Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề số 4

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề số 4 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

33 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

6 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Môn: Toán – Đề số 4
Thời gian: 90 phút
Câu 1: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x
3
2 2 1
.
1
21
x x x x x
A
x
x x x


+ − + − −

=+



−
++


Câu 2:
1. Không sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình và hệ phương trình sau:
a.
27
37
xy
xy
+=
−=
b.
42
6 8 0xx− + =
2. Tìm tham số m để hàm số
nghịch biến trên
Câu 3: Cho phương trình:
( )
2
2 1 2 0x m x m− − + − =
a. Giải phương trình với m = 1
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
12
,xx
thỏa mãn biểu thức:
22
1 2 1 2
4x x x x+ − =
Câu 4: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 40km/h. Khi đến B người đó
nghỉ 30 phút rồi quay về A với vận tốc 50km/h. Tính quãng đường AB biết tổng
thời gian người đó đi từ A đến B , từ B về A và thời gian nghỉ là 7 giờ 15 phút.
Câu 5: Cho đường tròn (O, R). BC là một dây cung (BC
2R
). Một điểm A di
động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao
AD, CF, BE cắt nhau tại điểm H.
a. Chứng minh rằng:
AEF ABC
b. Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh
2'AH OA=
c. Gọi
1
A
Là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
1
'. 'RAA OA AA=
d. Tìm vị trí của A để EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất
Câu 6: Cho x, y, z là những số thực dương và
1 1 1
2
1 1 1xyz
+ + =
+ + +
. Chứng
minh rằng:
1
8
xyz
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 4
Câu 1: Điều kiện xác định:
0, 1xx
( )
( )( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )( )( )
3
2
2
2
2 2 1
.
1
21
11
22
.
11
1
11
22
.
11
1
2 1 2 1 1 1 1
.
1 1 1
x x x x x
A
x
x x x
x x x
xx
A
x
xx
x
xx
xx
A
x
xx
x
x x x x x x x
A
x
x x x


+ − + − −

=+



−
++




+ − +

+−

=+


−+
+






+−

+−

=+


−+
+






+ − + − + + − +


=


+ − +




( )( ) ( )( )
2 1 2 1
2
2
x x x x
x
A const
xx
+ − + − +
= = = =
Câu 2:
1.
a.
2 7 2 7 2 7 4
3 7 2 6 14 7 7 1
x y x y x y x
x y x y y y
+ = + = + = =
− = − = = − = −
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ) ( )
, 4, 1xy =−
b.
42
6 8 0xx− + =
Đặt
( )
2
,0x t t=
phương trình trở thành:
2
6 8 0tt− + =
2
2
1
2
2
' 3 8 1 ' 1 0
2
4
2
3 1 4
3 1 2
2
2
2
x
x
x
t
t
x
x
x
= − = =
=
=
=−
= + =

= − =
=
=
=−
Vậy phương trình có 4 nghiệm
2, 2xx= =
b. Để hàm số nghịch biến trên R thì
2 0 2mm−
vậy m < 2 thì hàm số nghịch biến trên R
Câu 3:
a. Thay m = 1 vào phương trình ta có:
22
1
1 0 1
1
x
xx
x
=
− = =
=−
b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta có:
( )
2
2
'0
' 1 2 3 3 0m m m m

