Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP Hà Nội năm 2022 có đáp án

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP Hà Nội năm 2022 có đáp án

Để giành được điểm cao trong các bài thi môn Toán vào lớp 10, dưới đây là các đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án. Bạn vào tên đề thi hoặc Xem đề thi để tham khảo đề thi vào 10 môn Toán và phần đáp án tương ứng.

Quảng cáo

Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hà Nội

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10

Môn thi: Toán (hệ Công lập)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức

( ĐKXĐ : x ≥ 0 ; x ≠ 1 ; x ≠ 9 )
a ) Tính giá trị của biểu thức M khi x = 9
b ) Rút gọn biểu thức N
c ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai người cùng làm chung một việc làm trong 7 giờ 12 phút thì xong việc làm. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất triển khai xong việc làm chậm hơn người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành xong việc làm .

Bài 3: (2 điểm)

1 ) Giải hệ phương trình

2 ) Cho phương trình x2 + ( m + 2 ) x + 2 m = 0 ( * )
a ) Chứng minh phương trình ( * ) luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m
b ) Tìm biểu thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào vào m .

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn tại A. Lấy điểm M thuộc tia Ax, kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn (O) tại C (C khác A). Tiếp tuyến của đường tròn tại B cắt AC tại D và cắt MC tại F. Nối OM cắt AC tại E.

1 ) Chứng minh tứ giác OBDE nội tiếp
2 ) Chứng minh AC. AD = 4R2
3 ) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMOF

Bài 5: (0,5 điểm) Giải phương trình:

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Áp dụng Bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm √x + 3 và ta được:

Dấu bằng xảy ra khi :

√x + 3 = ⇔ (√x + 3)2 = 25 ⇔ √x + 3 = 5 (do √x + 3 > 0)

⇔ √ x = 2 ⇔ x = 4
Vậy GTNN của P = 16, đạt được khi x = 4

Bài 2:

Đổi 7 giờ 12 phút =

Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là x (giờ)

Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ)

=> Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được công việc

Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được công việc

Cả 2 người làm chung thì làm xong trong 7 giờ 12 phút nên ta có phương trình :

Người thứ nhất làm một mình triển khai xong việc làm chậm hơn người thứ hai là 6 giờ nên ta có phương trình :
x – y = 6 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có hệ phương trình

Giải phương trình ( * ) :

Đối chiếu với ĐK thì y = 12 => x = y + 6 = 18
Vậy người thứ nhất làm 1 mình thì hoàn thành xong việc làm trong 18 giờ
Người thứ hai làm 1 mình thì hoàn thành xong việc làm trong 12 giờ .

Bài 3:

Khi đó hệ phương trình trở thành :

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =

2 ) x2 + ( m + 2 ) x + 2 m = 0 ( * )
a ) Δ = ( m + 2 ) 2 – 4.2 m = mét vuông + 4 m + 4 – 8 m = ( m – 2 ) 2 ≥ 0 ∀ m
=> phương trình ( * ) luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m
b ) Theo hệ thức Vi – ét, ta có :

=> 2 ( x1 + x2 ) + x1. x2 = – 2 ( m + 2 ) + 2 m = – 4
Vậy 2 ( x1 + x2 ) + x1. x2 = – 4 là hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x1, x2 không nhờ vào vào m

Bài 4:

a ) M là giao điểm của 2 tiếp tuyến MC và MA
=> MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC => MO ⊥ AC
Xét tứ giác OBDE có :
∠ OED = 90 o ( MO ⊥ AC )
∠ OBD = 90 o ( BD là tiếp tuyến của ( O ) )
=> ∠ OED + ∠ OBD = 180 o
=> Tứ giác OBDE là tứ giác nội tiếp
b ) Xét tam giác ABD vuông tại D có BC là đường cao
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông : AC.AD = AB2 = ( 2R ) 2 = 4R2
Vậy AC.AD = 4R2
c ) 2 tiếp tuyến MC và Ma cắt nhau tại M

