12 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 19

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 19

3160 lượt thi
12 câu hỏi
45 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

1, Giải phương trình: $2 x^{2} - 7 x + 6 = 0$

Xem đáp án

1, GPT: $2 x^{2} - 7 x + 6 = 0$

Ta có: $Δ = b^{2} - 4 a c = {(- 7)}^{2} - 4.2.6 = 1 > 0$

$\to$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l} x_{1} = \frac{7 + \sqrt{1}}{2.2} = 2 \\ x_{2} = \frac{7 - \sqrt{1}}{2.2} = \frac{3}{2} \end{array}$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là $S = \{\frac{3}{2}; 2\}$

Câu 2:

2, Giải hệ phương trình : $\{\begin{cases} 2 x - 3 y = - 5 \\ 3 x + 4 y = 18 \end{cases}$

Xem đáp án

2, $\{\begin{cases} 2 x - 3 y = - 5 \\ 3 x + 4 y = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 6 x - 9 y = - 15 \\ 6 x + 8 y = 36 \end{cases} \{\begin{cases} 17 y = 51 \\ x = \frac{3 y - 5}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} y = 3 \\ x = 2 \end{cases}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (2; 3)$

Câu 3:

3, Giải phương trình:

x^{4} + 7 x^{2} - 18 = 0

Xem đáp án

3, $x^{4} + 7 x^{2} - 18 = 0$

Đặt $x^{2} = t (t \geq 0),$ khi đó ta có phương trình: $t^{2} + 7 t - 18 = 0 (1)$

Ta có: $Δ = 7^{2} + 4.18 = 121 > 0$

$\Rightarrow (1)$ có hai nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l} t_{1} = \frac{- 7 + \sqrt{121}}{2} = 2 (t m) \\ t_{2} = \frac{- 7 - \sqrt{121}}{2} = \frac{- 7 - 11}{2} = - 9 (k t m) \end{array}$

Với $t = 2 \Rightarrow x^{2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{2}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S = \{- \sqrt{2}; \sqrt{2}\}$

Câu 4:

c, Tìm các số thực x để biểu thức $M = \sqrt{3 x - 5} - \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2} - 4}}$

Xem đáp án

c, Biểu thức M đã cho xác định $\Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x - 5 \geq 0 \\ x^{2} - 4 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x \geq 5 \\ x^{2} \neq 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \geq \frac{5}{3} \\ x \neq \pm 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x \geq \frac{5}{3} \\ x \neq 2 \end{cases}$

Vậy biểu thức M xác định khi và chỉ khi $x \geq \frac{5}{3}, x \neq 2$

Câu 5:

Cho tam giác MNP vuông tại N có $M N = 4 a, N P = 3 a$ với Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN

Xem đáp án

Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh đường thẳng MN ta được hình nón có chiều cao $h = M N = 4 a$ và bán kính đáy $R = N P = 3 a .$

Áp dụng định lý Pyta go trong tam giác vuông MNP ta có:

$M P^{2} = M N^{2} + N P^{2} = {(4 a)}^{2} + {(3 a)}^{2} = 25 a^{2} \Rightarrow M N = \sqrt{25 a^{2}} = 5 a (D o ... a > 0)$

Do đó hình nón có độ dài đường sinh là $l = M P = 5 a$

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{x q} = π R l = π .3 a .5 a = 15 π a^{2}$

Câu 6:

Cho $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2} - 3 x + 1 = 0.$ Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là $2 x_{1} - {(x_{2})}^{2}$ và $2 x_{2} - {(x_{1})}^{2}$

Xem đáp án

Phương trình $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ có 2 nghiệm $x_{1}, x_{2} (g t)$ nên áp dụng định lý Viet ta có:

$\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 3 \\ x_{1} x_{2} = 1 \end{cases}$

Xét các tổng và tích sau:

$\begin{array}{l} P = [2 x_{1} - {(x_{2})}^{2}] [2 x_{2} - {(x_{1})}^{2}] = 4 x_{1} x_{2} - 2 x_{1}^{3} - 2 x_{2}^{3} + {(x_{1} x_{2})}^{2} \\ = 4 x_{1} x_{2} - 2 (x_{1}^{3} + x_{2}^{3}) + {(x_{1} x_{2})}^{2} \\ = 4 x_{1} x_{2} - 2 [{(x_{1} + x_{2})}^{3} - 3 x_{1} x_{2} (x_{1} + x_{2})] + {(x_{1} x_{2})}^{2} \\ = 4.1 - 2. [3^{3} - 3.1.3] + 1^{2} = - 31 \end{array}$

$\begin{array}{l} S = 2 x_{1} - {(x_{2})}^{2} + 2 x_{2} - {(x_{1})}^{2} = 2 (x_{1} + x_{2}) - (x_{1}^{2} + x_{2}^{2}) \\ = 2 (x_{1} + x_{2}) - [{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2}] = 2.3 - [3^{2} - 2.1] = - 1 \end{array}$

