Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 40

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 40 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 40 ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 40Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song vớiđường thẳng d. ax  by  3 x  3Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình  có nghiệm  . bx  ay  11  y  1Câu 3. Cho phương trình: (1  3)x 2  2x  1  3  0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm 1 1là và . x1 x2Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳngchứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm Fsao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF.  3 2 x  2y  4y  3  0 (1)Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện :  2 2 2 . x  x y  2y  0 (2) Tính giá trị biểu thức P = x 2  y 2 . ĐỀ SỐ 40 3 1 3Câu 1. a) 3x + 4y = 2  y   x  , nên hệ số góc của đường thẳng d là k =  . 4 2 4  2 3  2 1  1 m  1   4  m  4  m   2  1b) d // d1     m . m  1 m  1 m  1 2   2   2   2 1Vậy với m   thì d1 // d. 2 ax  by  3 x  3 a.3  b(1)  3Câu 2. Hệ phương trình  có nghiệm  nên  bx  ay  11  y  1 b.3  a(1)  11 3a  b  3 9a  3b  9 10a  20 a  2 a  2      . a  3b  11 a  3b  11 a  3b  11 3a  b  3 b  3Câu 3.a) Do ac  (1  3)(1  3)  1  3  2  0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: 2 1 3x1  x 2  , x1 x 2  . 1 3 1 3 1 1 x1  x 2 2 2(1  3)Do đó: S        (1  3) . x1 x 2 x1 x 2 1 3 2 1 1 1 1  3 (1  3) 2 4  2 3và P = .      (2  3) . x1 x 2 x 1 x 2 1  3 2 2Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X 2  (1  3)X  (2  3)  0 .Câu 4. D C Ea) Tam giác ADE cân tại A vì 2 1 3AD = AE. Lại có: x MA1 = DAB  EAB  900  600  300 FDo đó 1 OADE  AED  (1800  300 )  750 . 1 2 1 2b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF A Bvuông cân tại B, nên E1  450 .Từ đó ta có:DEF  DEA  E 2  E1  750  600  450  1800 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.c) Ta có: B1  A1 (cùng chắn cung EM) suy ra B1  300 nên B2  300 .Mà E3  B2 nên E3  300 .Vậy E 2  E3  600  300  900 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đó ME // BF.Câu 5. Từ (1) ta có: x 3  2(y  1) 2  1  1  x  1 (3) 2yTừ (2) ta có: ...