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

Câu 1:

Cho parabol $(P) : y = \frac{x^{2}}{2}$ và đường thẳng (d): y = x + 4.

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) bằng phép tính.

a) Bảng giá trị:

• Xét hàm số $(d) : y = x + 4$

x	0	-4
$(d) : y = x + 4$	4	0

• Xét hàm số $(P) : y = \frac{x^{2}}{2}$

x	-4	-2	0	2	4
$(P) : y = \frac{x^{2}}{2}$	8	2	0	2	8

Vẽ đồ thị hàm số (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ:

Cho parabol (P) y = x2 / 2 và đường thẳng (d): y = x + 4. a) Vẽ (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) bằng phép tính. (ảnh 1)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

$\frac{x^{2}}{2} = x + 4 \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{2} - x - 4 = 0 \Leftrightarrow x^{2} - 2 x - 8 = 0 \Leftrightarrow (x - 4) (x + 2) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 2 \\ x = 4 \end{array}$

+ Với x = -2 thì y = -2 + 4 = 2.

+ Với x = 4 thì y = 4 + 4 = 8.

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (-2;2) và (4;8).

Câu 2:

Cho phương trình 2x² - 13x - 6 = 0 có 2 nghiệm là x₁ , x₂ . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A = (x_{1} + x_{2}) (x_{1} + 2 x_{2}) - x_{2}^{2}$ .

Xem đáp án

Vì phương trình đã cho có 2 nghiệm là $x_{1}, x_{2}$ nên theo định lý Vi-ét, ta có:

$\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = \frac{- b}{a} = \frac{13}{2} \\ x_{1} . x_{2} = \frac{c}{a} = \frac{- 6}{2} = - 3 \end{cases}$ .

Ta có:

$A = (x_{1} + x_{2}) (x_{1} + 2 x_{2}) - x_{2}^{2} = x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + x_{2} x_{1} + 2 x_{2}^{2} - x_{2}^{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 3 x_{1} x_{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} + x_{1} x_{2} = {(\frac{13}{2})}^{2} + (- 3) = \frac{157}{4}$

Vậy $A = \frac{157}{4}$ .

Câu 3:

Một nhà khoa học đã đưa ra công thức tính số cân nặng lý tưởng của con người theo chiều cao và giới tính như sau: $M = T - 100 - \frac{T - 150}{N}$ . Trong đó M là cân nặng (kg), T là chiều cao (cm), N = 4 nếu là nam, N = 2 nếu là nữ.

a) Bạn Hạnh (nữ) cao 1,58 mét. Hỏi cân nặng lý tưởng của bạn Hạnh là bao nhiêu?

b) Bạn Phúc (nam) có cân nặng 68 kg. Để cân nặng này là lý tưởng thì chiều cao cần đạt của bạn Phúc là bao nhiêu?

Xem đáp án

a) Đổi 1,58 m = 158 cm.

Thay T = 158 và N = 2 vào $M = T - 100 - \frac{T - 150}{N}$ , ta có:

$M = 158 - 100 - \frac{158 - 150}{2} = 54$ (kg).

Vậy cân nặng lý tưởng của bạn Hạnh là 54 kg.

b) Thay M = 68 và N = 4 vào $M = T - 100 - \frac{T - 150}{N}$ , ta có:

$68 = T - 100 - \frac{T - 150}{4} \Leftrightarrow \frac{4 T - (T - 150)}{4} = 168 \Leftrightarrow 3 T + 150 = 672$

$\Leftrightarrow 3 T = 522 \Leftrightarrow T = 174$ (cm).

Vậy để cân nặng của Phúc là lý tưởng thì chiều cao của bạn Phúc cần đạt là 174 cm hay 1,74 m.

