6 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3)

Câu 1:

Cho hai biểu thức $P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ và $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ (với $x \geq 0; x \neq 1) .$

1) Tính giá tri biểu thức Q với x = 4.

2) Chứng minh rằng $P = 4 Q .$

3) Tìm tất cả các giá trị của x để P nhận giá trị là các số nguyên.

Xem đáp án

1) Theo bài ra $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Thay x = 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta có: $Q = \frac{\sqrt{4}}{4 + 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} .$

2) Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có:

$P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ $= [\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}] : \frac{x + 4}{1 - x}$

$= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - {(\sqrt{x} - 1)}^{2}}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$ $= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - x + 2 \sqrt{x} - 1}{x - 1} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$

$= \frac{- 4 \sqrt{x}}{x - 1} \cdot \frac{- (x - 1)}{x + 4}$ $= \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot \frac{\sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot Q .$

Vậy $P = 4 Q$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

3) Ta có $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Với $x \geq 0; x \neq 1.$ ta có $4 \sqrt{x} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} \geq 0 (1)$

Ta cũng có: $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = \frac{x + 4 - (x - 4 \sqrt{x} + 4)}{x + 4} = 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} .$

Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có ${(\sqrt{x} - 2)}^{2} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $\frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \geq 0 \Rightarrow 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \leq 1$

Hay $P \leq 1 (2) .$

Từ (1) và (2) suy ra $0 \leq P \leq 1.$

Mà P nhận giá trị là số nguyên nên $P \in \{0; 1\} .$

• Với P = 0 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (thỏa mãn);

• Với P = 1 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 1 \Leftrightarrow 4 \sqrt{x} = x + 4$ $\Leftrightarrow x + 4 - 4 \sqrt{x} = 0$

$\Leftrightarrow {(\sqrt{x} - 2)}^{2} = 0$ $\Leftrightarrow \sqrt{x} - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn).

Vậy $x \in \{0; 4\}$ thì P nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2:

Cho hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases}$ (với m là tham số).

1) Giải hệ phương trình vời m = 2.

2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn $x^{2} + y^{2} = 10.$

Xem đáp án

1) Với m = 2 hệ phương trình đã cho có dạng:

$\{\begin{cases} 2 x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x = 1 \\ - x + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ - \frac{1}{3} + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ y = \frac{7}{3} \end{cases} .$

Vậy với m = 2 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(x; y) = (\frac{1}{3}; \frac{7}{3}) .$

2) Xét hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 (1) \\ - x + y = 2 (2) \end{cases} .$

Từ (2) ta có $y = x + 2 (3)$

Thay (3) vào (1) ta được: $m x + x + 2 = 3 \Leftrightarrow (m + 1) x = 1 (4) .$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (4) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow m + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq - 1.$

Với $m \neq - 1$ phương trình (4) có nghiệm duy nhất $x = \frac{1}{m + 1} .$

Từ (2) ta có $y = \frac{1}{m + 1} + 2 = \frac{2 m + 3}{m + 1} .$

Với $m \neq - 1$ hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (\frac{1}{m + 1}; \frac{2 m + 3}{m + 1}) .$

Theo bài ra $x^{2} + y^{2} = 10 \Leftrightarrow {(\frac{1}{m + 1})}^{2} + {(\frac{2 m + 3}{m + 1})}^{2} = 10$ $\Leftrightarrow 1 + {(2 m + 3)}^{2} = 10 {(m + 1)}^{2}$

$\Leftrightarrow 1 + 4 m^{2} + 12 m + 9 = 10 m^{2} + 20 m + 10$

$\Leftrightarrow 6 m^{2} + 8 m = 0$ $\Leftrightarrow 2 m (3 m + 4) = 0$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = \frac{- 4}{3} (tm). \end{array}$

Vậy $m \in \{\frac{- 4}{3}; 0\}$ thỏa mãn đề bài.

Câu 3:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho parabol $(P) : y = 2 x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = x + m$ (với m là tham số).

1) Tìn m để (d) đi qua điểm A (2;8).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} + x_{2} - 3 x_{1} x_{2} = 5.$

Xem đáp án

1) Đường thẳng $(d) : y = x + m$ đi qua điểm $A (2; 8) \Leftrightarrow 2 + m = 8 \Leftrightarrow m = 6.$

Vậy m = 6 thì (d) đi qua điểm A (2;8)

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

$2 x^{2} = x + m \Leftrightarrow 2 x^{2} - x - m = 0. (*)$

Phương trình (*) có: $Δ = {(- 1)}^{2} - 4 \cdot 2 \cdot (- m) = 1 + 8 m .$

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2} \Leftrightarrow Δ > 0 \Leftrightarrow 1 + 8 m > 0 \Leftrightarrow m > \frac{- 1}{8} .$

Theo định lí Vi-et ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{1}{2} \\ x_{1} . x_{2} = \frac{- m}{2} \end{cases} .$

Theo bài ra: $x_{1} + x_{2} - 3 x_{1} x_{2} = 5 \Leftrightarrow \frac{1}{2} - 3 \cdot \frac{- m}{2} = 5 \Leftrightarrow 1 + 3 m = 10$

$\Leftrightarrow 3 m = 9 \Leftrightarrow m = 3$ (thỏa mãn).