=> OM là tia phân giác của ∠COA => ∠COM =

2 tiếp tuyến CF và FB cắt nhau tại F

=> OF là tia phân giác của ∠COB => ∠COF =

Khi đó :

Tam giác MOF vuông tại O
=> Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF là trung điểm I của MF
Tam giác MIO cân tại I => ∠ IOM = ∠ IMO
Mặt khác ta có : ∠ AMO = ∠ IMO ( do MO là tia phân giác ∠ AMI )
=> ∠ AMO = ∠ IOM ( 1 )
Tam giác MAO vuông tại A => ∠ AMO + ∠ AOM = 90 o ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) => ∠ IOM + ∠ AOM = 90 o ⇔ ∠ AOI = 90 o hay AO ⊥ OI
=> AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF

Bài 5:

ĐKXĐ : x ≥ 2

Khi đó, phương trình đã cho trở thành : a = – a2 + 2
⇔ a2 + a – 2 = 0
⇔ a = 1 ; a = – 2
Do a < 0 nên a = - 2 Với a = - 2, ta có :

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hà Nội

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10

Môn thi: Toán (hệ Công lập)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho các biểu thức:

với x ≥ 0 ; x ≠ 9
a ) Rút gọn biểu thức P
b ) Tìm x sao cho P = 3

c) Đặt M = P : Q. Tìm x để |M| <

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể nước cạn (không có nước) trong 1 giờ 12 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 30 phút và vòi thứ hai chảy trong 1 giờ thì được bể. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu đầy bể?

Bài 3: (2 điểm)

1 ) Giải hệ phương trình :

2) Cho hai hàm số: y = 2x – 1 và y = + 4

a ) Tìm tọa độ giao điểm M của đồ thị hai hàm số trên
b ) Gọi N, P lần lượt là giao điểm của hai đồ thị trên với trục Oy. Tính diện tích quy hoạnh ΔMNP

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB và điểm M bất kì thuộc đường tròn (M ≠ A, B). Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BM ở N. Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt AN ở D.

a ) Chứng minh : 4 điểm A, D, M, O cùng thuộc một đường tròn
b ) Chứng minh : OD / / BM và suy ra D là trung điểm của AN
c ) Đường thẳng kẻ qua O và vuông góc với BM cắt tia DM ở E. Chứng minh : BE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ; R )d ) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB và cắt đường thẳng BM tại I. Gọi giao điểm của AI và BD là J. Khi điểm M di động trên ( O ; R ) thì J chạy trên đường nào ?

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2 + 4a + 15 +

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

Vậy với thì P = 3

Vậy với mọi x thỏa mãn điều kiện x ≥ 0;x ≠ 9 thì |M| <

Bài 2:

Đổi 1 giờ 12′ =

Gọi thời gian vòi 1 chảy 1 mình đầy bể là x (h)

Thời gian vòi 1 chảy 1 mình đầy bể là y (h)

Trong 1h vòi thứ nhất chảy được (bể nước)

Trong 1h vòi thứ hai chảy được (bể nước)

=> Trong 1h cả hai vòi chảy được (bể nước)

Do cả 2 vòi chảy trong 1 giờ 12 phút thì đầy bể nên ta có phương trình :

Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 30 phút và vòi thứ hai chảy trong 1 giờ thì được bể nên ta có phương trình:

Ta có hệ phương trình :

Vậy vòi 1 chảy 1 mình trong 2 giờ thì đầy bể
Vòi 2 chảy 1 mình trong 3 giờ thì đầy bể .

