Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 28
22 câu hỏi
Điều kiện để hàm số y=(−m+3)x−3 đồng biến trên R là:
m=3
m<3
m>3
m≠3
Chọn đáp án B
Cho hàm số y=−3x2. Kết luận nào đúng
y=0 là giá trị lớn nhất của hàm số
y=0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số
Không xác định được giá trị lớn nhất của hàm số
Xác định được giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
Chọn đáp án A
Điều kiện xác định của biểu thức 2019−2019xlà:
A, x≠0
x≥1
x≥1 hoặc x <0
0<x≤1
Chọn đáp án C
Cho phương trình x- 2y =2 (1) Phương trình nào sau đây kết hợp với (1) để được hệ phương trình vô số nghiệm
2x−3y=3
2x−4y=-4
−12x+y=−1
12x-y=−1
Chọn đáp án C
Biểu thức 5−32−5 có kết quả là:
3+25
3-25
2−35
-3
Chọn đáp án B
Cho hai phương trình: x2−2x+a=0 và x2+x+2a=0. Để hai phương trình cùng vô số nghiệm thì:
a>1
a< 1
a>18
a< 18
Chọn đáp án A
Cho đường tròn (O;R) và một dây cung AB= R . Khi đó số đo cung nhỏ AB là
600
1200
1500
1000
Chọn đáp án A
Đường tròn là hình
Không có trục đối xứng
Có 2 trục đối xứng
Có 1 trục đối xứng
Có vô số trục đối xứng
Chọn đáp án D
Cho phương trình x2−x−4=0 có nghiệm x1, x2, biểu thức A=x12+x22có giá trị
A=28
A= -13
A= 13
A=18
Chọn đáp án C
Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính tăng 2 lần
Tăng gấp 16 lần
Tăng gấp 8 lần
Tăng gấp 4 lần
Tăng gấp 2 lần
Chọn đáp án B
Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là:
πa2
3πa24
3πa2
πa23
Chọn đáp án D
Cho tam giác ABC vuông tai A. Khi đó khẳng định đúng là :
ABAC=cosCcosB
sinB=cosC
sinB=tanC
tanB=cosC
Chọn đáp án B
Rút gọn biểu thức sau : A=4+8+2−3−62+2−3
A=4+8+2−3−62+2−3=4+22+2−3−62+2−3=4+22+2−3−2.32+2−3=4+32−3−2.32+2−3=2+2−3+22+2−2.32+2−3=2+2−32+2−3+2.2+2−32+2−3=1+2
Không sử dụng máy tính cầm tay, giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)5x2+13x−6=0
a, 5x2+13x−5=0
Δ=132+4.5.6=289>0⇒Δ=289=17
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :x1=−13+172.5=25x2=−13−172.5=−3
Vậy phương trình có tập nghiệm S=−3;25
Không sử dụng máy tính cầm tay, giải các phương trình và hệ phương trình sau:
b, x4+2x2−15=0
b,x4+2x2−15=0
Đặt x2=tt≥0, khi đó ta có phương trình
t2+2t−15=0⇔t2+5t−3t−15=0⇔tt+5−3t+5=0⇔t−3t+5=0⇔t=3(tm)t=−5(ktm)⇔x=±3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S=±3
Không sử dụng máy tính cầm tay, giải các phương trình và hệ phương trình sau:c)3x−4y=175x+2y=11
c, c)3x−4y=175x+2y=11⇔3x−4y=1710x+4y=22⇔13x=395x+2y=11⇔x=3y=−2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x,y=3;−2
a, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol y=12x2
a, Học sinh tự vẽ đồ thị parabol
b, Tìm m để đường thẳng d:y=m−1x+12m2+m đi qua điểm M1;−1
b, Ta có điểm M1;−1∈d:y=m−1x+12m2+m , thay vào ta được
−1=m−1.1+12m2+m⇔12m2+m−1+1=0⇔12m2+2m=0⇔12mm+4=0⇔m=0m=−4
Vậy m=0,m=−4 thỏa mãn bài toán.
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 và AC Gọi I là giao điểm BN và CM, dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K
a, Chứng minh tứ giác BNHI nội tiếp
a,
Ta có: ABN^=NMC^ (trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)
⇒HBI^=HMI^⇒Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
b,Chứng minh MK. MN = MI. MC
b, Ta có MNB^=ACM^ (hai góc chắn hai cùng bằng nhau)⇒MNI^=MCK^
Xét ΔMIN và ΔMKC có: NMC^chung; MNI^=MCK^(cmt)
⇒ΔMIN~ΔMKC(g.g)⇒MIMN=MKMC⇒MK.MN=MI.MC(dfcm)
c, Chứng minh tam giác AKI cân tại K
c, Ta có: MNI^=MCK^(cmt)⇒Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
⇒HKI^=NCI^=NCM^(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Ta có: NMC^=sdMN⏜2 (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)
AHN^=sdAN⏜+sdBM⏜2=sdAN⏜+sdAM⏜2=sdMN⏜2 (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)⇒NCM^=AHK^⇒HKI^=AHK^
Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒AH//KI
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có AKH^=KHI^⇒AK//HI
Xét tứ giác AHIK có: AH//KIAK//HI⇒ Tứ giác AHIK là hình bình hành (1)
Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp ⇒MHB^=MIB^(hai góc nội tiếp cùng chắn MB⏜)
Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp ⇒NKC^=KIC^ (hai góc nội tiếp cùng chắn NC⏜)
Mà MIB^=NIC^ (đối đỉnh)⇒MHB^=NKI^
AHK^=AKH^(MHB^=AHK^,NKC^=AKH^đối đỉnh)
⇒ΔAHK cân tại H⇒AH=AK(2)
Từ (1) và (2) ⇒AHIK là hình thoi⇒KA=KI
Vậy tam giác AKI cân tại Kdfcm
Với x≠0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=x2−3x+2019x2
Điều kiện x≠0
Ta có A=x2−3x+2019x2=1−3x+2019x2
Đặt t=1xt≠0 , khi đó ta có:
A=1−3t+2019t2=2019t2−1673t+1=2019t2−2t.11346+113462−2019.113462+1=2019t−113462+26892692
Ta có:
t−340382≥0∀t⇔2019.t−340382≥0∀t⇔t−340382+26892692≥26892692∀t⇒A≥26892692∀t
Dấu "=" xảy ra ⇔t=11346(tm)
