9 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 3)

Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 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 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 3)

3667 lượt thi
9 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

a) Rút gọn biểu thức $A = \sqrt{28} + \sqrt{63} - 2 \sqrt{7}$

Xem đáp án

a) Rút gọn biểu thức $A = \sqrt{28} + \sqrt{63} - 2 \sqrt{7}$

Ta có :

$\begin{array}{l} A = \sqrt{28} + \sqrt{63} - 2 \sqrt{7} = \sqrt{4.7} + \sqrt{9.7} - 2 \sqrt{7} \\ = 2 \sqrt{7} + 3 \sqrt{7} - 2 \sqrt{7} = 3 \sqrt{7} \end{array}$

Vậy $A = 3 \sqrt{7}$

Câu 2:

b) Chứng minh rằng

\frac{x \sqrt{y} + y \sqrt{x}}{\sqrt{x y}} : \frac{1}{\sqrt{x} - \sqrt{y}} = x - y

với

x > 0, y > 0

và

x \neq y

Xem đáp án

b) Với $x > 0, y > 0$ và $x \neq y$ ta có :

\begin{array}{l} V T = \frac{x \sqrt{y} + y \sqrt{x}}{\sqrt{x y}} : \frac{1}{\sqrt{x} - \sqrt{y}} = \frac{\sqrt{x y} . (\sqrt{x} + \sqrt{y})}{\sqrt{x y}} . \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})}{1} \\ = (\sqrt{x} + \sqrt{y}) (\sqrt{x} - \sqrt{y}) = x - y = V P (d f c m) \end{array}

Câu 3:

a) Giải hệ phương trình $\{\begin{cases} x - 2 y = 5 \\ 2 x - y = 7 \end{cases}$

Xem đáp án

a) $\{\begin{cases} x - 2 y = 5 \\ 2 x - y = 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x - 2 y = 5 \\ - 4 x + 2 y = - 14 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} - 3 x = - 9 \\ y = 2 x - 7 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 3 \\ y = - 1 \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x; y) = (3; - 1)$

Câu 4:

b) Cho hàm số $y = - \frac{1}{4} x^{2}$ có đồ thị $(P)$ và đường thẳng $d : y = \frac{1}{2} x - 2$ . Vẽ đồ thị $(P)$ và tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ với đường thẳng d bằng phép tính

Xem đáp án

b) Vẽ đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{4} x^{2}$

Ta có bảng giá trị

$\begin{array}{l} x - 4 - 2024 \\ y = - \frac{1}{4} x^{2} - 4 - 10 - 1 - 4 \end{array}$

Vậy đồ thị hàm số $(P) : y = - \frac{1}{4} x^{2}$ là đường cong đi qua các điểm $(- 4; - 4);$ $(- 2; - 1); (0; 0); (2; - 1); (4; - 4)$

Đồ thị hàm số

Phương trình hoành độ giao điểm của d và $(P)$ là :

$- \frac{1}{4} x^{2} = \frac{1}{2} x - 2 \Leftrightarrow x^{2} + 2 x - 8 = 0$

Phương trình có $Δ' = {(- 1)}^{2} + 8 = 9 > 0 \Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l} x_{1} = - 1 + \sqrt{9} = 2 \Rightarrow y = - 1 \\ x_{2} = - 1 - \sqrt{9} = - 4 \Rightarrow y = - 4 \end{array}$

Vậy đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt $(2; - 1)$ và $(- 4; - 4)$

Câu 5:

Cho phương trình $x^{2} - (m + 2) x + m + 1 = 0 (1)$ ( m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = -3

Xem đáp án

a) Khi m = -3 phương trình (1) trở thành $x^{2} + x - 2 = 0$

Vì $a + b + c = 1 + 1 - 2 = 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$[\begin{array}{l} x = 1 \\ x = \frac{c}{a} = - 2 \end{array}$ .

