10 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 27)

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 27)

4682 lượt thi
10 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

a) Giải phương trình : $x^{2} - 3 x = 4$

Xem đáp án

a) Ta có : $x^{2} - 3 x = 4 \Leftrightarrow x^{2} - 3 x - 4 = 0$

Vì $a - b + c = 1 + 3 - 4 = 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = \frac{- c}{a} = 4 \end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là

S = \{- 1; 4\}

Câu 2:

b) Giải hệ phương trình : $\{\begin{cases} 2 x - 5 - y = 0 \\ 5 x + 3 y = 18 \end{cases}$

Xem đáp án

b) Ta có :

$\{\begin{cases} 2 x - 5 - y = 0 \\ 5 x + 3 y = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 x - y = 5 \\ 5 x + 3 y = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 6 x - 3 y = 15 \\ 5 x + 3 y = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 11 x = 33 \\ y = 2 x - 5 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 3 \\ y = 1 \end{cases}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình $(x; y) = (3; 1)$

Câu 3:

a) Rút gọn biểu thức : $P = \frac{2 \sqrt{a}}{\sqrt{a} + 3} + \frac{\sqrt{a} + 1}{\sqrt{a} - 3} + \frac{3 + 7 \sqrt{a}}{9 - a} (\begin{array}{l} a \geq 0 \\ a \neq 9 \end{array})$

Xem đáp án

a) Với $a \geq 0; a \neq 9$ ta có :

$\begin{array}{l} P = \frac{2 \sqrt{a}}{\sqrt{a} + 3} + \frac{\sqrt{a} + 1}{\sqrt{a} - 3} + \frac{3 + 7 \sqrt{a}}{9 - a} \\ = \frac{2 \sqrt{a} . (\sqrt{a} - 3) + (\sqrt{a} + 1) (\sqrt{a} + 3) - 3 - 7 \sqrt{a}}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} \\ = \frac{2 a - 6 \sqrt{a} + a + 4 \sqrt{a} + 3 - 3 - 7 \sqrt{a}}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} = \frac{3 a - 9 \sqrt{a}}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} \\ = \frac{3 \sqrt{a} (\sqrt{a} - 3)}{(\sqrt{a} + 3) (\sqrt{a} - 3)} = \frac{3 \sqrt{a}}{\sqrt{a} + 3} \end{array}$

Vậy với $a \geq 0; a \neq 9$ thì $B = \frac{3 \sqrt{a}}{\sqrt{a} + 3}$

Câu 4:

b) Cho hàm số bậc nhất y = ax -4. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng (d): y = -3x + 2 tại điểm có tung độ là 5

Xem đáp án

b) Thay y = 5 vào phương trình đường thẳng (d): y = -3x + 2 ta có :

$5 = - 3 x + 2 \Leftrightarrow - 3 x = 3 \Leftrightarrow x = - 1$

Do đó đồ thị hàm số y = ax - 4 cắt đường thẳng (d): y = -3x + 2 tại điểm A(-1; 5)

Thay x = -1, y = 5 vào hàm số y= ax - 4ta có $5 = - a - 4 \Leftrightarrow a = - 9$

Vậy a = -9

Câu 5:

a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm $1 m^{2}$ Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu

Xem đáp án

a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu : $x (m), (x > 0)$

Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là : 24: 2 = 12 (m)

$\Rightarrow$ Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là : 12 - x (m)

Khi tăng chiều dài lên 2m thì độ dài chiều dài : x + 2 (m)

Khi giảm chiều rộng đi 1m thì độ dài chiều rộng : $12 - x - 1 = 11 - x (m)$

Vì khi tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm $1 m^{2}$ nên ta có :

$\begin{array}{l} (x + 2) (11 - x) - x (12 - x) = 1 \\ \Leftrightarrow 11 x - x^{2} + 22 - 2 x - 12 x + x^{2} = 1 \\ \Leftrightarrow 3 x = 21 \Leftrightarrow x = 7 (t m) \end{array}$

$\Rightarrow$ Chiều rộng hình chữ nhật là 12 - 7 = 5 (m)

Vậy chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu lần lượt là 7m và 5m

Câu 6:

b) Cho phương trình $x^{2} - 2 (m - 1) x + m - 3 = 0$ (với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_{1}; x_{2}$ với mọi m. Tìm các giá trị của tham số m sao cho $|x_{1} - x_{2}| = 4$

Xem đáp án

b) Ta có : $x^{2} - 2 (m - 1) x + m - 3 = 0 (1)$

Phương trình (1) có : $Δ' = {(m - 1)}^{2} - m + 3 = m^{2} - 3 m + 4 = {(m - \frac{3}{2})}^{2} + \frac{7}{4} > 0$ (với mọi m). Khi đó theo định lý Vi – et ta có : $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 m - 2 \\ x_{1} x_{2} = m - 3 \end{cases}$

Theo giả thiết ta có :

$\begin{array}{l} |x_{1} - x_{2}| = 4 \Leftrightarrow x_{1}^{2} - 2 x_{1} x_{2} + x_{2}^{2} = 16 \Leftrightarrow {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 4 x_{1} x_{2} - 16 = 0 \\ \Leftrightarrow {(2 m - 2)}^{2} - 4 (m - 3) - 16 = 0 \Leftrightarrow 4 m^{2} - 12 m = 0 \\ \Leftrightarrow m^{2} - 3 m = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = 3 \end{array} \end{array}$

