Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2022 - 2023 - Đề số 5

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2022 - 2023 - Đề số 5 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!

44 22 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 3 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2022 – 2023
Môn: Toán – Đề số 5
Thời gian: 90 phút
Câu 1: Cho biểu thức:
2
2 1 1 4
:1
11
1
xx
P
x x x
x


++
= − −



− + +
−


a. Rút gọn P
b. Tìm giá trị x dương để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích
2
420m
. Nếu tăng chiều dài lên 10m
và giảm chiều rộng đi 6m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và
chiều rộng của mảnh vườn.
Câu 3:
1. Giải hệ phương trình:
13
5
21
27
11
21
xy
xy
+=
−−
+=
−−
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
2
: 3 1d x y m− = −
và parabol
(P):
2
2yx=
a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b. Gọi
12
,xx
lần lượt là hoành độ giao điểm của 2 giao điểm.Tìm m để
( )( )
12
1 1 4xx− − =
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN vuông góc với đáy
AB tại I sao cho IA < IB. Trên đoạn MI lấy điểm E (E không trùng M và I). Tia EA
cắt đường tròn tại điểm thứ 2 là K.
a. Chứng minh: IEKB nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh:
c. Chứng minh:
2
. . 4AE AK BI BA R+=
d. Xác định vị trí điểm I sao cho tam giác MIO đạt giá trị lớn nhất
Câu 5: Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh:
1
2 2 2
y
xz
y z z x y x
+ +
+ + +
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 5
Câu 1: Điều kiện xác đinh:
0, 1xx
a.
3
2 1 1 4
:1
11
1
xx
P
x x x
x


++
= − −



− + +
−


( )( )
2 1 1 1 4
:
11
11
x x x x
P
x x x
x x x


+ + + − −

=−



− + +
− + +



( )( )
2 1 1 3
:
1
11
x x x x
P
xx
x x x
+ − − − −
=
++
− + +
( )
3 3 1, 3xU− =
( )
( )( )
1
1
.
3
11
xx
xx
P
x
x x x
−
++
=
−
− + +
3
1
33
x
P
xx
= = +
−−
b. Để P nhận giá trị nguyên thì
( )
3 3 1, 3xU− =
3x −
-1
1
-3
3
4 (TM)
16 (TM)
0 ( L)
81 (TM)
Kết luận : Vậy để P nhận giá trị nguyên thì x
{1,16,81}
Câu 2:
Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m), x > 0. Diện tích mảnh vườn là 420
2
m
Chiều rộng của mảnh vườn là
420
x
(m)
Khi tăng chiều dài thêm 10 m thì chiều dài thay đổi là: x + 10 (m)
Khi giảm chiều rộng đi 6 m thì chiều rộng thay đổi là:
420
x
– 6 (m)
Do diện tích mảnh vườn không đổi nên ta có phương trình:
( )
420
10 6 420x
x

+ − =


Dễ dàng tìm được
5 5 29( )
5 5 29( )
x TM
xL
= − +
= − −
Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn là
5 5 29−+
m, chiều rộng của mảnh
vườn là
3 3 29+
m
Câu 3:
1. Điều kiện:
2, 1xy
Đặt
11
,
21
ab
xy
==
−−
Hệ phương trình trở thành:
3 5 2 6 10 1
2 7 11 2 7 11 2
1
2
5
2
2
1
1
1
1
a b a b b
a b a b a
x
x
y
y
+ = + = =

