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

Câu 1:

x^{2} + 8 x + 15 = 0

Xem đáp án

$x^{2} + 8 x + 15 = 0 \Leftrightarrow x^{2} + 3 x + 5 x + 15 = 0 \Leftrightarrow (x^{2} + 3 x) + (5 x + 15) = 0 \Leftrightarrow x (x + 3) + 5 (x + 3) = 0 \Leftrightarrow (x + 3) (x + 5) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x + 3 = 0 \\ x + 5 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 3 \\ x = - 5 \end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \{- 3; - 5\} .$

Câu 2:

Giải phương trình

x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0

Xem đáp án

Đặt $t = x^{2} (t \geq 0)$ .

Khi đó phương trình (1) trở thành $t^{2} - 3 t - 4 = 0 (2)$ .

Ta có $a = 1; b = - 3; c = - 4$

Khi đó $Δ = b^{2} - 4 a c = {(- 3)}^{2} - 4 . 1 . (- 4) = 25 > 0 \Rightarrow \sqrt{Δ} = \sqrt{25} = 5$

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

$t_{1} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} = \frac{3 + 5}{2} = 4$ (nhận)

$t_{2} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} = \frac{3 - 5}{2} = - 1$ (loại)

Với $t = t_{1} = 4$ ta có $x^{2} = 4$ . Suy ra $x_{1} = 2; x_{2} = - 2.$

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S = {-2;2}

Câu 3:

Giải hệ phương trình

\{\begin{cases} 2 x + 3 y = 13 \\ x - 3 y = 2 \end{cases}

Xem đáp án

$\{\begin{cases} 2 x + 3 y = 13 \\ x - 3 y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x = 15 \\ x - 3 y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 5 \\ x - 3 y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 5 \\ 5 - 3 y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 5 \\ y = 1 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (5;1)

Câu 4:

Rút gọn biểu thức

A = \sqrt{{(\sqrt{2} - 1)}^{2}} - \frac{1}{3} \sqrt{18}

Xem đáp án

$A = \sqrt{{(\sqrt{2} - 1)}^{2}} - \frac{1}{3} \sqrt{18} = \sqrt{{(\sqrt{2} - 1)}^{2}} - \frac{1}{3} \sqrt{18} = |\sqrt{2} - 1| - \frac{1}{3} \sqrt{9 . 2} = \sqrt{2} - 1 - \sqrt{2} = - 1.$

Câu 5:

Vẽ đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2} .$

Xem đáp án

Hàm số xác định với mọi $x \in ℝ$ .

Bảng giá trị:

x	–2	–1	0	1	2
y	–8	–2	0	–2	–8

Nhận xét: Đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ là một đường cong parabol đi qua gốc tọa độ O(0;0) nhận trục Oy làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành, điểm O là điểm cao nhất của đồ thị.

Câu 6:

Tìm tham số thực m để đồ thị hàm số y = -2x² và đường thẳng y = x - m có điểm chung.

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$ là $- 2 x^{2} = x - m \Leftrightarrow 2 x^{2} + x - m = 0$

Ta có $Δ = 1^{2} - 4 . 2 . (- m) = 1 + 8 m .$

Để đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$ có điểm chung thì $Δ \geq 0 \Rightarrow 1 + 8 m \geq 0 \Leftrightarrow m \geq - \frac{1}{8} \cdot$

Câu 7:

Cho phương trình 3x² + 5x - 1 = 0 có hai nghiệm x₁ , x₂ . Tính giá trị biểu thức T = 6x₁ - 7x₁x₂ + 6x₂ .

Xem đáp án

Vì x₁ , x₂ là hai nghiệm của phương trình

3 x^{2} + 5 x - 1 = 0

nên theo hệ thức Vi-ét thì

\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} = \frac{- 5}{3} \\ x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} = \frac{- 1}{3} \end{cases}

.

T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2} = 6 (x_{1} + x_{2}) - 7 x_{1} x_{2} = 6 (\frac{- 5}{3}) - 7. (\frac{- 1}{3}) = \frac{- 23}{3}

Câu 8:

Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm $\frac{5}{12}$ thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?

Xem đáp án

Gọi x (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ nhất chảy đầy bể nước.

y (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ hai chảy đầy bể nước. (x; y > 0)

Mỗi phút vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ (bể nước).

Mỗi phút vòi thứ hai chảy được $\frac{1}{y}$ (bể nước).