Ta có: $S^{2} = {(- 1)}^{2} = 1 \geq 4 P = - 124$

$\Rightarrow 2 x_{1} - {(x_{2})}^{2}$ và $2 x_{2} - {(x_{1})}^{2}$ là hai nghiệm của phương trình

$X^{2} - S X + P = 0 \Leftrightarrow X^{2} + X - 31 = 0$

Câu 7:

Bác B vay ở một ngân hàng triệu động để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng một năm sau bác phải trả cả tiền vốn và lãi, song, bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm, bác B phải trả tất cả triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong một năm

Xem đáp án

Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là (%/năm) (ĐK: $x > 0)$

Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là $100. x % = x$ (triệu đồng)

$\to$ Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100+x (triệu đồng)

Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải trả sau 2 năm là $(100 + x) x % = \frac{(100 + x) x}{100}$ (triệu đồng)

Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là triệu đồng nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l} 100 + x + \frac{(100 + x) x}{100} = 121 \Leftrightarrow 10000 + 100 x + 100 x + x^{2} = 12100 \\ \Leftrightarrow x^{2} + 200 x - 2100 = 0 \Leftrightarrow x^{2} - 10 x + 210 x - 2100 = 0 \\ \Leftrightarrow x (x - 10) + 210 (x - 10) = 0 \Leftrightarrow (x - 10) (x + 210) = 0 \\ \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 10 (t m) \\ x = - 210 (k t m) \end{array} \end{array}$

Vậy lãi suất của ngân hàng đó là $10 %$ /năm

Câu 8:

Rút gọn biểu thức $P = (\frac{\sqrt{a} + a}{1 + \sqrt{a}}) . (\frac{a - 3 \sqrt{a} + 2}{\sqrt{a} - 2}) (a \geq 0, a \neq 4)$

Xem đáp án

Với $a \geq 0, a \neq 4$ thì

$\begin{array}{l} P = (\frac{\sqrt{a} + a}{1 + \sqrt{a}}) . (\frac{a - 3 \sqrt{a} + 2}{\sqrt{a} - 2}) = \frac{\sqrt{a} (1 + \sqrt{a})}{1 + \sqrt{a}} . \frac{a - 2 \sqrt{a} - \sqrt{a} + 2}{\sqrt{a} - 2} \\ = \sqrt{a} . \frac{\sqrt{a} . (\sqrt{a} - 2) - (\sqrt{a} - 2)}{\sqrt{a} - 2} = \sqrt{a} . \frac{(\sqrt{a} - 1) (\sqrt{a} - 2)}{\sqrt{a} - 2} \\ = \sqrt{a} . (\sqrt{a} - 1) = a - \sqrt{a} \end{array}$

Câu 9:

Tìm các số thực x và y thỏa mãn $\{\begin{cases} 4 x^{2} - x y = 2 \\ y^{2} - 3 x y = - 2 \end{cases}$

Xem đáp án

$\{\begin{cases} 4 x^{2} - x y = 2 (1) \\ y^{2} - 3 x y = - 2 (2) \end{cases}$

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

$\begin{array}{l} 4 x^{2} - x y + y^{2} - 3 x y = 0 \Leftrightarrow 4 x^{2} - 4 x y + y^{2} = 0 \\ \Leftrightarrow {(2 x - y)}^{2} = 0 \Leftrightarrow 2 x - y = 0 \Leftrightarrow y = 2 x \end{array}$

Thay y=2x vào (2) ta được:

$\begin{array}{l} {(2 x)}^{2} - 3 x . (2 x) = - 2 \Leftrightarrow 4 x^{2} - 6 x^{2} = - 2 \\ \Leftrightarrow - 2 x^{2} = - 2 \Leftrightarrow x^{2} = 1 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow y = \\ x = - 1 \Rightarrow y = - 2 \end{array} \end{array}$

Vậy hệ có nghiệm $(x; y) = \{(1; 2); (- 1; - 2)\}$

Câu 10:

b, Chứng minh vuông góc DE với OA

Xem đáp án

Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại $A \Rightarrow A x ⊥ A O$ (tính chất tiếp tuyến )

Ta có: $\hat{C A x} = \hat{C B A}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{A C})$ (1)

Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \hat{C B A} = \hat{E D A}$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{C A x} = \hat{E D A} (= \hat{C B A})$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $D E / / A x$ mà $A x ⊥ A O (c m t) \Rightarrow D E ⊥ A O (d f c m)$

Câu 11:

c, Cho M,N lần lượt là trung điểm của hai đoạn thẳng BC, AH Cho K,L lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng OM và CE, MN và BD. Chứng minh KL song song với AC

Xem đáp án

c,Kẻ đường kính AI của đường tròn (O) , gọi giao điểm của MN và ED là P

Xét đường tròn (O) ta có: $\hat{A C I} = 90^{0}, \hat{A B I} = 90^{0}$ (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $C I ⊥ A C, B I ⊥ A B$ lại có: $B D ⊥ A C, C E ⊥ A B (g t)$ nên $B H / / C I, C H / / B I$

