9 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 18

Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)

Đề số 1
Đề số 2
Đề số 3
Đề số 4
Đề số 5
Đề số 6
Đề số 7
Đề số 8
Đề số 9
Đề số 10
Đề số 11
Đề số 12
Đề số 13
Đề số 14
Đề số 15
Đề số 16
Đề số 17
Đề số 18
Đề số 19
Đề số 20
Đề số 21
Đề số 22
Đề số 23
Đề số 24
Đề số 25
Đề số 26
Đề số 27
Đề số 28
Đề số 29
Đề số 30

Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 18

3270 lượt thi
9 câu hỏi
45 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho biểu thức $A = \frac{x + 5}{\sqrt{x} - 3}$ và $B = \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{7 \sqrt{x} - 3}{x - 9}$

1) Tính giá trị của biểu thức khi x=25

Xem đáp án

1, Điều kiện để biểu thức xác định là $x \geq 0, x \neq 9.$

Khi $x = 25 (t m) \Rightarrow A = \frac{25 + 5}{\sqrt{25} - 3} = \frac{30}{2} = 15$

Vậy khi x=15 thì $A = 15.$

Câu 2:

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{A}{B}$

Xem đáp án

3, Điều kiện $x \geq 0, x \neq 9$

Ta có: $\frac{A}{B} = \frac{x + 5}{\sqrt{x} - 3} . \frac{\sqrt{x} - 3}{\sqrt{x}} = \frac{x + 5}{\sqrt{x}} = \sqrt{x} + \frac{5}{\sqrt{x}}$

Áp dụng BĐT Cô si cho hai số $\sqrt{x}, \frac{5}{\sqrt{x}}$ dương ta có: $\sqrt{x} + \frac{5}{\sqrt{x}} \geq 2 \sqrt{\sqrt{x} . \frac{5}{\sqrt{x}}} = 2 \sqrt{5}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt{x} = \frac{5}{\sqrt{x}} \Leftrightarrow x = 5 (t m)$

Vậy với x=5 thì biểu thức $\frac{A}{B}$ đạt giá trị nhỏ nhất là $2 \sqrt{5}$

Câu 3:

1) Giải các phương trình sau:

x^{2} - 5 x + 4 = 0

Xem đáp án

a, $x^{2} - 5 x + 4 = 0$

Phương trình có dạng $a + b + c = 1 - 5 + 4 = 0$ nên có hai nghiệm phân biệt: $x_{1} = 1; x_{2} = 4.$

Vậy $S = \{1; 4\}$

Câu 4:

2, Giải hệ phương trình $\{\begin{cases} 2 x - y = 7 \\ x - 2 y = - 1 \end{cases}$

Xem đáp án

2, $\{\begin{cases} 2 x - y = 7 \\ x - 2 y = - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 x - 2 y = 14 \\ 2 x - y = 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x = 15 \\ y = 2 x - 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 5 \\ y = 3 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (5; 3)$

Câu 5:

Cho phương trình $x^{2} + a x + b + 1 = 0$ với a,b là tham số. Tìm giá trị của để phương trình trên có 1 nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện $\{\begin{cases} x_{1} - x_{2} = 3 \\ x_{1}^{3} - x_{2}^{3} = 9 \end{cases}$

Xem đáp án

Phương trình $x^{2} + a x + b + 1 = 0$ có hai nghiệm

$x_{1}, x_{2} \Rightarrow Δ \geq 0 \Leftrightarrow a^{2} - 4 (b + 1) \geq 0 (*)$

Khi đó áp dụng định lý Viet ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - a \\ x_{1} x_{2} = b + 1 \end{cases}$

Ta có: $\begin{array}{l} +) {(x_{1} - x_{2})}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 4 x_{1} x_{2} \Leftrightarrow 9 = a^{2} - 4 (b + 1) (1) \\ +) x_{1}^{3} - x_{2}^{3} = {(x_{1} - x_{2})}^{3} + 3 x_{1} x_{2} (x_{1} - x_{2}) \\ \Leftrightarrow 9 = 3^{2} + 3 (b + 1) .3 \Leftrightarrow - 18 = 9. (b + 1) \Leftrightarrow b + 1 = - 2 \Leftrightarrow b = - 3 \end{array}$

Thay b=-3 vào (1) ta có: $a^{2} - 4 (- 3 + 1) = 9 \Leftrightarrow a^{2} + 8 = 9 \Leftrightarrow a^{2} = 1 \Leftrightarrow a = \pm 1$

Thử lại $a^{2} = 1; b = - 3 \Rightarrow (*) \Leftrightarrow 1 - 4 (- 3 + 1) = 9 > 0 (t m)$