Vậy $m \in \{0; 3\}$ thỏa đề

Câu 7:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R) và hai đường cao AE, BF cắt nhau tại H $(E \in B C, F \in A C)$

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn

Xem đáp án

Ta có : AE, BF là đường cao của tam giác ABC nên $A E ⊥ B C, B F ⊥ A C$

$\Rightarrow ∠ A E B = ∠ A F B = 90 ° \Rightarrow A B E F$ nội tiếp một đường tròn (tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

Câu 8:

b) Chứng minh rằng

O C ⊥ E F

Xem đáp án

b) Gọi D là giao điểm của OC và EF

Ta có: $\{\begin{cases} ∠ A C O + ∠ C A O = 180 ° - ∠ A O C \\ ∠ A C O = ∠ C A O \end{cases}$ (do tam giác OAC cân tại O)

$\Rightarrow ∠ A C O = ∠ C A O = 90 ° - \frac{1}{2} ∠ A O C (1)$

Mà $∠ A O C = 2 ∠ A B C$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC(2)

$∠ A B C = ∠ D F C$ (3) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác AABEF

Từ (1),(2),(3)ta được :

$∠ A C O = 90 ° - ∠ A B C = 90 ° - ∠ D F C$

$\Rightarrow ∠ A C O + ∠ D F C = 90 ° \Rightarrow ∠ F D C = 90 ° \Rightarrow O C ⊥ E F (d f c m)$

Câu 9:

Cho tam giác ABC có $∠ B, ∠ C$ là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 2 B C^{2} + A C^{2} + A B^{2}$

Xem đáp án

Kẻ đường cao AH . Vì $∠ B, ∠ C$ là các góc nhọn nên H thuộc đoạn thẳng BC

Áp dụng định lý Pytago ta có :

$\begin{array}{l} A C^{2} = A H^{2} + H C^{2}; A B^{2} = A H^{2} + B H^{2} \\ \Rightarrow P = 2 B C^{2} + 2 A H^{2} + B H^{2} + H C^{2} \end{array}$

Ta có : $B C^{2} + A H^{2} \geq 2 B C . A H = 4 S_{Δ A B C}$

$B H^{2} + C H^{2} \geq \frac{{(B H + C H)}^{2}}{2} = \frac{B C^{2}}{2}$

Do $S_{Δ A B C}$ không đổi, A, B, C cố định nên P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $8 S_{A B C} + \frac{B C^{2}}{2}$

Dấu $" = "$ xảy ra khi $B H = C H \Leftrightarrow Δ A B C$ cân tại A

Câu 10:

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn $\sqrt{y} . (y + 1) - 6 x - 9 = (2 x + 4) \sqrt{2 x + 3} - 3 y$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $M = x y + 3 y - 4 x^{2} - 3$

Xem đáp án

ĐKXĐ: $\{\begin{cases} y \geq 0 \\ 2 x + 3 \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} y \geq 0 \\ x \geq \frac{- 3}{2} \end{cases}$

Đặt $2 x + 3 = t (t \geq 0)$ ta có :

$\begin{array}{l} \sqrt{y} (y + 1) - 6 x - 9 = (2 x + 4) \sqrt{2 x + 3} - 3 y \\ \Leftrightarrow \sqrt{y} (y + 1) - 3 (2 x + 3) = (2 x + 4) \sqrt{2 x + 3} - 3 y \\ \Leftrightarrow \sqrt{y} (y + 1) - 3 t = \sqrt{t} (t + 1) - 3 y \\ \Leftrightarrow \sqrt{y} (y + 1) - \sqrt{t} (t + 1) + 3 y - 3 t = 0 \\ \Leftrightarrow y \sqrt{y} - t \sqrt{t} + (\sqrt{y} - \sqrt{t}) + 3 (y - t) = 0 \\ \Leftrightarrow (\sqrt{y} - \sqrt{t}) (y + \sqrt{y t} + t) + (\sqrt{y} - \sqrt{t}) + 3 (\sqrt{y} - \sqrt{t}) (\sqrt{y} + \sqrt{t}) = 0 \\ \Leftrightarrow (\sqrt{y} - \sqrt{t}) (y + \sqrt{y t} + t + 1 + 4) = 0 \\ \Leftrightarrow (\sqrt{y} - \sqrt{t}) (y + \sqrt{y t} + t + 5) = 0 \Leftrightarrow y = t (d o (y + \sqrt{y t} + t + 5) > 0) \\ \Rightarrow y = 2 x + 3 \\ M = x (2 x + 3) + 3 (2 x + 3) - 4 x^{2} - 3 = - 2 x^{2} + 9 x + 6 \\ M = - 2 (x^{2} - 2 x . \frac{9}{4} + \frac{81}{16}) + \frac{81}{8} + 6 \Rightarrow M = - 2 {(x - \frac{9}{4})}^{2} + \frac{129}{8} \end{array}$

Vì $- 2 {(x - \frac{9}{4})}^{2} \leq 0$ nên $- 2 {(x - \frac{9}{4})}^{2} + \frac{129}{8} \leq \frac{129}{8} \Leftrightarrow x = \frac{9}{4}; y = \frac{15}{2}$

Vậy $M a x M = \frac{129}{8} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{9}{4} \\ y = \frac{15}{2} \end{cases}$

Bắt đầu thi ngay