Câu 4:

Cửa hàng A niêm yết giá một bông hồng là 15 000 đồng. Nếu khách hàng mua nhiều hơn 10 bông thì từ bông thứ 11 trở đi, mỗi bông được giảm 10% trên giá niêm yết. Nếu mua nhiều hơn 20 bông thì từ bông thứ 21 trở đi, mỗi bông được giảm 20% trên giá đã giảm.

a) Nếu khách hàng mua 30 bông hồng tại cửa hàng A thì phải trả bao nhiêu tiền?

b) Bạn Thảo đã mua một số bông hồng tại cửa hàng A với số tiền là 555 000 đồng.

Hỏi bạn Thảo đã mua bao nhiêu bông hồng?

Xem đáp án

– Nếu mua nhiều hơn 10 bông hồng thì từ bông thứ 11 trở đi mỗi bông được giảm thêm 10% trên giá niêm yết, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 11 đến 20 là:

$15 000. (100 % - 10 %) = 13 500$ (đồng).

– Nếu mua nhiều hơn 20 bông hồng thì từ bông thứ 21 trở đi mỗi bông được giảm thêm 20% trên giá đã giảm, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 21 là:

$13 500. (100 % - 20 %) = 10 800$ (đồng).

a) Nếu khách hàng mua 30 bông hồng thì số tiền phải trả là:

$15 000.10 + 13 500.10 + 10 800.10 = 393 000$ (đồng).

b) Vì số tiền bạn Thảo phải trả là 555 000 > 393 000 (đồng) nên bạn đã mua nhiều hơn 30 bông hồng.

Gọi x là số bông hồng mà bạn Thảo đã mua $(x \in ℕ, x > 30)$ .

Ta có:

$15000.10 + 13500.10 + 10800 (x - 20) = 555000$

<=> x = 45 (nhận).

Vậy bạn Thảo đã mua 45 bông hồng.

Câu 5:

Chị Lan đun sôi nước bằng ấm điện. Biết rằng mối liên hệ giữa công suất hao phí P(W) của ấm điện và thời gian đun t (giây) được mô hình hóa bởi một hàm số bậc nhất có dạng P = at + b và có đồ thị như hình bên.

a) Hãy xác định các hệ số a và b.

b) Nếu đun nước với công suất hao phí là 105 (W) thì thời gian đun là bao lâu?

Xem đáp án

a) Quan sát đồ thị ta thấy:

Tại thời điểm t = 75 (giây) thì công suất hao phí là 110W nên đồ thị hàm số P = at + b đi qua điểm (75;110). Ta có phương trình: 110 = 75a + b. (1)

Tại thời điểm t = 180 (giây) thì công suất hao phí là 145W nên đồ thị hàm số P = at + b đi qua điểm (180;145). Ta có phương trình: 145 = 180a + b. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{cases} 110 = 75 a + b \\ 145 = 180 a + b \end{cases}$

$\{\begin{cases} 75 a + b = 110 \\ 105 a = 35 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = 110 - 75. \frac{1}{3} \\ a = \frac{1}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = 85 \\ a = \frac{1}{3} \end{cases}$ .

Vậy các hệ số cần tìm là $a = \frac{1}{3}, b = 85$ .

b) Từ câu a) ta có: $P = \frac{1}{3} t + 85$ . Gọi t₀ (giây) là thời gian đun nước với công suất hao phí là $P (t_{0}) = 105 W$ , ta có phương trình

$\frac{1}{3} t_{0} + 85 = 105 \Leftrightarrow t_{0} = 60$

Vậy thời gian để đun nước với công suất hao phí 105 (W) là 60 giây.

Câu 6:

Bạn Nam dự định tổ chức buổi tiệc sinh nhật và chọn loại ly có phần chứa nước dạng hình nón với bán kính đáy R = 4cm và độ dài đường sinh l = 10cm để khách uống nước trái cây.

a) Tính thể tích phần chứa nước của ly (ghi kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). Biết công thức thể tích hình nón là

V = \frac{1}{3} π R^{2} h

(với R là bán kính đáy hình nón; h là chiều cao hình nón).

b) Bạn Nam cần chuẩn bị một số hộp nước trái cây có lượng nước trong mỗi hộp là 1,2 lít. Biết rằng buổi tiệc sinh nhật có 14 người (đã bao gồm Nam). Nếu mỗi người trung bình uống 3 ly nước trái cây và lượng nước rót bằng 90% thể tích ly thì bạn Nam cần chuẩn bị ít nhất bao nhiêu hộp nước trái cây?