= − − + = − +
Áp dụng hệ thức Viet ta có:
( )
12
12
21
.2
b
x x m
a
c
x x m
a
−
+ = = −
= = −
Theo bài ra:
( )
( ) ( )
( )
22
1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
2
3
33
4 1 3 2 3
7
4 11 7 0
4
1
x x x x
x x x x
mm
m
m m tm
m
+ − =
+ − =
− − − =
=
− + =
=
Vậy
7
4
m =
hoặc
1m =
thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt
12
,xx
thỏa mãn biểu
thức:
22
1 2 1 2
4x x x x+ − =
Câu 4:
Gọi quãng đường AB là x (km) x > 0
Thời gian lúc đi từ A đến B của xe máy là:
40
x
(km/h)
Thời gian lúc đi về từ B đến A của xe máy là:
50
x
(km/h)
Do tổng thời gian người đó đi từ A đến B, từ B về A và thời gian nghỉ là 7,25 giờ
Khi đó ta có phương trình:
1
7,25
40 50 2
xx
+ + =
Dễ dàng tìm được x = 150 km
Vậy quãng đường AB là 150 km
Câu 5:
Chứng minh
a. Tứ giác BFEC nội tiếp
AEF ACB=
( cùng bù
BEF
)
AEF ABC=
( cùng bù
FE C
). Vậy
AEF ABC
b. Kẻ đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH
BHKC là hình bình hành
A’ là trung điểm của KH
KO là đường trung
bình của tam giác AHK
AH = 2AO
c. Ta có:
AEF ABC
1
'
'
AA R
AA R
=
(1) R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’ là
trung tuyến tam giác ABC,
1
AA
là trung tuyến tam giác AEF
Ta lại có AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường
tròn ngoại tiếp tam giác AEF
Từ (1)
11
2'
. '. ' '. '. . '. '
22
AH O A
R AA AA R AA AA R AA AA OA= = = =
d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AB
Ta có:
,OM AC ON AB⊥⊥
OA’, OM, ON lần lượt là các đường cao của
tam giác OBC, OCA, OAB
( )
1
'. . .
2
ABC OC A OCB OAB
S S S S OA BC OM AC ON AB= + + = + +
(2)
2 '. . .
ABC
S OA BC OM AC ON AB= + +
Ta có:
1
.
'
'
R AA
OA
AA
=
(theo chứng minh câu c). Mà
1
'
AA
AA
là tỉ số 2 trung tuyến
của 2 tam giác đồng dạng AEF và ABC nên
1
'
AA
EF
AA BC
=
. Tương tự ta có:
.R FD
OM
AC
=
,
.R DE
ON
AB
=
Thay vào (2) ta được:
( )
1
.
..
2 . . .
'
2
ABC
ABC
R AA
R FD R DE
S R BC AC AB
AA AC AB
S R EF FD DE

= + +


= + +
Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất khi diện tích tam giác
ABC đạt max
Ta có
1
.
2
ABC
S BC AD=
do BC không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất
khi AD lớn nhất
Mà AD lớn nhất khi A nằm chính giữa cung BC .
Câu 6:
Ta có:
( )( )
1 1 1 1 1
2 1 1
1 1 1 1 1
2
11
11
x y z y z
y yz
z
yz
yz
= − − = − + −
+ + + + +
= +
++
++
Tương tự ta có:
( )( ) ( )( )
11
2 , 2
11
1 1 1 1
xy
xz
yz
x z x y

