Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Nông năm 2020
Tải vềBài 1: a) Gọi
Đề bài
Bài 1:
a) Gọi x1,x2x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2−3x+2=0.
Tính tổng S=x1+x2 và P=x1x2.
b) Giải phương trình x2−x+5=x2+2x−1.
c) Giải hệ phương trình: {4x−3y=−10x+2y=3.
Bài 2: Cho biểu thức A=xx−4+1√x−2+1√x+2 với x≥0,x≠4.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A>1.
Bài 3:
a) Vẽ parabol (P):y=2x2.
b) Cho phương trình x2−2(m+1)x+m2+3m−1=0, (m là tham số).
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x21+x22=10.
Bài 4: Cho ΔABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của ΔABC là AD,BE cắt nhau tại H(D∈BC,E∈AC).
a) Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn.
b) Chứng minh HA.HD=HB.HE.
c) Gọi điểm Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Bài 5: Cho các số thực dương x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2y−1+y2x−1
Lời giải
Bài 1 (2 điểm):
Cách giải:
a) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2−3x+2=0.
Tính tổng S=x1+x2 và P=x1x2.
Phương trình x2−3x+2=0 có: a+b+c=1−3+2=0
⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt [x1=1x2=ca=2.
Khi đó ta có: {S=x1+x2=1+2=3P=x1x2=1.2=2.
Vậy S=3,P=2.
b) Giải phương trình x2−x+5=x2+2x−1.
x2−x+5=x2+2x−1⇔2x+x=5+1⇔3x=6⇔x=2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S={2}.
c) Giải hệ phương trình: {4x−3y=−10x+2y=3.
{4x−3y=−10x+2y=3⇔{4x−3y=−104x+8y=12⇔{11y=22x=3−2y ⇔{y=2x=3−2.(−2)=−1⇔{x=−1y=2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(−1;2).
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức A=xx−4+1√x−2+1√x+2 với x≥0,x≠4.
a) Rút gọn biểu thức A.
Với x≥0,x≠4 ta có:
A=xx−4+1√x−2+1√x+2A=x(√x−2)(√x+2)+1√x−2+1√x+2A=x+√x+2+√x−2(√x−2)(√x+2)A=x+2√x(√x−2)(√x+2)A=√x(√x+2)(√x−2)(√x+2)A=√x√x−2
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A>1.
Ta có:
A>1⇔√x√x−2>1⇔√x√x−2−1>0⇔√x−√x+2√x−2>0⇔2√x−2>0⇔√x−2>0⇔√x>2⇔x>4
Kết hợp điều kiện xác định ta có x>4 thỏa mãn.
Vậy để A>1 thì x>4.
Bài 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Vẽ parabol (P):y=2x2.
Ta có bảng giá trị:
x |
−2 |
−1 |
0 |
1 |
2 |
y=2x2 |
8 |
2 |
0 |
2 |
8 |
Do đó, parabol (P):y=2x2 là đường cong đi qua các điểm (−2;8), (−1;2), (0;0), (1;2), (2;8) và nhận Oy làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
b) Cho phương trình x2−2(m+1)x+m2+3m−1=0, (m là tham số).
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x21+x22=10.
Để phương trình x2−2(m+1)x+m2+3m−1=0 (*) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thì:
Δ′>0⇔(m+1)2−m2−3m+1>0⇔m2+2m+1−m2−3m+1>0⇔−m+2>0⇔m<2
Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: {x1+x2=2(m+1)=2m+2x1x2=m2+3m−1.
Theo bài ra ta có:
x21+x22=10⇔(x1+x2)2−2x1x2=10⇔(2m+2)2−2(m2+3m−1)=10⇔4m2+8m+4−2m2−6m+2=10⇔2m2+2m−4=0⇔m2+m−2=0⇔m2−m+2m−2=0⇔m(m−1)+2(m−1)=0⇔(m−1)(m+2)=0⇔[m−1=0m+2=0⇔[m=1m=−2(tm)
Vậy m=1 hoặc m=−2.
Bài 4 (3 điểm):
Cách giải:
Cho ΔABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của ΔABC là AD,BE cắt nhau tại H(D∈BC,E∈AC).
a) Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn.
Ta có: AD,BE là hai đường cao của ΔABC (gt)
⇒{AD⊥BC={D}BE⊥AC={E} ⇒∠ADC=∠BEC=900
Xét tứ giác CDHE ta có:
∠HDC+∠HEC=900+900=1800
Mà hai góc này là hai góc đối diện
⇒∠CDHE là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) Chứng minh HA.HD=HB.HE.
Xét ΔHAE và ΔHBD ta có:
∠AHE=∠BHD (hai góc đối đỉnh)
∠AEH=∠BDH=900⇒ΔAHE∼ΔBHD(g−g)⇒AHBH=HEHD⇒AH.DH=BH.EH(dpcm).
c) Gọi điểm Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Xét tứ giác ABDE ta có:
∠ADB=∠AEB=900
Mà hai đỉnh D,E là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác
⇒∠ABDE là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
Lại có: ΔAEB vuông tại E.
⇒A,B,D,E cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính AB.
Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp (cmt)
⇒∠EDC=∠BAE (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). (1)
Ta có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE
⇒I là trung điểm của HC.
ΔECH vuông tại E có đường trung tuyến EI
⇒EI=HI=12HC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)
⇒ΔHEI cân tại I ⇒∠IEH=∠IHE (tính chất tam giác cân)
Hay IEH=∠EHC (2)
Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt)
⇒∠CDE=∠CHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∠EDC=∠BAE=∠HEI
ΔAOE cân tại O(OA=OE) ⇒∠OEB=∠OBE (tính chất tam giác cân)
Hay ∠BAE=∠OEA
Mà ∠OBE+∠BAE=900
⇒∠OEB+∠HEI=900
Hay OE⊥EI
⇒EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kínhAB. (đpcm)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho các số thực dương x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x2y−1+y2x−1.
Áp dụng BĐT Cô-si t có:
x=x−1+1≥2√(x−1).1=2√x−1⇒x2≥4(x−1)⇒x2y−1≥4(x−1)y−1
Tương tự ta có: y2x−1≥4(y−1)x−1.
Khi đó ta có:
P=x2y−1+y2x−1≥4(x−1)y−1+4(y−1)x−1≥2√4(x−1)y−1.4(y−1)x−1=8
Dấu “=” xảy ra ⇔{x−1=1y−1=1x−1y−1=y−1x−1⇔x=y=2.
Vậy minP=8⇔x=y=2.


Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Toán 9 - Xem ngay
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com
>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY
Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 6
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 4
- Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán TP Hồ Chí Minh năm 2025 - Đề số 3