Biết 1 lít = 1000 cm³.

Xem đáp án

a) Theo định lí Pythagore, chiều cao của hình nón là

$h = \sqrt{l^{2} - R^{2}} = \sqrt{10^{2} - 4^{2}} = 2 \sqrt{21} (cm)$

Thể tích phần chứa nước của ly là

$V = \frac{1}{3} π R^{2} h = \frac{1}{3} π {.4}^{2} .2 \sqrt{21} \approx 154 ({cm}^{3})$

b) Đổi 1,2 lít = 1200 cm3.

Số ly nước Nam cần chuẩn bị là: 14.3 = 42 (ly).

Lượng nước trái cây Nam cần chuẩn bị là: $(154 . 90 %) .42 = 5821, 2 ({cm}^{3})$ .

Ta có: $\frac{5821, 2}{1200} = 4, 851 \approx 5$ .

Vậy Nam cần chuẩn bị 5 hộp nước trái cây.

Câu 7:

Nhà bạn Khanh có hai thùng đựng sữa, thùng thứ nhất có thể tích 10 lít, thùng thứ hai có thể tích 8 lít. Biết rằng cả hai thùng đều đang chứa một lượng sữa và tổng lượng sữa ở hai thùng lớn hơn 10 lít. Bạn Khanh muốn xác định lượng sữa ở mỗi thùng nhưng không có dụng cụ đo thể tích nên bạn đã nghĩ ra cách làm như sau:

– Đầu tiên, Khanh đổ sữa từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì lượng sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng $\frac{1}{2}$ lượng sữa so với ban đầu.

– Sau đó, Khanh đổ sữa từ thùng thứ hai sang thùng thứ nhất cho đầy thì lượng sữa còn lại ở thùng thứ hai bằng $\frac{1}{5}$ lượng sữa so với thời điểm ban đầu.

Hỏi thời điểm ban đầu mỗi thùng chứa bao nhiêu lít sữa?

Xem đáp án

Gọi lượng sữa ban đầu của thùng thứ nhất chứa là x (lít) và lượng sữa thùng thứ hai chứa là y (lít), ta có $0 < x \leq 10, 0 < y \leq 8$ và tổng lượng sữa x + y > 10.

• Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì thùng thứ hai có 8 lít sữa, còn thùng thứ nhất có x + y - 8 lít sữa.

Lúc này lượng sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng $\frac{1}{2}$ lượng sữa so với ban đầu nên ta có phương trình:

$x + y - 8 = \frac{1}{2} x \Leftrightarrow \frac{1}{2} x + y = 8$ . (1)

• Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ hai sang thùng thứ nhất cho đầy thì thùng thứ nhất có 10 lít sữa, còn thùng thứ hai có x + y - 10 lít sữa.

Lúc này thùng thứ hai có lượng sữa bằng $\frac{1}{5}$ lượng sữa so với thời điểm ban đầu nên ta có phương trình:

$x + y - 10 = \frac{1}{5} y \Leftrightarrow x + \frac{4}{5} y = 10$ . (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{cases} \frac{1}{2} x + y = 8 \\ x + \frac{4}{5} y = 10 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x + 2 y = 16 \\ x + \frac{4}{5} y = 10 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{6}{5} y = 6 \\ x = 10 - \frac{4}{5} y \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} y = 5 \\ x = 6 \end{cases}$ (thỏa mãn).

Vậy thời điểm ban đầu thùng thứ nhất chứa 6 lít sữa, thùng thứ hai chứa 5 lít sữa.