Bài 3:

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) = ( 6 ; 8 )
2 ) Tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng là nghiệm của hệ phương trình :

Vậy tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là M ( 2 ; 3 )
Gọi N là giao điểm của đường thẳng y = 2 x – 1 với Oy => N ( 0 ; – 1 )

Gọi P là giao điểm của đường thẳng y = + 4 với Oy => P (0; 4)

Gọi E là hình chiếu vuông góc của M trên Oy
=> EM ⊥ PN ; EM = 2
Ta có PN = | yP | + | yN | = 5

SPMN = EM.PN = .2.5 = 5 (đơn vị diện tích)

Bài 4:

a ) Xét tứ giác ADMO có :
∠ DMO = 90 o ( do M là tiếp tuyến của ( O ) )
∠ DAO = 90 o ( do AD là tiếp tuyến của ( O ) )
=> ∠ DMO + ∠ DAO = 180 o
=> Tứ giác ADMO là tứ giác nội tiếp .
b ) Do D là giao điểm của 2 tiếp tuyến DM và DA nên OD là tia phân giác của ∠ AOM

=>(AOD = ∠AOM

Mặt khác ta có ( ABM là góc nội tiếp chắn cung AM

=> ∠ABM = ∠AOM

=> ∠ AOD = ∠ ABM
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
=> OD / / BM
Xét tam giác ABN có :
OM / / BM ; O là trung điểm của AB
=> D là trung điểm của AN
c ) Ta có : ΔOBM cân tại O ; OE ⊥ MB => OE là đường trung trực của MB
=> EM = EB = > ΔMEB cân tại E => ∠ EMB = ∠ EBM ( 1 )
ΔOBM cân tại O => ∠ OMB = ∠ OBM ( 2 )
Cộng ( 1 ) và ( 2 ) vế với vế, ta được :
∠ EMB + ∠ OMB = ∠ EBM + ∠ OBM ⇔ ∠ EMO = ∠ EBO ⇔ ∠ EBO = 90 o
=> OB ⊥ BE
Vậy BE là tiếp tuyến của ( O ) .

d) Lấy điểm E trên tia OA sao cho OE =

Xét tam giác ABI có OI vừa là đường cao vừa là trung tuyến
=> Tam giác ABI cân tại I => IA = IB ; ∠ IBA = ∠ IAB
Ta có :

=> ∠ NAI = ∠ INA => ΔINA cân tại I => IA = IN
Tam giác NAB vuông tại A có : IA = IN = IB
=> IA là trung tuyến của tam giác NAB
Xét ΔBNA có :
IA và BD là trung tuyến ; IA ∩ BD = { J }
=> J là trọng tâm của tam giác BNA
Xét tam giác AIO có :

=> J nằm trên đường thẳng d vuông góc với AB và cách O một khoảng chừng bằng R / 3 .
Phần hòn đảo : Lấy điểm J ‘ bất kể thuộc đường thẳng d
Do d / / OI ( cùng vuông góc AB ) nên ta có :

AI là trung tuyến của tam giác NAB
=> J ‘ là trọng tâm tam giác NAB
Vậy khi M chuyển dời trên ( O ) thì J chuyển dời trên đường thẳng d vuông góc với AB và cách O một khoảng chừng là R / 3 .

Bài 5:

Với a > 0, ta có :

Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hà Nội

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10

Môn thi: Toán (hệ Công lập)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức:

với x ≥ 0, x ≠ 9, x ≠ 4
a ) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 – 2 √ 2
b ) Rút gọn biểu thức B
c ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A : B

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Theo kế hoạch, một tổ công nhân phải làm 1 số ít loại sản phẩm trong một thời hạn nhất định. Nếu mỗi ngày họ làm tăng thêm 5 mẫu sản phẩm so với dự tính thì sẽ hoàn thành xong kế hoạch trước thời hạn 4 ngày. Nếu mỗi ngày họ làm ít hơn 5 mẫu sản phẩm so với dự tính thì sẽ hoàn thành xong kế hoạch châm hơn thời hạn 5 ngày. Tính thời hạn và số mẫu sản phẩm phải làm theo kế hoạch .

