8 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 9)

Câu 1:

Tính giá trị của các biểu thức sau:

$A = \sqrt{16} + \sqrt{9}$

$B = \sqrt{7} + \sqrt{{(4 - \sqrt{7})}^{2}}$

Xem đáp án

$A = \sqrt{16} + \sqrt{9} = 4 + 3 = 7 B = \sqrt{7} + \sqrt{{(4 - \sqrt{7})}^{2}} = \sqrt{7} + 4 - \sqrt{7} = 4$

Câu 2:

Cho biểu thức $P = \frac{x - 9}{\sqrt{x} + 3} + \sqrt{x} + 2$ với $x \geq 0$ .

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4.

Xem đáp án

a) Với $x \geq 0$ ta có:

$P = \frac{(\sqrt{x} - 3) (\sqrt{x} + 3)}{\sqrt{x} + 3} + \sqrt{x} + 2 = \sqrt{x} - 3 + \sqrt{x} + 2 = 2 \sqrt{x} - 1$

b) Thay x = 4 (thỏa mãn) vào biểu thức P ta có:

$P = 2. \sqrt{4} - 1 = 3$ .

Câu 3:

Cho parabol (P): y - x² và đường thẳng (d): y = x - 2.

a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy.

b) Tìm toạ độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) bằng phép tính.

Xem đáp án

a) Bảng giá trị:

• Xét hàm số $(d) : y = x - 2$

x	0	2
$(d) : y = x - 2$	-2	0

• Xét hàm số $(P) : y = - x^{2}$

x	-2	-1	0	1	2
$(P) : y = - x^{2}$	-4	-1	0	-1	-4

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

Cho parabol (P): y - x2 và đường thẳng (d): y = x - 2. a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy. (ảnh 1)

1b) Phương trình hoành độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) là

$- x^{2} = x - 2 \Leftrightarrow - x^{2} - x + 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 2 \Rightarrow y = - 4 \\ x = 1 \Rightarrow y = - 1 \end{array}$

Vậy (P) cắt (d) tại hai điểm có toạ độ lần lượt là (-2;-4) và (1;-1)

Câu 4:

Không sử dụng máy tính giải hệ phương trình:

\{\begin{cases} 2 x + y = 5 \\ x - 3 y = - 1 \end{cases}

Xem đáp án

Ta có $\{\begin{cases} 2 x + y = 5 \\ x - 3 y = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 6 x + 3 y = 15 \\ x - 3 y = - 1 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 7 x = 14 \\ x - 3 y = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ 2 - 3 y = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = 1 \end{cases} .$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

\{\begin{cases} x = 2 \\ y = 1 \end{cases}

Câu 5:

Cho phương trình x² - 2x + m - 3 = 0 (m là tham số).

a) Giải phương trình khi m = 0.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x₁ ; x₂ sao cho biểu thức $P = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + {(x_{1} x_{2})}^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Xem đáp án

a) Khi m = 0 ta có phương trình $x^{2} - 2 x - 3 = 0$

$Δ = {(- 2)}^{2} + 12 = 16 \Rightarrow \sqrt{Δ} = 4.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$x_{1} = \frac{2 + 4}{2} = 3, x_{2} = \frac{2 - 4}{2} = - 1$ .

b) Ta có $Δ = {(- 2)}^{2} - 4 (m - 3) = - 4 m + 16$

Để phương trình có hai nghiệm thì $Δ \geq 0 \Leftrightarrow - 4 m + 16 \geq 0 \Leftrightarrow m \leq 4.$

Theo hệ thức Vi-et ta có $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 \\ x_{1} x_{2} = m - 3 \end{cases}$ .

Ta có $P = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + {(x_{1} x_{2})}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + {(x_{1} x_{2})}^{2} = 2^{2} - 2 (m - 3) + {(m - 3)}^{2}$

$P = m^{2} - 8 m + 19 = {(m - 4)}^{2} + 3 \geq 3.$

Dấu “=” xảy ra khi m = 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 4

Câu 6:

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 600m² . Biết rằng nếu tăng chiều dài 10m và giảm chiều rộng 5m thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.