+ = + = =
=
=
−



=
=
−
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( )
5
, ,1
2
xy

=


2.
a. Phương trình hoành độ giao điểm:
2 2 2 2
2 3 1 2 3 1 0x x m x x m= − + − + − =
( )
2 2 2
3 4.2. 1 1 8 0m m m = − − = +
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
b. Áp dụng hệ thức Viet ta có:
12
2
12
3
2
.1
b
xx
a
c
x x m
a
−
+ = =
= = −
Từ hệ thức:
( )( ) ( )
( )
22
1 2 1 2 1 2
7 1 7
1 1 4 . 1 1 4 2
2 2 2
x x x x x x m m m
−−
− − = − + + = − − = = =
Vậy
2m =
……
Câu 4:
Chứng minh
a. Ta có AB là đường kính, K thuộc đường tròn nên
0
90AKB =
Ta có:
0
90KEB EIB==
nên tứ giác IEKB nội tiếp
b. Ta có:
EAM MAK=
( cùng chắn cung nhỏ MK)
11
22
EMA sdAN sdAM MKA AME AKM= = =
2
.
AE MA
AE AK MA
MA KA
= =
Tam giác MAB vuông tại M và MI là đường cao nên
2
.IB BA MB=
. Do đó:
2 2 2
. . 4AE AK BI BA AM MB R+ = + =
d. Chu vi tam giác OIM bằng MI + OI + MO
Mà MO = R không đổi nên chu vi tam giác IMO lớn nhất khi MI + MO lớn nhất
Ta có:
( )
( )
2
2 2 2 2
222+ 2M MI IO OM RI MO MI MO R= ++−
Dấu bằng xảy ra khi
2
2
R
MI MO==
Vậy chu vi tam giác OIM lớn nhất khi I nằm trên AB và cách O một khoảng
bằng
2
2
R
Câu 5:
Ta có:
( )
( )
2
2
22
2 2 2 2 2 2
3
xyz
yy
x z x z
y z z x y x xy xz yz xy xz yz
xy yz zx
++
+ + = + +
+ + + + + +
++
Có nghĩa là ta sẽ chứng minh
( )
( )
2
1
3
xyz
xy yz zx
++
++
hay
( ) ( )
2
3x y z xy yz zx+ + + +
Đây là bất đẳng thức quen thuộc. Bạn đọc tự chứng minh
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2022 – 2023
Môn: Toán – Đề số 5 Thời gian: 90 phút
Câu 1: Cho biểu thức:  2x + 1 1   x + 4  P =  −  : 1−    2  x − 1 x − 1   x + x + 1  a. Rút gọn P
b. Tìm giá trị x dương để P nhận giá trị nguyên.
Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 2
420m . Nếu tăng chiều dài lên 10m
và giảm chiều rộng đi 6m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và
chiều rộng của mảnh vườn. Câu 3:  1 3 + = 5
 x − 2 y −1
1. Giải hệ phương trình:  2 7  + = 11
x − 2 y −  1
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng 2
d : 3x − y = 1− m và parabol (P): 2 y = 2x
a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b. Gọi x ,x lần lượt là hoành độ giao điểm của 2 giao điểm.Tìm m để 1 2
(x −1 x −1 = 4 1 )( 2 )
Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN vuông góc với đáy
AB tại I sao cho IA < IB. Trên đoạn MI lấy điểm E (E không trùng M và I). Tia EA
cắt đường tròn tại điểm thứ 2 là K.
a. Chứng minh: IEKB nội tiếp đường tròn b. Chứng minh: 2 AM = A . E AK c. Chứng minh: 2 A .
E AK + BI.BA = 4R
d. Xác định vị trí điểm I sao cho tam giác MIO đạt giá trị lớn nhất
Câu 5: Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh: x y z + +  1 y + 2z z + 2x 2y + x
Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 5
Câu 1: Điều kiện xác đinh: x  0, x  1  2x + 1 1   x + 4  a. P =  −  : 1−    3  x − 1 x − 1   x + x + 1     2x + 1 1 
x + x + 1− x − 4  P =   ( −     
x − 1)(x + x + 1) : x − 1   x + x + 1   
2x + 1 − x − x − 1 x − 3 P = ( x − ) 1 (x + x + ) : 1 x + x + 1
x − 3 U (3) =  1  ,  3 x ( x −1) x + x + 1 P = (
x − 1)(x + x + 1) . x − 3 x 3 P = = 1+ x − 3 x − 3
b. Để P nhận giá trị nguyên thì x − 3 U (3) =  1  ,  3 x − 3 -1 1 -3 3 4 (TM) 16 (TM) 0 ( L) 81 (TM)
Kết luận : Vậy để P nhận giá trị nguyên thì x  {1,16,81} Câu 2:
Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m), x > 0. Diện tích mảnh vườn là 420 2 m 420
Chiều rộng của mảnh vườn là (m) x
Khi tăng chiều dài thêm 10 m thì chiều dài thay đổi là: x + 10 (m) 420
Khi giảm chiều rộng đi 6 m thì chiều rộng thay đổi là: – 6 (m) x
Do diện tích mảnh vườn không đổi nên ta có phương trình: (   x + ) 420 10 − 6 =   420  x  x = 5 − + 5 29(TM) Dễ dàng tìm được   x = 5 − −  5 29(L)
Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn là 5
− + 5 29 m, chiều rộng của mảnh vườn là 3 + 3 29 m Câu 3:
1. Điều kiện: x  2, y  1 1 1 Đặt a = ,b = x − 2 y − 1
Hệ phương trình trở thành:  a + 3b = 5 2a + 6b = 10 b = 1      2a + 7b = 11 2a + 7b = 11 a =    2  1 = 2   5 x − 2 x =     2 1  = 1  y =  1  y −1  
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x y) 5 , =  ,1  2  2.
a. Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 2 2
2x = 3x − 1 + m  2x − 3x + 1 − m = 0 2  = − ( 2 − m ) 2 3 4.2. 1 = 1+ 8m  0 m
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  −b 3 x + x = =  1 2 
b. Áp dụng hệ thức Viet ta có: a 2  c  2 x .x = = 1− m 1 2  a Từ hệ thức: ( − −
x − 1)(x − 1) = 4  x .x − (x + x ) 7 + 1 =  ( 2 1 − m ) 1 7 2 − =
m = 4  m = 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 Vậy m = 2  …… Câu 4: Chứng minh
a. Ta có AB là đường kính, K thuộc đường tròn nên 0 AKB = 90 Ta có: 0
KEB = EIB = 90 nên tứ giác IEKB nội tiếp
b. Ta có: EAM = MAK ( cùng chắn cung nhỏ MK) 1 1 EMA = sdAN =
sdAM = MKA AME AKM 2 2 AE MA 2  =  . AE AK = MA MA KA
Tam giác MAB vuông tại M và MI là đường cao nên 2 I .
B BA = MB . Do đó: 2 2 2 A .
E AK + BI.BA = AM + MB = 4R
d. Chu vi tam giác OIM bằng MI + OI + MO
Mà MO = R không đổi nên chu vi tam giác IMO lớn nhất khi MI + MO lớn nhất 2
Ta có: (MI+MO)  2( 2 2 MI + IO ) 2 2
− 2OM = 2R MI + MO R 2 R 2
Dấu bằng xảy ra khi MI = MO = 2
Vậy chu vi tam giác OIM lớn nhất khi I nằm trên AB và cách O một khoảng R 2 bằng 2 Câu 5: Ta có: 2 2 x y z x y z
(x+ y + z)2 2 + + = + +  y + 2z z + 2x 2y + x xy + 2xz yz + 2xy xz + 2yz
3(xy + yz + zx)
(x+ y + z)2
Có nghĩa là ta sẽ chứng minh (  hay
xy + yz + zx) 1 3
(x + y + z)2  3(xy + yz + zx)
Đây là bất đẳng thức quen thuộc. Bạn đọc tự chứng minh