Bài 3: (2 điểm)

1 ) Giải phương trình 2×4 + x2 – 6 = 0
2 ) Cho parabol ( P ) : y = x2 và đường thẳng ( d ) : y = mx + 2
a ) Với m = – 1 : vẽ parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) trên cùng một hệ trục tọa độ. Tìm tọa độ những giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) .
b ) Tìm những giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho x1 – 2×2 = 5

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) với dây AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M; N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K.

a ) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp
b ) Chứng minh MK.MN = MI.MC
c ) Chứng minh tứ giác AKI cân tại K và tứ giác AHIK là hình thoi .

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b là 2 số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + 4 ≤ 2b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

a ) Ta có x = 3 – 2 √ 2 = 2 – 2 √ 2.1 + 1 = ( √ 2 – 1 ) 2
⇒ √ x = √ ( √ 2 – 1 ) 2 = | √ 2 – 1 | = √ 2 – 1 ( vì √ 2 > 1 )
Thay √ x = √ 2 – 1 vào biểu thức A ta được :

Áp dụng Bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương 1 + √x và

Dấu bằng xảy ra khi :

⇔ 1 + √ x = √ 3 ( do 1 + √ x > 0 )
⇔ √ x = √ 3 – 1 ⇔ x = 4 – 2 √ 3
Vậy GTNN của P là 2 √ 3 – 4 đạt được khi x = 4 – 2 √ 3

Bài 2:

Gọi số loại sản phẩm cần làm theo dự tính trong một ngày là x ( loại sản phẩm / ngày ) ( x > 5 )
Thời gian dự tính làm là y ( ngày ) ( y > 4 )
=> Số loại sản phẩm cần làm là xy ( loại sản phẩm )
Nếu mỗi ngày họ làm tăng thêm 5 mẫu sản phẩm so với dự tính thì sẽ hoàn thành xong kế hoạch trước thời hạn 4 ngày nên ta có phương trình :
( x + 5 ) ( y – 4 ) = xy ⇔ – 4 x + 5 y = 20 ( 1 )
Nếu mỗi ngày họ làm ít hơn 5 loại sản phẩm so với dự tính thì sẽ triển khai xong kế hoạch châm hơn thời hạn 5 ngày nên ta có phương trình :
( x – 5 ) ( y + 5 ) = xy ⇔ 5 x – 5 y = 25 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có hệ phương trình :

Khi đó số mẫu sản phẩm cần làm là : x. y = 45.40 = 1800 ( loại sản phẩm )
Vậy số mẫu sản phẩm cần làm là 1800 mẫu sản phẩm
Số ngày dự tính làm là 40 ngày .

Bài 3:

1 ) 2×4 + x2 – 6 = 0
Đặt x2 = t ( t ≥ 0 ), phương trình trở thành :
2 t2 + t – 6 = 0
Δ = 1-4. 2. ( – 6 ) = 49
=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Do t ≥ 0 nên t =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

2 ) a ) Với m = – 1, ( d ) : y = – x + 2
( P ) : y = x2
Bảng giá trị :

Đồ thị ( P ) : y = x2 là 1 đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy làm trục đối xứng và nhận điểm O ( 0 ; 0 ) làm đỉnh
y = – x + 2
Bảng giá trị :

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :
x2 = – x + 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0
=> Phương trình có 2 nghiệm x = 1 ; x = – 2
Khi đó tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là ( 1 ; 1 ) và ( – 2 ; 4 )
b ) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :
x2 = mx + 2 ⇔ x2 – mx – 2 = 0
Δ = mét vuông – 4. ( – 2 ) = mét vuông + 8 > 0 ∀ m
=> Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Theo hệ thức Vi-et ta có :

Theo bài ra : x1 – 2×2 = 5 ⇔ x1 = 2×2 + 5
=> ( 2×2 + 5 ) x2 = – 2 ⇔ 2×22 + 5×2 + 2 = 0

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài là m = -1 ;

Bài 4:

a ) Xét tứ giác HMBI có :

∠HMI = ∠HBI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )

Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh HI
=> Tứ giác BMHI nội tiếp
b ) Xét ΔMNI và ΔMKC có :
∠ KMC là góc chung

∠MNI = ∠KCM (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )

