9 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 25)

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 25)

4680 lượt thi
9 câu hỏi
60 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho $P = (\frac{b - a}{\sqrt{b} - \sqrt{a}} - \frac{a \sqrt{a} - b \sqrt{b}}{a - b}) : \frac{{(\sqrt{b} - \sqrt{a})}^{2} + \sqrt{a b}}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} (\begin{array}{l} a \geq 0, b \geq 0 \\ a \neq b \end{array})$

a) Rút gọn P

Xem đáp án

$\begin{array}{l} P = (\frac{b - a}{\sqrt{b} - \sqrt{a}} - \frac{a \sqrt{a} - b \sqrt{b}}{a - b}) : \frac{{(\sqrt{b} - \sqrt{a})}^{2} + \sqrt{a b}}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} \\ = [\frac{(\sqrt{b} - \sqrt{a}) (\sqrt{b} + \sqrt{a})}{\sqrt{b} - \sqrt{a}} - \frac{\sqrt{a^{3}} - \sqrt{b^{3}}}{a - b}] : \frac{b - 2 \sqrt{a b} + a + \sqrt{a b}}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} \\ = (\sqrt{b} + \sqrt{a} - \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b}) (a + \sqrt{a b} + b)}{(\sqrt{a} - \sqrt{b}) (\sqrt{a} + \sqrt{b})}) : \frac{b - \sqrt{a b} + a}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} \\ = \frac{{(\sqrt{a} + \sqrt{b})}^{2} - a - \sqrt{a b} - b}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} . \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{b - \sqrt{a b} + a} = \frac{a + 2 \sqrt{a b} + b - a - \sqrt{a b} - b}{b - \sqrt{a b} + a} \\ = \frac{\sqrt{a b}}{a - \sqrt{a b} + b} \end{array}$

Vậy $P = \frac{\sqrt{a b}}{a - \sqrt{a b} + b}$ với $a \geq 0, b \geq 0, a \neq b$

Câu 2:

b) Chứng minh rằng $P \geq 0$

Xem đáp án

b) Ta có : ${(\sqrt{a} - \sqrt{b})}^{2} \geq 0 \Leftrightarrow a - 2 \sqrt{a b} + b \geq 0 \Leftrightarrow a + b \geq 2 \sqrt{a b} > \sqrt{a b}$

Do đó $a + b - \sqrt{a b} > 0.$ Mà $\sqrt{a b} \geq 0$

Suy ra $P = \frac{\sqrt{a b}}{a - \sqrt{a b} + b} \geq 0$ với $a \geq 0, b \geq 0, a \neq b$ (đpcm)

Câu 3:

a) Chứng minh rằng : với mọi giá trị của m ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm: $x^{2} - (2 m + 1) x + m^{2} + 3 = 0; x^{2} - m x + 4 m - 11 = 0$

Xem đáp án

a) Đặt $x^{2} - (2 m + 1) x + m^{2} + 3 = 0 (1)$ và $x^{2} - m x + 4 m - 11 = 0 (2)$

Giả sử cả 2 phương trình đều vô nghiệm $\Rightarrow \{\begin{cases} 4 m - 11 < 0 \\ m^{2} - 4 (4 m - 11) < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 4 m - 11 < 0 \\ m^{2} < 4 (4 m - 11) < 0 (v o l y) \end{cases}$ $\Rightarrow$ Giả sử sai

Vậy trong 2 phương trình đã cho có ít nhất 1 phương trình có nghiệm (đpcm)

Câu 4:

Một tấm biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O, bán kính bằng 1,6m. Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng 1,6m sao cho $∠ B O C = 45 °$ (như hình vẽ). Người ta cần sơn màu toàn bộ tấm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như hình ở bên. Biết mức chi phí sơn phần hình tô đậm là 150 nghìn đồng $/ m^{2}$ và phần còn lại là 200 nghin đồng $/ m^{2}$ . Hỏi số tiền (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo bằng bao nhiêu ? Cho $π = 3,14$

