Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 21

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 21 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 21 ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 21 2Câu 1. 1) Trục căn thức ở mẫu số . 5 1 x  y  4 2) Giải hệ phương trình :  . 2 x  3  0Câu 2. Cho hai hàm số: y  x 2 và y  x  2 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một hệ trục Oxy. 2) Tìm toạ độ các giao điểm M, N của hai đồ thị trên bằng phép tính.Câu 3. Cho phương trình 2 x 2  2m  1x  m  1  0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  2 . 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thoả mãn 4 x12  2 x1 x2  4 x2  1 . 2Câu 4. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ).Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BEtại điểm F. 1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyếncủa đường tròn (O) . 4x  9Câu 5. Tìm nghiệm dương của phương trình : 7x2  7x  . 28 ĐỀ SỐ 21Câu 1.1) A = 2   2 5 1    2 5 1  5 1  . 5 1  5 1  5 1  4 2  3  2 x  3 x   2 2) Ta có hệ     .  y  x4 y   11   2Câu 2.1) Vẽ đồ thị y  x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4Vẽ đồ thị y  x  2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). y 5 4 N 3 2 A M 1 B x -2 -1 O 1 2 3 -12) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2  x  2 hay x 2  x  2  0 .Phương trình này có nghiệm: x1  1  y1  1 và x 2  2  y 2  4 .Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4).Câu 3.1) Với m  2 , ta có phương trình: 2 x 2  3 x  1  0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn 1a  b  c  2  3  1  0 nên phương trình có các nghiệm: x1  1 , x 2   . 22) Phương trình có biệt thức   2m  12  4.2.m  1  2m  32  0 nên phương trình luôncó hai nghiệm x1 , x 2 với mọi m .  2m  1  x1  x 2   2 Theo định lý Viet, ta có:  .  x .x  m 1  1 2  2  4 x1  x 2   6 x1 x 2  1 . 2 2 2Điều kiện đề bài 4 x1  2 x1 x 2  4 x 2  1 Từ đó ta có:1  2m 2  3m  1  1  4m 2  7m  3  0 .Phương trình này có tổng các hệ số a  b  c  4  (7)  3  0 nên phương trình này có các 3 3nghiệm m1  1, m2  . Vậy các giá trị cần tìm của m là m  1, m  . 4 4 oCâu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : FED  FCD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp.2) Xét hai tam giác ACD và BED có: ACD  BED  900 , F ADC  BDE (đối đỉnh) nên ACDBED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE   DC.DB  DA.DE . I E DA DB C3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giácICD cân  ICD  IDC  FEC (chắn cung FC ). Mặt khác Dtam giác OBC cân nên OCB  OBC  DEC (chắn cung ACcủa (O)). Từ đó A B O ICO  ICD  DCO  FEC  DEC  FED  900  IC  COhay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4x  9 1 1 4x  9 1 1Câu 5. Đặt  y  , y  ...