12 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 15)

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 15)

3654 lượt thi
12 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

1) Giải phương trình : $2 x^{2} + 5 x - 3 = 0$

Xem đáp án

1) Xét phương trình $2 x^{2} + 5 x - 3 = 0$

Ta có : $Δ = 5^{2} + 24 = 49 > 0$ $\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm :

$x_{1} = \frac{- 5 + \sqrt{49}}{4} = \frac{1}{2}; x_{2} = \frac{- 5 - \sqrt{49}}{4} = - 3$

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

Câu 2:

2) Cho hàm số y = (m - 1)x + 2021. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên R

Xem đáp án

2) Hàm số $y = (m - 1) x + 2021$ đồng biến trên R khi và chỉ khi $m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1$

Vậy với $m > 1$ thì hàm số đồng biến trên R

Câu 3:

3) Cho $a = 1 + \sqrt{2}$ và $b = 1 - \sqrt{2}$ . Tính giá trị của biểu thức P = a+ b - 2ab

Xem đáp án

3) Thay $a = 1 + \sqrt{2}$ và $b = 1 - \sqrt{2}$ vào P = a + b - 2ab ta được :

$\begin{array}{l} P = 1 + \sqrt{2} + 1 - \sqrt{2} - 2 (1 + \sqrt{2}) (1 - \sqrt{2}) \\ = 2 - 2 (1 - 2) = 2 - 2. (- 1) = 4 \end{array}$

Vậy P = 4 khi $a = 1 + \sqrt{2}, b = 1 - \sqrt{2}$

Câu 4:

Cho biểu thức

P = \frac{2 \sqrt{x} - 9}{x - 5 \sqrt{x} + 6} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 2} + \frac{2 \sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3}

(với

x \geq 0, x \neq 4, x \neq 9)

a) Rút gọn biểu thức P

Xem đáp án

a) ĐKXĐ: $x \geq 0, x \neq 4, x \neq 9$

$\begin{array}{l} P = \frac{2 \sqrt{x} - 9}{x - 5 \sqrt{x} + 6} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 2} + \frac{2 \sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3} \\ = \frac{2 \sqrt{x} - 9 - (\sqrt{x} + 3) (\sqrt{x} - 3) + (2 \sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} - 2)}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 3)} \\ = \frac{2 \sqrt{x} - 9 - x + 9 + 2 x - 3 \sqrt{x} - 2}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 3)} = \frac{x - \sqrt{x} - 2}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 3)} \\ = \frac{(\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} - 2)}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} - 3)} = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3} \end{array}$

Vậy với $x \geq 0, x \neq 4, x \neq 9$ ta có $P = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3}$

Câu 5:

b) Tìm tất cả các giá trị của x để $P > 1$

Xem đáp án

b) Điều kiện $x \geq 0, x \neq 4, x \neq 9$

$\begin{array}{l} P > 1 \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3} > 1 \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 3} - 1 > 0 \\ \Leftrightarrow \frac{\sqrt{x} + 1 - \sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} > 0 \Leftrightarrow \frac{4}{\sqrt{x} - 3} > 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} - 3 > 0 (d o 4 > 0) \\ \Leftrightarrow x > 9 \end{array}$

Vậy $x > 9$ thì $P > 1$

Câu 6:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình đường thẳng $(Δ)$ đi qua điểm A(1; -2) và song song với đường thẳng y = 2x - 1

Xem đáp án

1) Gọi phương trinh đường thẳng $Δ$ là $y = a x + b (a \neq 0)$

Vì $Δ$ song song với đường thẳng y = 2x - 1 nên $\{\begin{cases} a = 2 \\ b \neq - 1 \end{cases}$

Vì $Δ$ đi qua điểm A(1; -2) nên ta có : -2 = a + b

Thay a = 2 vào ta được $- 2 = 2 + b = - 4 (t m)$

Vậy đường thẳng $Δ$ cần tìm có phương trình là y = 2x - 4

Câu 7:

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol $(P) : y = x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = 2 (m - 1) x - m + 3.$ Gọi $x_{1}; x_{2}$ lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M = x_{1}^{2} + x_{2}^{2}$

Xem đáp án

2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình :

$x^{2} = 2 (m - 1) x - m + 3 \Leftrightarrow x^{2} - 2 (m - 1) x + m - 3 = 0 (*)$

Phương trình $(*)$ có:

$\begin{array}{l} Δ' = {(m - 1)}^{2} - (m - 3) = m^{2} - 2 m + 1 - m + 3 = m^{2} - 3 m + 4 \\ = {(m - \frac{3}{2})}^{2} + \frac{7}{4} > 0 (v o i m o i m \in ℝ) \end{array}$

