11 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 23

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 23

3163 lượt thi
11 câu hỏi
45 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

1, Giải phương trình : $x^{2} - 5 x + 4 = 0$

Xem đáp án

1, $\begin{array}{l} x^{2} - 5 x + 4 = 0 \Leftrightarrow x^{2} - 4 x - x + 4 = 0 \\ \Leftrightarrow x (x - 4) - (x - 4) = 0 \\ \Leftrightarrow (x - 1) (x - 4) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x - 1 = 0 \\ x - 4 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 4 \end{array} \end{array}$

Vậy $S = \{1; 4\}$

Câu 2:

2,Giải hệ phương trình: $\{\begin{cases} 3 x - y = 3 \\ 2 x + y = 7 \end{cases}$

Xem đáp án

$2) \{\begin{cases} 3 x - y = 3 \\ 2 x + y = 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 5 x = 10 \\ y = 3 x - 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 2 \\ y = 3 \end{cases}$

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

Câu 3:

a, Rút gọn biểu thức $A = \frac{4}{\sqrt{5} - 1} - 3 \sqrt{45} + \sqrt{{(\sqrt{5} - 1)}^{2}}$

Xem đáp án

$\begin{array}{l} A = \frac{4}{\sqrt{5} - 1} - 3 \sqrt{45} + \sqrt{{(\sqrt{5} - 1)}^{2}} \\ = \frac{4 (\sqrt{5} + 1)}{5 - 1} - 3 \sqrt{9.5} + |\sqrt{5} - 1| \\ = \sqrt{5} + 1 - 9 \sqrt{5} + \sqrt{5} - 1 \\ = - 7 \sqrt{5} \end{array}$

Câu 4:

b,Cho biểu thức: $B = (\frac{1}{3 - \sqrt{x}} - \frac{1}{3 + \sqrt{x}}) . \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x}} (x > 0, x \neq 9)$

Rút gọn biểu thức B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để $B > \frac{1}{2}$

Xem đáp án

b, Điều kiện $x > 0, x \neq 9$

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

Ta có:

$\begin{array}{l} B > \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{2}{3 - \sqrt{x}} > \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{2}{3 - \sqrt{x}} - \frac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \frac{4 - 3 + \sqrt{x}}{2 (3 - \sqrt{x})} > 0 \\ \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x} + 1}{2 (3 - \sqrt{x})} > 0 \Leftrightarrow 3 - \sqrt{x} > 0 (d o ... \sqrt{x} + 1 > 0 \forall x \geq 0) \\ \Leftrightarrow \sqrt{x} < 3 \Leftrightarrow x < 9 \end{array}$

Câu 5:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình $y = \frac{x^{2}}{2}$ và đường thẳng (d) có phương trình : $y = - m x + 3 - m$ (với m là tham số)

a, Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol (P), biết điểm M có hoành độ bằng 4

Xem đáp án

a,Ta có $M (4; y_{M})$ thuộc (P) : $y = \frac{x^{2}}{2}$ nên thay x= 4 vào công thức hàm số $y = \frac{1}{2} x^{2}$ ta được: $y_{M} = \frac{1}{2} {.4}^{2} = 8 \Rightarrow M (4; 8)$

Vậy M( 4;8)

Câu 6:

b, Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A,B Gọi $x_{1}, x_{2}$ lần lượt là hoành độ của hai điểm A,B . Tìm m để $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 2 x_{1} x_{2} + 20$

Xem đáp án

b, Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\frac{x^{2}}{2} = - m x + 3 - m \Leftrightarrow x^{2} + 2 m x + 2 m - 6 = 0 (*)$

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt $\Leftrightarrow (*)$ có hai nghiệm phân biệt.

$\Leftrightarrow Δ' > 0 \Leftrightarrow m^{2} - 2 m + 6 > 0 \Leftrightarrow m^{2} - 2 m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {(m - 1)}^{2} > 0 \forall m$

$\to$ Đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A (x_{1}; y_{1}); B (x_{2}; y_{2})$

Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - 2 m \\ x_{1} x_{2} = 2 m - 6 \end{cases}$

Theo bài ta có: $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 2 x_{1} x_{2} + 20$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 4 x_{1} x_{2} - 20 = 0 \\ \Leftrightarrow {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 4 x_{1} x_{2} - 20 = 0 \\ \Leftrightarrow {(- 2 m)}^{2} - 4 (2 m - 6) - 20 = 0 \\ \Leftrightarrow 4 m^{2} - 8 m + 4 = 0 \\ \Leftrightarrow m^{2} - 2 m + 1 = 0 \Leftrightarrow {(m - 1)}^{2} = 0 \\ \Leftrightarrow m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1 \end{array}$

Vậy m=1 thỏa mãn bài toán

Câu 7:

b,Chứng minh tam giác COD vuông tại O

Xem đáp án

b, Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

OC là tia phân giác của $\hat{A O M}$

OD là tia phân giác của $\hat{B O M}$

Mà $\hat{A O M}, \hat{B O M}$ là hai góc kề bù $\Rightarrow O C ⊥ O D$ (hai tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau)

$\Rightarrow \hat{C O D} = 90^{0}$ hay $Δ C O D$ vuông tại O.