Xem đáp án

Diện tích hình tròn là $S = π R^{2} = {3,14.1,6}^{2} = 8,0384 (c m^{2})$

Gọi H là trung điểm của BBC

Vì ABCD là hình vuông nên $O A = O B = O C = O D \Rightarrow Δ O B C$ cân tại O $\Rightarrow O H ⊥ B C$ (đường trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác vuông)

Xét tam giác OBC có: $∠ O B C = ∠ O C B = \frac{180 ° - ∠ B O C}{2} = 67,5 °$

Xét tam giác vuông OHB có :

$\begin{array}{l} \sin ∠ O B C = \sin ∠ O B H = \frac{O H}{O B} \Rightarrow O H = O B . \sin ∠ O B H = 1,6. \sin 67,5 ° \\ \cos ∠ O B C = \cos ∠ O B H = \frac{B H}{O B} \Rightarrow B H = O B . \cos ∠ O B H = 1,6 \cos 67,5 ° \\ \Rightarrow B C = 3,2. \cos 67,5 ° \\ \Rightarrow S_{q O B C} = \frac{π R^{2} .45}{360} = \frac{{3,14.1,6}^{2}}{8} = 1,0048 (c m^{2}) \end{array}$

$\Rightarrow$ Diện tích phần hình tô đậm là $S_{2} = S - S_{1} \approx 7,839 (c m^{2})$

Vậy chi phí để sơn toàn bộ biển quảng cáo là :

$150 000 S_{2} + 200 000 S_{1} = 1215000$ (đồng)

Câu 5:

Cho ba điểm A, B, C cố định sao cho A, B,C thẳng hàng, B nằm giữa A và C. Gọi (d) là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB. Lấy điểm M tùy ý trên (d) . Đường thẳng đi qua B và vuông góc với AM cắt các đường thẳng AM, d lần lượt tại I, N. Đường thẳng MB cắt AN tại K

a) Chứng minh rằng tứ giác MIKN nội tiếp

Xem đáp án

Tam giác AMN có : $\{\begin{cases} A C ⊥ M N (g t) \\ I N ⊥ A M (g t) \\ A C \cap N I = \{B\} \end{cases} \Rightarrow B$ là trực tâm tam giác AMN

$\Rightarrow M K ⊥ A N$

Xét tứ giác MIKN có $∠ M I N = ∠ M K N = 90 °$

Suy ra tứ giác MIKN nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)

Câu 6:

b) Chứng minh rằng $C M . C N = A C . B C$

Xem đáp án

b) Xét tam giác MBC và tam giác ANC có :

$∠ M C B = ∠ A C N = 90 °; ∠ C M B = C A N$ (cùng phụ với $∠ A N M)$

\Rightarrow Δ M B C ∽ Δ A N C (g . g) \Rightarrow \frac{B C}{C N} = \frac{M C}{A C} \Rightarrow C M . N C = A C . B C (d f c m)

Câu 7:

c) Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Vẽ hình bình hành MBNE . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BE . Chứng minh rằng OH vuông góc với đường thẳng (d) và $O H = \frac{1}{2} A B$

Xem đáp án

c) Tứ giác BMEN là hình bình hành có H là trung điểm BE nên H đồng thời là trung điểm của MN (tính chất hình bình hành)

Ta có : $O M = O N \Rightarrow Δ O M N$ cân tại O

Lại có H là trung điểm của MN suy ra $O H ⊥ M N$ hay $O H ⊥ (d)$ (trong tam giác cân, đường trung tuyến đồng thời là đường cao)

Gọi Q là giao điểm giữa MO với đường tròn $(O) (Q \neq M)$ $\Rightarrow M Q$ là đường kính của (O)

Ta có tam giác MQN có $\{\begin{cases} H M = H N (c m t) \\ Q O = O M (c a c h v e) \end{cases}$