$\Rightarrow (d)$ luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}; x_{2}$ với mọi m

Áp dụng định lý Vi- ét ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 (m - 1) \\ x_{1} x_{2} = m - 3 \end{cases}$ . Khi đó ta có :

$\begin{array}{l} M = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2} \\ M = {[2 (m - 1)]}^{2} - 2 (m - 3) = 4 m^{2} - 8 m + 4 - 2 m + 6 \\ = 4 m^{2} - 10 m + 10 \\ \Leftrightarrow M = [{(2 m)}^{2} - 2.2 m . \frac{5}{2} + \frac{25}{4}] + \frac{15}{4} = {(2 m - \frac{5}{2})}^{2} + \frac{15}{4} \geq \frac{15}{4} \end{array}$

Vậy $M i n M = \frac{15}{4} \Leftrightarrow 2 m = \frac{5}{2} \Leftrightarrow m = \frac{5}{4}$

Câu 8:

Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB với AB = 2022, lấy điểm C (C khác A và B,từ C kẻ CH vuông góc với AB( $H \in A B)$ .Gọi D là điểm bất kỳ trên đoạn CH(D khác C và H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ 2 là E

a) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp

Xem đáp án

a) Trong (O) ta có $∠ A E B = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác BHDE có : $∠ B E D + ∠ B H D = 180 °$

$\Rightarrow$ Tứ giác BHDE nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

Câu 9:

2) Chứng minh $A D . E C = C D . A C$

Xem đáp án

2) Ta có $∠ A C D = ∠ C B A$ (cùng phụ với $∠ B C D)$

$∠ C E A = ∠ C B A$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CA) $\Rightarrow ∠ A C D = ∠ C E A$

Xét $Δ A C D$ và $Δ A E C$ có :

$∠ C A D = ∠ C A E; ∠ A C D = ∠ C E A (c m t)$

$\Rightarrow Δ A C D ∽ Δ A E C (g . g) \Rightarrow \frac{A D}{A E} = \frac{C D}{E C} \Rightarrow A D . E C = C D . A C (d f c m) ⊲$

Câu 10:

3) Chứng minh $A D . A E + B H . B A = 2022^{2}$

Xem đáp án

3) Xét $Δ A H D$ và $Δ A E B$ có : $\{\begin{cases} ∠ A H D = ∠ A E B = 90 ° \\ ∠ H A D = ∠ B A E \end{cases}$ $\Rightarrow Δ A H D ∽ Δ A E B (g . g)$

$\Rightarrow \frac{A H}{A E} = \frac{A D}{A B} \Rightarrow A D . A E = A H . A B (1)$ Ta có :

\begin{array}{l} A D . A E + B H . A B = A H . A B + B H . A B \\ = (A H + B H) . A B = A B^{2} = 2022^{2} (d f c m) \end{array}

Câu 11:

4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A, B và điểm chính giữa cung , xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất

Xem đáp án

4) Chu vi tam giác COH là :

$C O + O H + C H = \frac{A B}{2} + O H + C H = 1011 + O H + C H$

Chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất $\Leftrightarrow O H + C H$ đạt giá trị lớn nhất

Ta có : $0 < O H, C H < O C = 1011$

Áp dụng định lsy Cô – si cho OH, CH ta có :

${(O H + C H)}^{2} \leq 2 (O H^{2} + C H^{2}) = 2 O C^{2} \Leftrightarrow O H + C H \leq O C \sqrt{2}$

Dấu $" = "$ xảy ra khi $O H = C H = \frac{O C \sqrt{2}}{2}$ hay $Δ O H C$ vuông cân tại H $\Rightarrow ∠ C O A = 45 °$

Vậy chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất khi $∠ C O A = 45 °$

Câu 12:

Cho $a \geq 1348, b \geq 1348$ . Chứng minh rằng :

$a^{2} + b^{2} + a b \geq 2022 (a + b)$

Xem đáp án

Ta có: $a^{2} + b^{2} \geq 2 a b \Leftrightarrow a^{2} + b^{2} + a b \geq 3 a b$

$\Rightarrow a^{2} + b^{2} + a b \geq \frac{3}{2} a b + \frac{3}{2} a b \geq \frac{3}{2} a .1348 + \frac{3}{2} b .1348$ (Do $a \geq 1348, b \geq 1348)$

$\Rightarrow a^{2} + b^{2} + a b \geq 2022 (a + b)$

Dấu $" = "$ xảy ra khi $a = b = 1348$

Bắt đầu thi ngay