Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2022 - 2023 - Đề số 4

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2022 - 2023 - Đề số 4 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn sinh viên cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

Đề thi kho sát cht lượng đầu năm lp 10 năm 2022 2023
Môn: Toán Đề s 4
Thi gian: 90 phút
Câu 1: Chng minh biu thc sau không ph thuc vào x
3
2 2 1
.
1
21
x x x x x
A
x
x x x


+ +

=+



++


Câu 2:
1. Không s dng máy tính cm tay gii phương trình và h phương trình sau:
a.
27
37
xy
xy
+=
−=
b.
42
6 8 0xx + =
2. Tìm tham s m để hàm s
nghch biến trên
Câu 3: Cho phương trình:
( )
2
2 1 2 0x m x m + =
a. Gii phương trình vi m = 1
b. Tìm m để phương trình có 2 nghim phân bit
12
,xx
tha mãn biu thc:
22
1 2 1 2
4x x x x+ =
Câu 4: Mt ngưi đi xe máy t A đến B vi vn tc 40km/h. Khi đến B người đó
ngh 30 phút ri quay v A vi vn tc 50km/h. Tính quãng đường AB biết tng
thi gian ngưi đó đi từ A đến B , t B v A và thi gian ngh là 7 gi 15 phút.
Câu 5: Cho đường tròn (O, R). BC là mt dây cung (BC
2R
). Mt đim A di
động trên cung ln BC sao cho O luôn nm trong tam giác ABC. Các đường cao
AD, CF, BE ct nhau ti đim H.
a. Chng minh rng:
AEF ABC
b. Gi A’ là trung đim ca BC. Chng minh
2'AH OA=
c. Gi
1
A
trung đim ca EF. Chng minh rng:
1
'. 'RAA OA AA=
d. Tìm v trí ca A để EF + FD + DE đạt giá tr ln nht
u 6: Cho x, y, z là nhng s thc dương và
1 1 1
2
1 1 1xyz
+ + =
+ + +
. Chng
minh rng:
1
8
xyz
Đề s 4
Câu 1: Điu kin 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
+ = + = + = =
= = = =
Vy h phương trình có nghim
( ) ( )
, 4, 1xy =−
b.
42
6 8 0xx + =
Đặt
( )
2
,0x t t=
phương trình tr 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
= = =
=
=
=−
= + =

= =
=
=
=−
Vy phương trình có 4 nghim
2, 2xx= =
b. Để hàm s nghch biến trên R thì
2 0 2mm
vy m < 2 thì hàm s nghch 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 nghim phân bit ta có:
( )
2
2
'0
' 1 2 3 3 0m m m m

= + = +
Áp dng h thc 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
+ =
+ =
=
=
+ =
=
Vy
7
4
m =
hoc
1m =
thì phương trình có 2 nghim phân bit
12
,xx
tha mãn biu
thc:
22
1 2 1 2
4x x x x+ =
Câu 4:
Gi quãng đường AB là x (km) x > 0
Thi gian lúc đi t A đến B ca xe máy là:
40
x
(km/h)
Thi gian lúc đi về t B đến A ca xe máy là:
50
x
(km/h)
Do tng thi gian người đó đi từ A đến B, t B v A và thi gian ngh là 7,25 gi
Khi đó ta có phương trình:
1
7,25
40 50 2
xx
+ + =
D dàng tìm được x = 150 km
Vy quãng đường AB là 150 km
Câu 5:
Chng minh
a. T giác BFEC ni tiếp
AEF ACB=
( cùng bù
BEF
)
AEF ABC=
( cùng bù
FE C
). Vy
AEF ABC
b. K đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH
BHKC là hình bình hành
A’ là trung đim ca KH
KO là đường trung
bình ca tam giác AHK
AH = 2AO
c. Ta có:
AEF ABC
1
'
'
AA R
AA R
=
(1) R là bán kính đường tròn ngoi tiếp
tam giác ABC, Rlà bán kính đường tròn ngoi tiếp tam giác AEF, AA’ là
trung tuyến tam giác ABC,
1
AA
là trung tuyến tam giác AEF
Ta li có AEHF ni tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường
tròn ngoi tiếp tam giác AEF
T (1)
11
2'
. '. ' '. '. . '. '
22
AH O A
R AA AA R AA AA R AA AA OA= = = =
d. Gi M, N ln lượt là trung đim ca AC, AB
Ta có:
,OM AC ON AB⊥⊥
OA’, OM, ON ln lượt là các đường cao ca
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 chng minh câu c). Mà
1
'
AA
AA
là t s 2 trung tuyến
ca 2 tam giác đng dng 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 đưc:
( )
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 tr ln nht khi din tích tam giác
ABC đạt max
Ta có
1
.
2
ABC
S BC AD=
do BC không đổi nên din tích tam giác ABC ln nht
khi AD ln nht
Mà AD ln nht khi A nm chính gia 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 t ta có:
( )( ) ( )( )
11
2 , 2
11
1 1 1 1
xy
xz
yz
x z x y

++
+ + + +
Nhân các vế ca bt dng thc ta được điu phi chng minh
| 1/5

Preview text:

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2022 – 2023
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 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  + − +  + xx
  ( 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