Suy ra OH là đường trung bình của tam giác $M Q N \Rightarrow O H = \frac{1}{2} Q N (1)$ (tính chất đường trung bình của tam giác)

Ta có : $∠ M N Q = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow M N ⊥ N Q$

Mà $A B ⊥ M N (g t) \Rightarrow A B / / N Q$ (từ vuông góc đến song song)

Chứng minh tương tự ta có $A Q / / B N$

Suy ra tứ giác ABNQ là hình bình hành (dhnb) $\Rightarrow A B = N Q (2)$

Từ (1), (2) suy ra $O H = \frac{1}{2} A B (d f c m)$

Câu 8:

a) Giải hệ phương trình sau : $\{\begin{cases} x^{2} + y^{2} - 4 x = 57 \\ {|x - 1|}^{2021} + {|x - 2|}^{2021} = 1 \end{cases}$

Xem đáp án

a) +Nếu $x > 2$ thì $x - 1 > 1 \Rightarrow {|x - 1|}^{2021} + {|x - 2|}^{2020} > 1 \Rightarrow$ Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu $x < 1 \Rightarrow 2 - x > 1 \Rightarrow {|x - 1|}^{2021} + {|x - 2|}^{2020} > 1 \Rightarrow$ Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu $1 < x < 2 \Rightarrow \{\begin{cases} 0 < x - 1 < 1 \\ 0 < 2 - x < 1 \end{cases}$

Khi đó ta có : $\{\begin{cases} {|x - 1|}^{2021} < |x - 1| = x - 1 \\ {|x - 2|}^{2020} = {|2 - x|}^{2020} < |2 - x| = 2 - x \end{cases}$

$\Rightarrow {|x - 1|}^{2021} + {|x - 2|}^{2020} = 1 < x - 1 + 2 - x = 1 \Rightarrow$ Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu x = 1 (thỏa mãn (2), thay vào (1) ta có : $1 + y^{2} - 4 = 57 \Leftrightarrow y^{2} = 60 \Leftrightarrow y = \pm 2 \sqrt{15}$

+Nếu x = 2 (thỏa mãn (2), thay vào (1) , ta có :

$4 + y^{2} - 8 = 57 \Leftrightarrow y^{2} = 61 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt{61}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

$(x; y) \in \{(1; 2 \sqrt{15}); (1; - 2 \sqrt{15}); (2; \sqrt{61}); (2; - \sqrt{61})\}$

Câu 9:

b) Cho a và b là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng $a \sqrt{2} + b \sqrt{3}$ cũng là số hữu tỉ

Xem đáp án

b) Ta có : $(a \sqrt{2} + b \sqrt{3}) (a \sqrt{2} - b \sqrt{3}) = 2 a^{2} - 3 b^{2}$

Vì $a, b \in ℚ \Rightarrow 2 a^{2} - 3 b^{2} \in ℚ \Rightarrow (a \sqrt{2} + b \sqrt{3}) (a \sqrt{2} - b \sqrt{3}) \in ℚ$

Mà $a \sqrt{2} + b \sqrt{3} \in ℚ \Rightarrow a \sqrt{2} - b \sqrt{3} \in ℚ$

$\Rightarrow \{\begin{cases} (a \sqrt{2} + b \sqrt{3}) + (a \sqrt{2} - b \sqrt{3}) \in ℚ \\ (a \sqrt{2} + b \sqrt{3}) - (a \sqrt{2} - b \sqrt{3}) \in ℚ \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} 2 a \sqrt{2} \in ℚ \\ 2 b \sqrt{3} \in ℚ \end{cases} \Rightarrow a = b = 0$

Vậy với $a, b \in ℚ,$ nếu $a \sqrt{2} + b \sqrt{3}$ cũng là số hữu tỉ thì $a = b = 0 (d f c m)$

Bắt đầu thi ngay