Vì cả hai vòi cùng chảy sau 40 phút thì đầy bể nên mỗi phút cả hai vòi cùng chảy được $\frac{1}{40}$ (bể nước).

Từ đó ta có phương trình $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{40} (1)$

Khi mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm $\frac{5}{12}$ thể tích của bể nước nên ta có phương trình

$15 \cdot \frac{1}{x} + 20 \cdot \frac{1}{y} = \frac{5}{12} (2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\{\begin{cases} \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{40} \\ 15 \cdot \frac{1}{x} + 20 \cdot \frac{1}{y} = \frac{5}{12} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} \frac{1}{x} = \frac{1}{60} \\ \frac{1}{y} = \frac{1}{120} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 60 \\ y = 120 \end{cases}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là 60 phút, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể là 120 phút.

Câu 9:

Một hình nón có bán kính đáy r = 6cm, độ dài đường sinh l = 10cm. Tính thể tích của hình nón đó.

Xem đáp án

Một hình nón có bán kính đáy r = 6cm, độ dài đường sinh l = 10cm. Tính thể tích của hình nón đó. (ảnh 1)

Độ dài đường cao của hình nón là: $h = \sqrt{l^{2} - r^{2}} = \sqrt{10^{2} - 6^{2}} = 8 (cm)$

Thể tích của hình nón là:

V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π . 6^{2} . 8 = 96 π ({cm}^{3}) .

Câu 10:

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC), đường thẳng MN cắt đường thẳng AC tại K.

1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.

2) Chứng minh $\hat{A B K} = \hat{A C M} .$

3) Đoạn thẳng BKcắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC. Chứng minh $\frac{1}{r} = \frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B} \cdot$

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC), đường thẳng MN cắt đường thẳng AC tại K. (ảnh 1)

1) Xét tứ giác AMNC có

$\hat{C A M} = \hat{C A B} = 90 °$ ( $Δ A B C$ vuông tại $A, M \in A B$ ).

$\hat{C N M} = 90 °$ ( $M N ⊥ B C$ ).

Suy ra $\hat{C A M} + \hat{C N M} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ .

Vậy tứ giác AMNC nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180^o ).

2)

Xét ANBK có

$\hat{K A B} = 90 °$ (kề bù với góc vuông CAB).

$\hat{K N B} = \hat{M N B} = 90 °$ (MN vuông góc BC, K thuộc đường thẳng MN).

Suy ra $\hat{K A B} = \hat{K N B} = 90 ° .$

Do đó tứ giác ANBK nội tiếp (hai đỉnh A, N kề nhau cùng nhìn cạnh BK dưới một góc bằng 90^o )

Suy ra $\hat{A B K} = \hat{A N K}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (1)

Vì tứ giác AMNC nội tiếp (chứng minh câu 5.1)

nên $\hat{A N M} = \hat{A C M}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).

hay $\hat{A N K} = \hat{A C M}$ (K thuộc đường thẳng MN) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{A B K} = \hat{A C M} .$

3)

Xét $Δ B C K$ có BA là đường cao, KN là đường cao, M là giao điểm của BA và K

Suy ra M là trực tâm của $Δ B C K .$

Do đó $C M ⊥ B K$ (1)

Xét đường tròn đường kính BM có $\hat{M D B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $M D ⊥ B K$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm C, M, D thẳng hàng. Do đó

C D ⊥ B K .

Diện tích $Δ B I C$ là $S_{B I C} = \frac{1}{2} . r . B C$ .

Diện tích $Δ B I K$ là $S_{B I K} = \frac{1}{2} . r . B K$ .

Diện tích $Δ C I K$ là $S_{C I K} = \frac{1}{2} . r . C K$ .

Diện tích $Δ B C K$ là $S_{B C K} = \frac{1}{2} K N . B C = \frac{1}{2} B K . C D = \frac{1}{2} C K . A B$ .

Suy ra $\frac{1}{2} B C = \frac{S_{B C K}}{K N}; \frac{1}{2} B K = \frac{S_{B C K}}{C D}; \frac{1}{2} C K = \frac{S_{B C K}}{A B}$ .

Mà $S_{B C K} = S_{B I C} + S_{B I K} + S_{C I K}$

Hay $S_{B C K} = r \cdot \frac{S_{B C K}}{K N} + r \cdot \frac{S_{B C K}}{C D} + r \cdot \frac{S_{B C K}}{A B}$

Do đó $S_{B C K} = r . S_{B C K} (\frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B})$

Vậy $\frac{1}{r} = \frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B} \cdot$