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

Câu 4:

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp.

b) Gọi E là giao điếm của AH với KI Chứng minh rằng $E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Chứng minh KJ vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây cung BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$ Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Xem đáp án

a) Ta có: $\hat{A K H} = 90 °$ (vì $H K ⊥ A B$ tại $K);$

$\hat{A I H} = 90 °$ (vì $H I ⊥ A C$ tại I)

Xét tứ giác AKHI có:

$\hat{A K H} + \hat{A I H} = 90 ° + 90 ° = 180 °,$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.

b) Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt) nên

\hat{H K I} = \hat{H A I}

(hai góc nội tiếp cùng chắn

\overset{⏜}{H I})

Hay $\hat{H K E} = \hat{I A E} .$

Xét $Δ E K H$ và $Δ E A I$ có: $\hat{K E H} = \hat{A E I}$ (hai góc đối đỉnh) và $\hat{H K E} = \hat{I A E}$

Do đó: $Δ E K H ∽ Δ E A I$ (g.g) $\Rightarrow \frac{E K}{E A} = \frac{E H}{E I} \Rightarrow E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Kẻ đường kính AF của đường tròn (O;R); Gọi J là giao điểm của KI và AO.

Xét đường tròn (O;R) có $\hat{F_{1}} = \hat{B_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $A C)$ (1)

Lại có $\hat{B_{1}} = \hat{H_{1}}$ (vì cùng phụ với $\hat{H_{2}})$ (2)

Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)

nên $\hat{H_{1}} = \hat{I_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\hat{F_{1}} = \hat{I_{1}} .$

Mà trong đường tròn (O;R) có: $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay $\hat{A_{1}} + \hat{F_{1}} = 90 ° (4)$ .

Từ (3) và (4) suy ra $\hat{A_{1}} + \hat{I_{1}} = 90 ° \Rightarrow \hat{A J I} = 90 ° .$

Vậy KI vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$

Có $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\hat{A B H} = \hat{A F C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A C}$ của đường tròn $(O; R) .$

Xét $Δ A H B$ và $Δ A C F$ có: $\hat{A H B} = \hat{A C F} (= 90 °)$ và $\hat{A B H} = \hat{A F C} .$

Do đó: $Δ A H B ∽ Δ A C F$ (g.g). Suy ra $\frac{A H}{A C} = \frac{A B}{A F} \Rightarrow A H = \frac{A B \cdot A C}{A F} = \frac{3 R^{2}}{2 R} = \frac{3 R}{2} .$

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} A H \cdot B C = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 R}{2} \cdot B C = \frac{3 R}{4} \cdot B C .$

Do R không đổi nên $S_{A B C}$ lớn nhất $\Leftrightarrow B C$ lớn nhất.

Gọi M là trung điểm của BC thì $O M ⊥ B C .$ Do đó BC lớn nhất $\Leftrightarrow O M$ bé nhất.

Ta có $O M \geq A M - A O \geq A H - A O = \frac{3 R}{2} - R = \frac{R}{2} .$

OM bé nhất bằng $\frac{R}{2} \Leftrightarrow A, O, M$ thẳng hàng và $H \equiv M .$

Khi đó $A H = A M = A O + O M = R + \frac{R}{2} = \frac{3 R}{2}$

Vậy diện tích $Δ A B C$ lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng $\frac{3 R}{2}$ $(Δ A B C$ đều).

Câu 5:

Một hình nón có diện tích đáy bằng $16 π ({cm}^{2})$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.

Xem đáp án

Gọi bán kính đáy của hình nón là R

Do diện tích của đáy hình nón là $S = 16 π \Rightarrow π R^{2} = 16 π \Rightarrow R = 4 (cm) .$

Theo giả thiết chiều cao của hình nón gấp 3 lần bán kính đáy nên chiều cao của hình nón là:

$h = 3 R = 3.4 = 12 (cm)$

Thể tích hình nón là: $V = \frac{1}{3} S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 16 π \cdot 12 = 64 π ({cm}^{3}) .$

Vậy thể tích hình nón là \ $64 π {cm}^{3} .$

Câu 6:

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = \frac{x y^{3}}{y^{3} + 4} + \frac{y z^{3}}{z^{3} + 4} + \frac{z x^{3}}{x^{3} + 4}

.

Xem đáp án

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ta có:

$P = \frac{x y^{3}}{\frac{y^{3}}{2} + \frac{y^{3}}{2} + 4} + \frac{y z^{3}}{\frac{z^{3}}{2} + \frac{z^{3}}{2} + 4} + \frac{z x^{3}}{\frac{x^{3}}{2} + \frac{x^{3}}{2} + 4}$

$P \leq \frac{x y^{3}}{3 \cdot \sqrt[3]{\frac{y^{3}}{2} \cdot \frac{y^{3}}{2} \cdot 4}} + \frac{y z^{3}}{3 \cdot \sqrt[3]{\frac{z^{3}}{2} \cdot \frac{z^{3}}{2} \cdot 4}} + \frac{z x^{3}}{3 \cdot \sqrt[3]{\frac{x^{3}}{2} \cdot \frac{x^{3}}{2} \cdot 4}} = \frac{x y^{3}}{3 y^{2}} + \frac{y z^{3}}{3 z^{2}} + \frac{z x^{3}}{3 x^{2}}$

$P \leq \frac{x y + y z + z x}{3}$

Lại có ${(x - y)}^{2} + {(y - z)}^{2} + {(z - x)}^{2} \geq 0, \forall x, y, z$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} + z^{2} \geq x y + y z + z x$

$\Leftrightarrow {(x + y + z)}^{2} \geq 3 (x y + y z + z x)$

$\Leftrightarrow x y + y z + z x \leq \frac{(x + y + z)}{3} = \frac{6^{2}}{3} = 12$

$\Rightarrow P \leq \frac{12}{3} = 4$

Dấu "=" xảy ra khi $\{\begin{array}{l} x = y = z \\ x + y + z = 6 \end{array} \Leftrightarrow x = y = z = 2 .$

Vậy $Max P = 4 \Leftrightarrow x = y = z = 2$ .