=> ΔMNI ∼ ΔMCK => => MN.MK = MC.MI

c ) Xét tứ giác NKIC có :

∠KNI = ∠KCI (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )

Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh KI
=> Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp
=> ∠ NKI + ∠ NCI = 180 o ( 1 )
Xét đường tròn ( O ) có :

=> ∠ ANK + ∠ NAK = ∠ ACM + ∠ NCA = ∠ NCI ( 2 )
Xét tam giác AKN có : ∠ ANK + ∠ NAK + ∠ NKA = 180 o ( 3 )
Từ ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) => ∠ NKI = ∠ NKA
Xét tam giác IKN và tam giác AKN có :
∠ NKI = ∠ NKA
KN là cạnh chung
∠ KNI = ∠ KNA ( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )
=> ΔIKN = ΔAKN
=> IK = AK => ΔAKI cân tại K
Tứ giác NKIC là tứ giác nội tiếp

Mặt khác ∠ KCN = ∠ ABN ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của ( O ) )
∠ BAC = ∠ BNC ( 2 góc nội tiếp cùng chắc cung BC của ( O ) )

=> Tứ giác AHIK là hình bình hành
Mà IK = AK
=> Tứ giác AHIK là hình thoi .

Bài 5:

2 b ≥ ab + 4 ≥ 4 √ ab ( Theo BDT Cosi )

Vậy GTLN của P là
khi .

Sở Giáo dục và Đào tạo TP Hà Nội

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10

Môn thi: Toán (hệ Công lập)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức:

Với x ≥ 0, x ≠ 4,

a. Tính giá trị của A khi x = 9

b. Chứng minh

c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A.B

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 46 m. Nếu tăng chiều rộng thêm 4 m và giảm chiều dài đi 20 % chiều dài bắt đầu thì mảnh đất đó trở thành hình vuông vắn. Tính diện tích quy hoạnh của mảnh vườn hình chữ nhật đó .

Bài 3: (2 điểm)

a ) Giải hệ phương trình

b ) Cho hệ phương trình :

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y ) thỏa mãn nhu cầu x2 + y2 < 5 .

Bài 4: (3,5 điểm) Cho điểm C nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (O) (A, B là tiếp điểm).

a ) Chứng minh 4 điểm C, A, O, B cùng thuộc một đường tròn
b ) Vẽ dây AD / / CO. CD cắt ( O ) tại E. Gọi giao điểm AE với CO là F. Chứng minh ECF = CAF và CF2 = FE.FA
c ) AB cắt CO tại H. Chứng minh ∠ HEB = ∠ CEF
d ) Khi OC = 2R. Tính FO theo R .

Bài 5: (0,5 điểm) Giải phương trình sau:

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1:

a ) Khi x = 9 ta có :

Biểu thức P đạt GTLN khi và chỉ khi :

đạt GTLN ⇔ √x + 3 đạt GTNN

⇔ √ x = 0 ⇔ x = 0
Khi đó GTLN của P là :

Vậy GTLN của P là đạt được khi x = 0

Bài 2:

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là x ( m ) ( 0 < x < 23 ) Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là y ( m ) ( 0 < y < x < 23 ) Chu vi hình chữ nhật là 46 m nên ta có phương trình 2 ( x + y ) = 46 ⇔ x + y = 23 Nếu tăng chiều rộng 4 m và giảm chiều dài đi 20 % thì mảnh đất đó trở thành hình vuông vắn nên ta có phương trình

Ta có hệ phương trình :

Vậy chiều dài của hình chữ nhật là 15 m
Chiều rộng của hình chữ nhật là 8 m

Bài 3:

Đặt (a ≠ 0), hệ phương trình trở thành:

Với a = 1, ta có :

⇔ √y – 2 = 1 ⇔ √y = 3 ⇔ y = 9

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) = ( 1 ; 9 )

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ – 1
Khi đó :

Theo bài ra :

⇔ 9 mét vuông – 6 m + 5 < 5 mét vuông + 10 m + 5 ⇔ 4 mét vuông - 16 m < 0 ⇔ 4 m ( m - 4 ) < 0

Đối chiếu điều kiện kèm theo, m ≠ – 1 thỏa mãn nhu cầu
Vậy với 0 < m < 4 thì thỏa mãn nhu cầu nhu yếu đề bài .