Xem đáp án

Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là x (m), x > 5

Suy ra chiều dài khu vườn là $\frac{600}{x} (m) .$

Chiều dài khu vườn sau khi tăng là $\frac{600}{x} + 10 (m) .$

Chiều rộng khu vườn sau khi giảm là x - 5 (m)

Diện tích khu vườn sau khi tăng chiều dài 10 m và giảm chiều rộng 5 m thì không đổi nên ta có phương trình $(\frac{600}{x} + 10) (x - 5) = 600.$

$\Leftrightarrow (600 + 10 x) (x - 5) = 600 x \Leftrightarrow 10 x^{2} - 50 x - 3000 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 20 (TM) \\ x = - 15 (KTM) \end{array} .$

Vậy chiều dài mảnh vườn là 30 m chiều rộng mảnh vườn là 20 m

Câu 7:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết rằng $A B = 3 cm, \hat{C} = 30 °$ .

a) Tính $\hat{B}, A C, A H$ .

b) Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho MC = 2MB, tính diện tích tam giác AMC.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết rằng AB = 3cm, góc A = 30 độ. a) Tính góc B, ac ,ah. b) Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho MC = 2MB, (ảnh 1)

a) Ta có $\hat{B} = 60 °$

Ta có $\sin \hat{C} = \frac{A B}{B C} \Rightarrow B C = \frac{A B}{\sin \hat{C}} = \frac{3}{\frac{1}{2}} = 6 (cm) .$

Ta có $A C = \sqrt{B C^{2} - A B^{2}} = \sqrt{6^{2} - 3^{2}} = 3 \sqrt{3} (cm) .$

$A H \cdot B C = A B \cdot A C \Leftrightarrow A H = \frac{A B \cdot A C}{B C} = \frac{3 \cdot 3 \sqrt{3}}{6} = \frac{3 \sqrt{3}}{2} (cm) .$

b) $S_{A M C} = \frac{1}{2} A H \cdot M C = \frac{1}{2} A H \cdot \frac{2}{3} B C = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 6 = 3 \sqrt{3} ({cm}^{2}) .$

Câu 8:

Cho đường tròn (O) đường kính AB. lấy điểm C thuộc (O) (C khác A và B tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt AC ở K. Từ K kẻ tiếp tuyến KD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm khác B).

1) Chứng minh tứ giác BODK nội tiếp.

2) Biết OK cắt BD tại I. Chứng minh rằng $O I ⊥ B D$ và KC.KA = KI.KO.

3) Gọi E là trung điểm của AC, kẻ đường kính CF của đường tròn (O), FE cắt AI tại H. Chứng minh rằng H là trung điểm của AI.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AB. lấy điểm C thuộc (O) (C khác A và B tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt AC ở K. Từ K kẻ tiếp tuyến KD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm khác B). (ảnh 1)

1) Ta có $\hat{O B K} = \hat{O D K} = 90 °$

$\Rightarrow \hat{O B K} + \hat{O D K} = 180 °$ .

Do đó tứ giác BODK nội tiếp.

2) Ta có KB = KD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Ta lại có OB = OD nên OK là đường trung trực của BD

Suy ra $K O ⊥ B D \Rightarrow O I ⊥ B D .$

Xét tam giác ABK vuông tại B nên $K B^{2} = K C . K A .$

Xét tam giác OBK vuông tại B nên $K B^{2} = K I \cdot K O .$

Suy ra

K C . K A = K I . K O .

(đpcm).

3) Xét KCI và KOA ta có góc K chung, $K C \cdot K A = K I \cdot K O \Leftrightarrow \frac{K C}{K I} = \frac{K O}{K A}$ .

Suy ra $Δ K C I ∽ Δ K O A (c . g . c)$ . Suy ra $\hat{K C I} = \hat{K O A}$ . (*)

Xét tam giác ACF và BAK có $\hat{K B A} = \hat{C AF} = 90 °$ (1)

Mà tam giác OAC cân tại O nên $\hat{O A C} = \hat{O C A}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $Δ A C F ∽ Δ B A K$

Suy ra $\frac{B A}{B K} = \frac{A C}{AF} \Leftrightarrow \frac{2 B O}{B K} = \frac{2 A E}{AF} \Leftrightarrow \frac{B K}{AF} = \frac{B O}{A E}$ .

Xét tam giác AEF và BOK ta có $\hat{K B O} = \hat{E AF} = 90 °$ và $\frac{B K}{AF} = \frac{B O}{A E}$

Nên $Δ A E F ∽ Δ B O K$ suy ra $\hat{A E F} = \hat{B O K} \Rightarrow \hat{K EF} = \hat{K O A}$ (cùng bù với $\hat{A E F}$ ) (**)

Từ (*) và (**) ta có $\hat{K C I} = \hat{K EF}$ suy ra EF // CI.

Xét tam giác ACI có E là trung điểm của AC và EF // CI nên H là trung điểm của AI.