 |
| √x | -1 | 0 | 2 | 3 |
| x | Không trường thọ x | 0 | 4 | 9 |
Vậy cùng với x = 0; 4; 9 thì M nhận cực hiếm nguyên.
Bài 2 :
1)
2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0
4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0
Đặt y = x2,khi đó ta có:
Giải (*):
(6 - 3m)x = -12
Phương trình (*) bao gồm nghiệm 6 - 3m ≠ 0 m ≠ 2
Khi đó, phương trình bao gồm nghiệm:
Theo cách 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 nhị phương trình trên bao gồm nghiệm chung và nghiệm thông thường là 4
2) Tìm thông số a, b của con đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên trải qua hai điểm là
(1; -1) cùng (3; 5)
Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; -1) với (3; 5) bắt buộc ta có:
Vậy đường thẳng buộc phải tìm là y = 2x – 3
Bài 3 :
1) mang đến 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 có nghiệm:
x1 = 1 + 2√3
x2 = 1 - 2√3
Vậy hệ phương trình 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 = mét vuông - 22m + 25
Phương trình gồm hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 - 22m + 25 ≥ 0,(*)
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
Theo đề bài xích 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 kia 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 bao gồm hai quý giá của m thỏa mãn nhu cầu bài toán là m = 0 và m = 1.
2)
Gọi con số xe được điều cho là x (xe) (x > 0; x ∈ N)
=>Khối lượng sản phẩm mỗi xe pháo chở là:
Do có 2 xe nghỉ đề xuất mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với ý định nên từng xe bắt buộc chở:
Khi kia ta có phương trình:
=>(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 con đường cao)
=>∠BDH + ∠BFH = 180o
=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BCEF có:
∠BFC = 90o (CF là mặt đường cao)
∠BEC = 90o (BE là con đường cao)
=> 2 đỉnh E với 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 mặt 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
=> nhì đường chéo BC với KH giảm nhau tại trung điểm mỗi con 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 trên M có:
OM = OC.cos(MOC) = OC.cos60o= OC = OA (2)
Từ (1) với (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A
2)
Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều nhiều năm được một hình tròn trụ có nửa đường kính đáy là R= 2 cm, độ cao là h = 3 cm
Khi đó diện tích s toàn phần của hình tròn trụ 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 gồm điều cần chứng minh
b)
Ta có:
Ta lại có:
Vậy giá trị nhỏ tuổi nhất của phường là
Xem test Đề ôn vào 10Xem test Đề vào 10 Hà NộiXem test Đề vào 10 TP.HCMXem thử Đề vào 10 Đà Nẵng