Vậy $(a, b) = (1; - 3)$ hoặc $(a, b) = (- 1; - 3)$

Câu 6:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) và có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (I khác O) . kẻ đường kính CE

a, Chứng minh tứ giác ABDE là hình thang cân

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) và có hai đường chéo AC, BD vuông góc (ảnh 1)

a, Ta có: $\hat{C A E} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow A E ⊥ A C$

Mà $B D ⊥ A C (g t) \Rightarrow A E / / B D$ (từ vuông góc đến song song)

$\to$ Tứ giác ABDE là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Ta có: $\hat{C D E} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow Δ C D E$ vuông tại D

Có: $\hat{C E D} = \hat{C B D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

$\Rightarrow 90^{0} - \hat{C E D} = 90^{0} - \hat{C B D} \Rightarrow \hat{D C E} = \hat{A C B}$

Mà $s d \overset{⏜}{D E} = s d \overset{⏜}{A B}$ (hai góc nôi tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow D E = A B \Rightarrow D E + A E = A B + A E \Rightarrow A D = B E$

$\Rightarrow \hat{A B D} = \hat{E D B}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

$\to$ Tứ giác ABDE là hình thang cân (hình thang có 2 góc kề 1 đáy bằng nhau)

Câu 7:

b, Chứng minh $\sqrt{A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2}} = 2 \sqrt{2} R$

Xem đáp án

b, Do ABDE là hình thang cân (cmt) $\Rightarrow A B = D E, A D = B E$

Khi đó ta có $A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2} = D E^{2} + C D^{2} + B C^{2} + B E^{2}$

Ta có $\hat{C B E} = \hat{C D E} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow Δ B C E$ vuông tại B và tam giác CDE vuông tại D

Áp dụng định lý Pytago ta có:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} D E^{2} + C D^{2} = C E^{2} = {(2 R)}^{2} = 4 R^{2} \\ B C^{2} + B E^{2} = E C^{2} = {(2 R)}^{2} = 4 R^{2} \end{cases} \Rightarrow D E^{2} + C D^{2} + B C^{2} + B E^{2} = 8 R^{2} \\ \Rightarrow A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2} = 8 R^{2} \Leftrightarrow \sqrt{A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2}} = \sqrt{8 R^{2}} = 2 \sqrt{2} R \end{array}$

Câu 8:

c, Từ A và B kẻ các đường thẳng vuông góc với CD lần lượt cắt BD tại F, cắt tại K. Tứ giác ABKF là hình gì ?

Xem đáp án

c, Xét $Δ B C D$ có K là trực tâm (giao của hai đường cao) $\Rightarrow D K ⊥ B C .$

Mà $B E ⊥ B C (\hat{C B E} = 90^{0})$ $\Rightarrow D K / / B E$ (từ vuông góc đến song song)

Ta có: $\{\begin{cases} B K ⊥ C D \\ D E ⊥ C D (\hat{C D E} = 90^{0}) \end{cases} \Rightarrow B K / / D E$ ( từ vuông góc đến song song)

Ta có: $\{\begin{cases} A F ⊥ C D (g t) \\ D E ⊥ C D (\hat{C D E} = 90^{O}) \end{cases} \Rightarrow A F / / D E$ ( từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác ADEF có $\{\begin{cases} A F / / D E \\ A E / / D F (A E / / B D) \end{cases} \Rightarrow$ Tứ giác là hình bình hành ADEF

$\Rightarrow A F = D E (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow B K = A F (= D E)$

Xét tứ giác ABKF có: $\{\begin{cases} A F ⊥ C D (g t) \\ B K ⊥ C D (g t) \end{cases} \Rightarrow A F / / B K$ và $A F = B K (c m t)$

Tứ giác ABKF là hình bình hành.

Câu 9:

b, Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn $a b + b c + c a = 1.$

Chứng minh rằng: $A = (1 + a^{2}) (1 + b^{2}) (1 + c^{2})$ là một số chính phương

Xem đáp án

b, Theo đề bài ta có: $a b + b c + c a = 1$

$\Rightarrow 1 + a^{2} = a b + b c + c a + a^{2} = b (a + c) + a (c + a) = (a + c) (a + b)$

Tương tự ta có: $\{\begin{cases} 1 + b^{2} = (b + a) (b + c) \\ 1 + c^{2} = (c + a) (c + b) \end{cases}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = (1 + a^{2}) (1 + b^{2}) (1 + c^{2}) = (a + c) (a + b) (b + a) (b + c) (c + a) (c + b) \\ = {(a + b)}^{2} {(a + c)}^{2} {(b + c)}^{2} = {[(a + b) (a + c) (b + c)]}^{2} (a, b, c \in ℤ) \end{array}$

Vậy A là một số chính phương.

Bắt đầu thi ngay