Xét tứ giác BHCI có: $\{\begin{cases} B H / / C I \\ C H / / B I \end{cases} \Rightarrow B H C I$ là hình bình hành có M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm của HI

Xét $Δ H I A$ có: M là trung điểm của HI, N là trung điểm của AH

$\Rightarrow M N$ là đường trung bình của $Δ H A I \Rightarrow M N / / A I$ (tính chất đường trung bình)

Theo câu b) ta có: $A O ⊥ D E \Rightarrow M N ⊥ D E$ tại P

Xét tam giác PLD vuông có $\hat{P L D} = 90^{0} - \hat{P D L} (3)$

Xét đường tròn (O) có M là trung điểm của $B C \Rightarrow O M ⊥ B C$ hay là đường trung trực của BC

Mà $K \in O M \Rightarrow K B = K C$

Xét $Δ K B C$ cân tại K có KM là đường cao nên cũng là đường phân giác $Δ K B C$

$\Rightarrow \hat{B K M} = \hat{M K C}$ (tính chất đường phân giác)

Xét $Δ K M C$ vuông tại M có $\hat{M K C} = 90^{0} - \hat{K C M} \Rightarrow \hat{B K M} = 90^{0} - \hat{K C M} (4)$

Lại có: $\hat{E D B} = \hat{E C B}$ (do tứ giác BEDC nội tiếp) hay $\hat{P D L} = \hat{K C M} (5)$

Từ (3) (4) (5) suy ra $\hat{B K M} = \hat{P L D}$ mà $\hat{P L D} = \hat{B L M}$ (hai góc đối đỉnh ) nên $\hat{B L M} = \hat{B K M}$

Xét tứ giác BLKM có $\hat{B L M} = \hat{B K M}$ nên hai đỉnh L, K kề nhau cùng nhìn cạnh BM dưới các góc bằng nhau, do đó tứ giác BLKM là tứ giác nội tiếp

Suy ra $\hat{B L M} + \hat{B M K} = 180^{0} \Leftrightarrow \hat{B L K} = 180^{0} - 90^{0} = 90^{0}$

Hay $K L ⊥ B D$ mà $A C ⊥ B D (g t) \Rightarrow K L / / A C$

Câu 12:

Cho ba số thực a,b,c. Chứng minh rằng

${(a^{2} - b c)}^{3} + (b^{2} - c a) + {(c^{2} - a b)}^{3} \geq 3 (a^{2} - b c) (b^{2} - c a) (c^{2} - a b)$

Xem đáp án

Đặt $x = a^{2} - b c, y = b^{2} - c a, z = c^{2} - a b$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $x^{3} + y^{3} + z^{3} \geq 3 x y z$

Ta có:

$\begin{array}{l} x^{3} + y^{3} + z^{3} - 3 x y z = (x^{3} + y^{3}) - 3 x y z + z^{3} \\ = {(x + y)}^{3} - 3 x y (x + y) - 3 x y z + z^{3} \\ = {(x + y)}^{3} + z^{3} - 3 x y (x + y + z) \\ = (x + y + z) [{(x + y)}^{2} - (x + y) z + z^{2}] - 3 x y (x + y + z) \\ = (x + y + z) [x^{2} + 2 x y + y^{2} - x z - y z + z^{2} - 3 x y] \\ = (x + y + z) (x^{2} + y^{2} + z^{2} - x y - y z - x z) \end{array}$

Dễ thấy

$\begin{array}{l} x^{2} + y^{2} + z^{2} - x y - y z - x z = \frac{1}{2} (x^{2} - 2 x y + y^{2} + y^{2} - 2 y z + z^{2} + z^{2} - 2 z x + x^{2}) \\ = \frac{1}{2} [{(x - y)}^{2} + {(y - z)}^{2} + {(z - x)}^{2}] \geq 0 \forall x, y, z \end{array}$

Do đó ta đi xét dấu x+ y +z

Ta có:

$x + y + z = a^{2} - b c + b^{2} - c a + c^{2} - a b$

$= a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a = \frac{1}{2} [{(a - b)}^{2} + {(b - c)}^{2} + {(c - a)}^{2}] \geq 0, \forall a, b, c$

Suy ra $x + y + z \geq 0 \Rightarrow (x + y + z) (x^{2} + y^{2} + z^{2} - x y - y z - z x) \geq 0$

$\Rightarrow x^{3} + y^{3} + z^{3} \geq 3 x y z$

hay ${(a^{2} - b c)}^{3} + {(b^{2} - c a)}^{3} + {(c^{2} - a b)}^{3} \geq 3 (a^{2} - b c) (b^{2} - c a) (c^{2} - a b) (d f c m)$

dấu $" = "$ xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$

Bắt đầu thi ngay