Câu 8:

c,Chứng minh $A C . B D = R^{2}$

Xem đáp án

c, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ODC vuông tại O có đường cao OM ta có $O M^{2} = M C . M D$ mà $O M = R \Rightarrow M C . M D = R^{2} (1)$

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: $A C = M C . B D = M D (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $A C . B D = R^{2}$

Câu 9:

d, Chứng minh I là trung điểm của MN

Xem đáp án

d,Ta có $\{\begin{cases} A C ⊥ A B \\ B D ⊥ A B \\ M N ⊥ A B \end{cases} (g t) \Rightarrow A C / / B D / / M N$ (Từ vuông góc đến song song)

Gọi $P = A M \cap C N$ . Áp dụng định lý Ta-let ta có: $\frac{M I}{A C} = \frac{P I}{P C}; \frac{N I}{A C} = \frac{B I}{B C} (3)$

Ta có : $\hat{A M B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\hat{A M N} + \hat{N M B} = 90^{0} \Rightarrow \hat{A M N} = \hat{N B M} = \hat{A B M}$

Ta có: $\hat{A B M} = \hat{A M C}$ (góc nội tiếp và tạo bởi tiếp tuyến dây cùng cùng chắn cung AM) $\hat{A B M} = \hat{A M N} (c m t)$ $\Rightarrow \hat{A M C} = \hat{A M N} \Rightarrow M A$ là tia phân giác trong của $\hat{C M N}$

Mà $M B ⊥ M A (\hat{A M B} = 90^{0}) \Rightarrow M B$ là tia phân giác ngoài của $\hat{C M N}$

Áp dụng tính chất đường phân giác trong của $Δ C M I$ ta có : $\frac{M I}{M C} = \frac{P I}{P C} = \frac{B I}{B C} (4)$

Từ (3) và (4) $\Rightarrow \frac{M I}{A C} = \frac{N I}{A C} \Leftrightarrow M I = N I$ . Vậy I là trung điểm của $M N (d f c m)$

Câu 10:

2,Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy r=4cm độ dài đường sinh l=5cm

Xem đáp án

2, Chiều cao của hình nón: $h = \sqrt{l^{2} - r^{2}} = \sqrt{5^{2} - 4^{2}} = 3 (c m)$

Thể tích của hình nón đã cho: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π {.4}^{2} .3 = 16 π (c m^{3})$

Câu 11:

Cho a,b,c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc =1

Chứng minh : $\frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} \leq 1$

Xem đáp án

Ta có: $\frac{1}{2 + a} = \frac{a b c}{2 a b c + a} = \frac{b c}{2 b c + 1}$ (Do a>0)

Áp dung BĐT Cô si ta có:

$2 b c + 1 = b c + b c + 1 \geq 3 \sqrt[3]{{(b c)}^{2}} \Rightarrow \frac{b c}{2 b c + 1} \leq \frac{b c}{3 \sqrt[3]{{(b c)}^{2}}} = \frac{\sqrt[3]{b c}}{3} \Rightarrow \frac{1}{2 + a} \leq \frac{\sqrt[3]{b c}}{3}$

Chứng minh tương tự ta có: $\frac{1}{2 + b} \leq \frac{\sqrt[3]{c a}}{3}; \frac{1}{2 + c} \leq \frac{\sqrt[3]{a b}}{3}$

Cộng vế theo vế ta được:

$\frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} \leq \frac{1}{3} (\sqrt[3]{a b} + \sqrt[3]{b c} + \sqrt[3]{c a}) = \frac{1}{3} (\frac{1}{\sqrt[3]{a}} + \frac{1}{\sqrt[3]{b}} + \frac{1}{\sqrt[3]{c}})$

Ta có $\begin{array}{l} \frac{1}{\sqrt[3]{a}} + \frac{1}{\sqrt[3]{b}} + \frac{1}{\sqrt[3]{c}} \leq \frac{9}{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}} \leq \frac{9}{3 \sqrt[3]{\sqrt[3]{a b c}}} = \frac{9}{3} = 3 \\ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt[3]{a}} + \frac{1}{\sqrt[3]{b}} + \frac{1}{\sqrt[3]{c}} \leq 3 \Leftrightarrow 3 (\frac{1}{\sqrt[3]{a}} + \frac{1}{\sqrt[3]{b}} + \frac{1}{\sqrt[3]{c}}) \leq 1 \end{array}$

Vậy $\frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} \leq 1$ $\Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bắt đầu thi ngay