Câu 8:

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AH và nội tiếp đường tròn (O). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh AB, AC. Đường kính AD của (O) cắt EF tại K và DH cắt (O) tại L (L khác D).

a) Chứng minh các tứ giác AEHF và ALHF nội tiếp.

b) Chứng minh tứ giác BÈC nội tiếp và AD vuông góc với EF tại K.

c) Tia FE cắt (O) tại P và cắt BC tại M. Chứng minh AP = AH và ba điểm A, L, M thẳng hàng.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AH và nội tiếp đường tròn (O). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh AB, AC. (ảnh 1)

a) Ta có: $H E ⊥ A B, H F ⊥ A C$ nên $\hat{A E H} = \hat{A F H} = 90 °$ .

Tứ giác AEHF có $\hat{A E H}, \hat{A F H}$ là hai góc đối và $\hat{A E H} + \hat{A F H} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ nên tứ giác AEHF nội tiếp.

Do AD là đường kính của đường tròn (O) nên $\hat{A L D} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác ALHF có $\hat{A L H}, \hat{A F H}$ là hai góc đối và $\hat{A L H} + \hat{A F H} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ nên tứ giác ALHF nội tiếp.

b) Ta có: $A H ⊥ B C$ và $H E ⊥ A B$ nên $\hat{E B H} = 90 ° - \hat{B H E} = \hat{A H E}$ .

Mà $\hat{A H E} = \hat{A F E}$ (do tứ giác AEHF nội tiếp).

Suy ra $\hat{A F E} = \hat{E B C}$ (1).

Tứ giác BEFC có góc ngoài tại đỉnh F bằng góc trong tại đỉnh B nên tứ giác BEFC nội tiếp.

Trong đường tròn (O), ta có $\hat{A B C} = \hat{A D C}$ (hai góc nội tiếp chắn cung AC) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{A F E} = \hat{A D C}$ hay $\hat{A F K} = \hat{K D C}$ .

Tứ giác CDKF có góc ngoài tại đỉnh F bằng góc trong tại đỉnh D nên tứ giác CDKF nội tiếp.

Suy ra $\hat{D K F} + \hat{C K F} = 180 °$ .

Mặt khác $\hat{A C D} = 90 °$ (do AD là đường kính của (O)).

Từ đó suy ra $\hat{D K F} = 90 °$ . Suy ra $A D ⊥ E F$ tại K.

c) Tứ giác APBC nội tiếp đường tròn (O) nên $\hat{A P C} = \hat{A B C}$ . (3)

Từ (1) và (3) suy ra $\hat{A P C} = \hat{A F E}$ .

Do đó, hai tam giác APF và ACP đồng dạng (g.g).

Suy ra $\frac{A P}{A C} = \frac{A F}{A P}$ .

Nên $A P^{2} = A C . A F$ .

Lại có $A H^{2} = A C . A F$ (áp dụng hệ thức lượng trong $Δ A C H$ vuông tại H có đường cao HF).

Do đó, $A P^{2} = A H^{2}$ . Suy ra AP = AH.

Vì các tứ giác AEHF, ALHF nội tiếp nên năm điểm A, E, F, H, L cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác ALEF nội tiếp.

Từ đó suy ra $\hat{M E L} = \hat{L A F}$ (cùng bù với $\hat{L E F}$ ).

Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp ALBC, ta có $\hat{M B L} = \hat{L A C}$ .

Từ hai điều trên, suy ra $\hat{M B L} = \hat{M E L}$ .

Tứ giác MBEL có hai đỉnh kề nhau là B, E cùng nhìn cạnh ML dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác MBEL nội tiếp.

Suy ra $\hat{M L E} = \hat{E B C}$ (cùng bù với $\hat{M B E}$ ). (4)

Từ (1) và (4) suy ra $\hat{M L E} = \hat{A F E}$ .

Lại có $\hat{A F E} + \hat{A L E} = 180 °$ (do tứ giác ALEF nội tiếp).

Do đó, $\hat{M L E} + \hat{A L E} = 180 °$ .

Vậy ba điểm A, I, M thẳng hàng.