Vậy khi m = -3thì phương trình có tập nghiệm $S = \{1; - 2\}$

Câu 6:

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m

Xem đáp án

b) Ta có : hệ số của $x^{2}$ là 1 $\neq 0$ nên phương trình (1) là phương trình bậc hai một ẩn

Lại có $Δ = {(m + 2)}^{2} - 4 (m + 1) = m^{2} + 4 m + 4 - 4 m - 4 = m^{2} \geq 0$ (với mọi m)

Do đó phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m

Câu 7:

c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là $h = \frac{2}{\sqrt{5}}$

Xem đáp án

c) Phương trình (1) có $Δ = {(m + 2)}^{2} - 4 (m + 1) = m^{2} + 4 m + 4 - 4 m - 4 = m^{2}$

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thì $Δ > 0 \Leftrightarrow m \neq 0$

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

Do hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có $x_{1}, x_{2} > 0$ suy ra : $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} > 0 \\ x_{1} x_{2} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m + 2 > 0 \\ m + 1 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow m > - 1$

Vì $x_{1}, x_{2}$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền $h = \frac{2}{\sqrt{5}}$ nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :

$\begin{array}{l} \frac{1}{x_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}^{2}} = \frac{1}{{(\frac{2}{\sqrt{5}})}^{2}} \Leftrightarrow \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}}{x_{1}^{2} x_{2}^{2}} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow \frac{{(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2}}{x_{1}^{2} x_{2}^{2}} = \frac{5}{4} \\ \Leftrightarrow 4. [{(m + 2)}^{2} - 2 (m + 1)] = 5 {(m + 1)}^{2} \Leftrightarrow 4 m^{2} + 8 m + 8 = 5 m^{2} + 10 m + 5 \\ \Leftrightarrow m^{2} + 2 m - 3 = 0 \end{array}$

Ta có : $a + b + c = 1 + 2 + (- 3) = 0$ nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

$[\begin{array}{l} m_{1} = 1 (t m) \\ m_{2} = \frac{c}{a} = - 3 (k t m) \end{array}$

Vậy m = 1là giá trị cần tìm.

Câu 8:

Cho đường tròn $(O; R)$ và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm A,B .Trên tia đối của tia BA lấy một điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn $(O)$ (C, là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB

a) Chứng minh rằng tứ giác OMCH nội tiếp được trong một đường tròn

Xem đáp án

a) Vì H là trung điểm của $A B (g t) \Rightarrow O H ⊥ A B$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) $\Rightarrow ∠ O H M = 90 °$

Xét tứ giác $O M C H$ có $∠ O H M = ∠ O C M = 90 ° \Rightarrow O M C H$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

Câu 9:

c) Đường thẳng qua O vuông góc OM với cắt các tia MC, MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất

Xem đáp án

c) Ta có : MO là phân giác của $∠ P M Q$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$M O$ là đường cao của $Δ P M Q (d o P Q ⊥ O M (g t))$

$\Rightarrow Δ M P Q$ cân tại M (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác)

$\Rightarrow M O$ đồng thời là trung tuyến của $Δ M P Q \Rightarrow O$ là trung điểm của $P Q$

$\Rightarrow O P = \frac{1}{2} P Q$ . Ta có : $S_{Δ M P Q} = \frac{1}{2} . M O . P Q = O M . O P$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMP vuông tại O có đường cao OC ta có :

$\frac{1}{O M^{2}} + \frac{1}{O P^{2}} = \frac{1}{O C^{2}} = \frac{1}{R^{2}}$

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương $\frac{1}{O M^{2}}$ và $\frac{1}{O P^{2}}$ ta có :

$\frac{1}{O M^{2}} + \frac{1}{O P^{2}} \geq \frac{2}{O M . O P} = \frac{2}{S_{Δ M P Q}} \Rightarrow \frac{1}{R^{2}} \geq \frac{2}{S_{M P Q}} \Leftrightarrow S_{Δ M P Q} \geq 2 R^{2}$

Dấu $" = "$ xảy ra $\Leftrightarrow \{\begin{cases} O M = O P \\ \frac{2}{O M^{2}} = \frac{1}{R^{2}} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} O M = O P \\ O M = R \sqrt{2} \end{cases}$

Vậy $S_{Δ M P Q}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2 R^{2}$ khi $O M = R \sqrt{2}$

Bắt đầu thi ngay