++
+ + + +
Nhân các vế của bất dẳng thức ta được điều phải chứng minh
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Môn: Toán – Đề số 4 Thời gian: 90 phút
Câu 1: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x  + −   3 2 x 2 x
x + x − x − 1  A =  + .   + + −   x 2 x 1 x 1   x    Câu 2:
1. Không sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x + y = 7 b. 4 2
x − 6x + 8 = 0 a.  x − 3y =  7
2. Tìm tham số m để hàm số y = (m − 2) x + 3m − 1 nghịch biến trên
Câu 3: Cho phương trình: 2 x − 2(m − )
1 x + m − 2 = 0
a. Giải phương trình với m = 1
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ,x thỏa mãn biểu thức: 1 2 2 2
x + x − x x = 4 1 2 1 2
Câu 4: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 40km/h. Khi đến B người đó
nghỉ 30 phút rồi quay về A với vận tốc 50km/h. Tính quãng đường AB biết tổng
thời gian người đó đi từ A đến B , từ B về A và thời gian nghỉ là 7 giờ 15 phút.
Câu 5: Cho đường tròn (O, R). BC là một dây cung (BC  2R ). Một điểm A di
động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao
AD, CF, BE cắt nhau tại điểm H.
a. Chứng minh rằng: AEF ABC
b. Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2OA'
c. Gọi A Là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: RAA = OA'.AA' 1 1
d. Tìm vị trí của A để EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất 1 1 1
Câu 6: Cho x, y, z là những số thực dương và + + = 2 x + 1 y + 1 z + . Chứng 1 1 minh rằng: xyz  8
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 4
Câu 1: Điều kiện xác định: x  0, x  1  + −   3 2 x 2 x
x + x − x − 1  A =  + .   + + −   x 2 x 1 x 1   x      x  + − +  + x − x
  ( x 1) ( x 1 2 2 ) A = ( +     x ) . 2 ( x −1)( x + + 1 1 ) x          + −  2 + x 2 − x
 ( x 1)(x 1) A = ( +     x ) . 2 ( x −1)( x + + 1 1 ) x       (  2 x )( x 1) (2
x )( x 1) ( x 1)( x 1)( x 1) + − + − + + − +     A =  (    + 1) . 2 ( −1)( +1) x x x x     
(2+ x)( x − )1+(2− x)( x + )1 2 x A = = = 2 = const x x Câu 2: 1. 2x + y = 7  2x + y = 7 2x + y = 7  x = 4 a.        x − 3y = 7
2x − 6y = 14  7y = 7 −  y = 1 −
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (4, 1 − ) b. 4 2
x − 6x + 8 = 0 Đặt 2
x = t,(t  0) phương trình trở thành: 2
t − 6t + 8 = 0 2
' = 3 − 8 = 1  ' = 1  0   x = 2 2
x = 4  x = 2 t 3 1 4 −  = + =   1     t = 3 − 1 = 2  x = 2 2  2 x = 2    x = −   2
Vậy phương trình có 4 nghiệm x = 2  ,x =  2
b. Để hàm số nghịch biến trên R thì m − 2  0  m  2
vậy m < 2 thì hàm số nghịch biến trên R Câu 3:
a. Thay m = 1 vào phương trình ta có:  x = 1 2 2
x − 1 = 0  x = 1   x = 1 − 
b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta có: '  0 ' = (m − )2 2
1 − m + 2 = m − 3m + 3  0  −b x + x = = 2 m − 1  1 2 ( ) 
Áp dụng hệ thức Viet ta có: acx .x = = m − 2 1 2  a Theo bài ra: 2 2
x + x − x x = 3 1 2 1 2
 (x + x )2 − 3x x = 3 1 2 1 2 2
 4(m − 1) − 3(m − 2) = 3  7 m = 2 4m 11m 7 0   − + =  4 (tm)   m = 1 7 Vậy m =
hoặc m = 1thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ,x thỏa mãn biểu 4 1 2 thức: 2 2
x + x − x x = 4 1 2 1 2 Câu 4:
Gọi quãng đường AB là x (km) x > 0 x
Thời gian lúc đi từ A đến B của xe máy là: (km/h) 40 x
Thời gian lúc đi về từ B đến A của xe máy là: (km/h) 50
Do tổng thời gian người đó đi từ A đến B, từ B về A và thời gian nghỉ là 7,25 giờ
Khi đó ta có phương trình: x x 1 + + = 7,25 40 50 2
Dễ dàng tìm được x = 150 km
Vậy quãng đường AB là 150 km Câu 5: Chứng minh
a. Tứ giác BFEC nội tiếp
AEF = ACB ( cùng bù BEF )
AEF = ABC ( cùng bù FEC ). Vậy AEF ABC
b. Kẻ đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH
BHKC là hình bình hànhA’ là trung điểm của KH KO là đường trung
bình của tam giác AHK AH = 2AO AA' R c. Ta có: AEF ABC  =
(1) R là bán kính đường tròn ngoại tiếp AA R' 1
tam giác ABC, R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’ là
trung tuyến tam giác ABC, AA là trung tuyến tam giác AEF 1
Ta lại có AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường
tròn ngoại tiếp tam giác AEF AH 2OA' Từ (1)  .
R AA = AA'.R' = AA'. = AA'.  .
R AA = AA'.OA' 1 1 2 2
d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AB
Ta có: OM ⊥ AC,ON ⊥ AB OA’, OM, ON lần lượt là các đường cao của tam giác OBC, OCA, OAB 1 S = S + S + S =
OA BC + OM AC + ON AB (2) ABC OCA OCB OAB ( '. . . ) 2 2S
= OA'.BC + OM.AC + ON.AB ABC . R AA AA Ta có: 1 OA' =
(theo chứng minh câu c). Mà
1 là tỉ số 2 trung tuyến AA' AA' AA EF
của 2 tam giác đồng dạng AEF và ABC nên 1 = . Tương tự ta có: AA' BC . R FD . R DE OM = , ON = AC AB  . R AA . R FD . R DE  1 2S = R .BC + .AC +  .AB Thay vào (2) ta được: ABCAA' AC AB   2S
= R EF + FD + DE ABC ( )
Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất khi diện tích tam giác ABC đạt max 1 Ta có S
= BC.AD do BC không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất ABC 2 khi AD lớn nhất
Mà AD lớn nhất khi A nằm chính giữa cung BC . Câu 6: Ta có: 1 1 1 1 1 = 2 − − = 1− + 1− x + 1 y + 1 z + 1 y + 1 z + 1 y z yz = +  2 y + 1 z + 1 (y +1)(z +1) 1 xz 1 xy Tương tự ta có:  2  y + (x+ )1(z+ ) , 2 1 1 z + 1 (x+ )1(y + )1
Nhân các vế của bất dẳng thức ta được điều phải chứng minh