Bài 4:

a ) Xét tứ giác CAOB có :
∠ CAO = 90 o ( AC là tiếp tuyến của ( O ) )
∠ CBO = 90 o ( BC là tiếp tuyến của ( O ) )
=> ∠ CAO + ∠ CBO = 180 o
=> Tứ giác BCAO là tứ giác nội tiếp
b ) Xét đường tròn ( O ) có :
∠ CAF = ∠ ADE ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )
Lại có : ∠ ECF = ∠ ADE ( CO / / AD ; hai góc so le trong )
=> ∠ CAF = ∠ ECF
Xét ΔCFA và ΔEFC có :
∠ CAF = ∠ ECF
∠ CFA là góc chung
=> ΔCFA ∼ ΔEFC

=> CF2 = FE.FA

c ) Ta có :
∠ CAF = ∠ EBA ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )
Lại có : ∠ CAF = ∠ ECF ( cmt )
=> ∠ EBA = ∠ ECF
Xét tứ giác CEBH có :
∠ EBA = ∠ ECF
=> 2 đỉnh B và C cùng nhìn EH dưới 2 góc bằng nhau
=> Tứ giác CEBH là tứ giác nội tiếp
=> ∠ BEH = ∠ HCB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HB )
Mà ∠ HCB = ∠ HCA ( CO là tia phân giác của góc Ngân Hàng Á Châu )
=> ∠ BEH = ∠ HCA ( 1 )
Mặt khác : ΔCFA ∼ ΔEFC => ∠ HCA = ∠ CEF ( 2 góc tương ứng ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) : ∠ BEH = ∠ CEF
d ) Xét tam giác ACO vuông tại A có :
AC2 + AO2 = CO2 => AC2 = 4R2 – R2 = 3R2
=> CB2 = CA2 = 3R2
Ta có : AB ⊥ CO ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau )
CO / / AD ( gt )
=> AB ⊥ AD => BD là đường kính của đường tròn ( O )
Xét tam giác BCD vuông tại B có :
BC2 + BD2 = CD2 => CD2 = 3R2 + 4R2 = 7R2
=> CD = R √ 7
Xét ΔCEA và ΔCDA có :

Xét tam giác CAO vuông tại A có :

=> ∠ BOA = 2 ∠ AOC = 120 o => ∠ AOD = 60 o ( kề bù với góc ( BOA )
Tam giác AOD cân tại O có ∠ AOD = 60 o nên tam giác AOD đều
=> AD = AO = R
Ta có : OC / / AD

Bài 5:

Đặt (a,b ≥ 0),phương trình trở thành:

2 a2 + 3 b2 = 5 ab
⇔ 2 a2 – 2 ab + 3 b2 – 3 ab = 0
⇔ ( a – b ) ( 2 a – 3 b ) = 0

Với a = b, ta có :

⇔ x2 – 6 x = x + 3
⇔ x2 – 7 x – 3 = 0

Với 2 a = 3 b, ta có :

⇔ 4×2 – 24 x = 9 x + 27
⇔ 4×2 – 33 x – 27 = 0

Đối chiếu với ĐKXĐ thì phương trình có tập nghiệm là

Xem thêm những đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án hay khác :
Đã có giải thuật bài tập lớp 10 sách mới :

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

Ngân hàng trắc nghiệm lớp 9 tại khoahoc.vietjack.com

Đã có app VietJack trên điện thoại thông minh, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi trực tuyến, Bài giảng …. không lấy phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS .

Theo dõi chúng tôi không lấy phí trên mạng xã hội facebook và youtube :

Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán.

Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.

Source: https://evbn.org
Category: Bài Tập