Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 13
10 câu hỏi
a, Thực hiện phép tính: 49−325
a, 49−325=4.3−3.5=12−15=−3
b, Cho hàm số y=ax2a≠0.Tìm giá tri của a để x= 2 thì y=-8
b, Thay x=2,y=−8 vào công thức y=ax2a≠0ta được:
−8=22.a⇔4a=−8⇔a=−2(tm)
Vậy a=−2
c, Giải phương trình 3x2−5x+2=0
c, 3x2−5x+2=0, phương trình có dạng a+b+c=3−5+2=0 nên có hai nghiệm phân biệtx1=1x2=23
Vậy S=1;23
d, Giải hệ phương trình: 3x−1y=95x+1y=7
Điều kiện x≠0,y≠0 , Đặt 1x=a1y=ba,b≠0.Khi đó ta có hệ phương trình:
⇔3a−b=95a+b=7⇔8a=16b=3a−9⇔a=2b=−3(tm)⇒1x=21y=−3⇔x=12(tm)y=−13(tm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm x,y=12,−13
Thầy Minh đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 60km với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A do trời mưa, thầy Minh giảm vận tốc của xe máy xuống 10km/h so với lúc đi nên thời gian lúc về nhiều hơn thời gian lúc đi 30 phút. Hỏi lúc về thầy Minh đi xe máy với vận tốc bao nhiêu ?
Gọi vận tốc lúc về của thầy Minh là x(km/h)(x>0)
⇒Thời gian về của thầy Minh là : 60x(giờ)
Do lúc về thầy Minh giảm tốc độ xuống 10km/h so với lúc đi nên vận tốc lúc đi của thầy Minh là: x+10(km/h) ⇒Thời gian lúc đi của thầy Minh: 60x+10(h)
Theo đề bài ta có thời gian lúc về nhiều hơn thời gian lúc đi 30 phút =12giờ nên ta có phương trình:
60x−60x+10=12⇒120(x+10)−120x=x(x+10)⇔x2+10x−1200=0⇔x2+40x−30x−1200=0⇔xx+40−30(x+40)=0⇔x+40x−30=0⇔x+40=0x−30=0⇔x=−40(ktm)x=30(tm)
Vậy vận tốc lúc về của thầy Minh là 30km/h
Cho ∆ABC vuông tại A với BC=13cm,AB=5cm.
a, Tính độ dài cạnh AC
Áp dụng định lý Pytago cho ΔABC vuông tại A ta có:
AC2=BC2−AB2=132−52=144⇒AC=12cm
b, Kẻ đường cao AH Tính độ dài đoạn thẳng AH
Áp dụng hệ thức lượng cho ΔABC vuông tại A và có đường cao AH ta có:
AH.BC=AB.AC⇔AH=AB.ACBC=5.1213=6013(cm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ lần lượt hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm P bất kỳ (P khác B và C), từ P kẻ các đường thẳng PQ,PE,PF lần lượt vuông góc với các cạnh BC,AC,AB Q∈BC,E∈AC,F∈AB
a, Chứng minh tứ giác PECQ nội tiếp
a, Xét tứ giác PECQ ta có: PQC^=900PQ⊥BCPEC^=900PE⊥AC⇒PQC^+PEC^=900+900=1800
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên PECQ là tứ giác nội tiếp
b, Gọi M là giao điểm của PQ và FQ, N là giao điểm của PC và EQ. Chứng minh rằng MN⊥PQ
Ta có tứ giác PECQ nội tiếp (cmt)⇒PQE^=PCE^(cùng chắn cung PE)
Lại có: PCE^=PBC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn PC)
⇒PQE^=PBC^ hay PBC^=PQN^=PCE^(1)
Xét tứ giác PFBQ ta có: PQB^=900PQ⊥BCPFC^=900PF⊥AB⇒PQB^+PFC^=900+900=1800
Mà hai góc này ở vị trí đối diện⇒PFBQlà tứ giác nôi tiếp
⇒FBP^=FQP^ (cùng nhìn PF)
Lại có: PBF^=BCP^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn PB⏜)
⇒PQF^=PCB^ hay PCB^=PQM^=PBF^(2)
Xét ΔPBC có: BPC^+PBC^+PCB^=1800(tổng 3 góc trong tam giác ) (3)
Từ (1) (2) (3)
⇒BPC^+MQP^+PQN^=MPN^+MQP^+PQN^=MPN^+MQN^=1800
⇒MPNQ là tứ giác nôi tiếp ⇒PMN^=PQN^(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN)
⇒PMN^=PBC^=PQN^, mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒MN//BC
Lại có BC⊥PQ⇒MN⊥PQ(dfcm)
Cho biểu thức P=mx−2019x2(x≠0). Tìm các số thực dương m để biểu thức P có giá trị lớn nhất bằng 2019
Ta có:
P=mx−2019x2=mx−2019x2=−2019.1x2−m2019x=−20191x−m40382+m28076≤m28076
Mà theo đề MaxP=2019⇔m28076=2019⇔m=4038
