Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bắc Ninh
41 câu hỏi
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm) – 50 phút
3.
\( - 3\).
\(3;\,\, - 3.\)
81.
Đáp án đúng là: A
Căn bậc hai số học của 9 là \(3.\)
\(x \ge 1\).
\(x \in \mathbb{R}\).
\(x \ne 1\).
\(x > 1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Biểu thức \(\sqrt[3]{{x - 1}}\)có điều kiện xác định là \(x \in \mathbb{R}\).
\(S = 36\).
\(S = 16\).
\(S = 7\).
\(S = 14\).
Đáp án đúng là: B
Với \(a \ge 7,\,\,b \ge 8,\,\,c \ge 9,\) ta có:
\(a + b + c - 21 = 2\left( {\sqrt {a - 7} + \sqrt {b - 8} + \sqrt {c - 9} } \right)\)
\(a + b + c - 21 = 2\sqrt {a - 7} + 2\sqrt {b - 8} + 2\sqrt {c - 9} \)
\(\left( {a - 7 - 2\sqrt {a - 7} + 1} \right) + \left( {b - 8 - 2\sqrt {b - 8} + 1} \right) + \left( {c - 9 - 2\sqrt {c - 9} + 1} \right) = 0\)
\({\left( {\sqrt {a - 7} - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {b - 8} - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {c - 9} - 1} \right)^2} = 0\,\,\,\left( * \right)\)
Mà \({\left( {\sqrt {a - 7} - 1} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {\sqrt {b - 8} - 1} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {\sqrt {c - 9} - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(a \ge 7,\,\,b \ge 8,\,\,c \ge 9.\)
Khi đó từ suy ra
Suy ra \[\sqrt {a - 7} - 1 = 0,\,\,\sqrt {b - 8} - 1 = 0,\,\,\sqrt {c - 9} - 1 = 0\]
Do đó \[a - 7 = 1,\,\,b - 8 = 1,\,\,c - 9 = 1\]
Nên \(a = 8,\,\,b = 9,\,\,c = 10\) (thỏa mãn).
Vậy \(S = a + 2b - c = 8 + 2 \cdot 9 - 10 = 16.\)
\(\left( {2;1} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
\(\left( {1;4} \right)\).
\(\left( {4;1} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Xét hàm số \(y = 2{x^2}\):
⦁ Thay \(x = 2\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 2 \cdot {2^2} = 8 \ne 1\) nên điểm \(\left( {2;1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)
⦁ Thay \(x = 1\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 2 \cdot {1^2} = 2\) nên điểm \(\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) và điểm \(\left( {1;4} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)
⦁ Thay \(x = 4\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 2 \cdot {4^2} = 32 \ne 1\) nên điểm \(\left( {4;1} \right)\) không thuộc đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}.\)
Vậy ta chọn phương án B.
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( {2; - 2} \right)\).
\(\left( {0,5;1} \right)\).
\(\left( {2;2} \right)\).
Đáp án đúng là: D
Quan sát hình vẽ, ta thấy parabol \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(\left( {1;\,\,0,5} \right)\) nên ta có:
\(0,5 = a \cdot {1^2},\) suy ra \(a = 0,5.\)
Khi đó, ta có hàm số \(y = 0,5{x^2}.\)
⦁ Thay \(x = - 1\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 0,5 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 0,5 \ne 1.\) Do đó parabol không đi qua điểm \(\left( { - 1;1} \right)\).
⦁ Thay \(x = 2\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 0,5 \cdot {2^2} = 2.\) Do đó parabol đi qua điểm \(\left( {2;2} \right)\) và không đi qua điểm \(\left( {2;\,\, - 2} \right)\).
⦁ Thay \(x = 0,5\) vào hàm số trên, ta được: \(y = 0,5 \cdot {\left( {0,5} \right)^2} = 0,125 \ne 1.\) Do đó parabol không đi qua điểm \(\left( {0,5;1} \right)\).
Vậy ta chọn phương án D.
4.
7.
6.
3.
Hướng dẫn giải Đáp án đúng là: D Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(y = x + 2\) là: \({x^2} = x + 2\) \({x^2} - x - 2 = 0\) \(\left( {{x^2} + x} \right) - \left( {2x + 2} \right) = 0\) | |
\(x\left( {x + 1} \right) - 2\left( {x + 1} \right) = 0\)
\(\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)
\(x + 1 = 0\) hoặc \(x - 2 = 0\)
\(x = - 1\) hoặc \(x = 2.\)
Thay \(x = - 1\) vào hàm số \(y = {x^2},\) ta được \(y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = {x^2},\) ta được \(y = {2^2} = 4.\)
Như vậy, đường thẳng \(y = x + 2\) cắt parabol \(y = {x^2}\) tại hai điểm \(A\left( { - 1;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {2;\,\,4} \right).\)
Gọi giao điểm của đường thẳng \(y = x + 2\) với trục tung là \(I\left( {0;\,\,2} \right).\) Suy ra \(OI = \left| 2 \right| = 2.\)
Gọi hình chiếu của \(A\left( { - 1;\,\,1} \right),\,\,B\left( {2;\,\,4} \right)\) lên trục tung lần lượt là \(H\left( {0;\,\,1} \right)\) và \(K\left( {0;\,\,4} \right).\)
Suy ra \(AH = \left| { - 1} \right| = 1;\,\,BK = \left| 2 \right| = 2.\)
Ta có: \({S_{\Delta OAI}} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot OI = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 1\) (đơn vị diện tích);
\[{S_{\Delta OBI}} = \frac{1}{2} \cdot BK \cdot OI = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2\] (đơn vị diện tích).
Vậy diện tích của tam giác \(OAB\) là: \({S_{\Delta OAB}} = {S_{\Delta OAI}} + {S_{\Delta OBI}} = 1 + 2 = 3\) (đơn vị diện tích).
\(x = - \frac{1}{3}\).
\(x = 3\).
\(x = - \frac{1}{3}\) và \(x = 3\).
\(x = \frac{1}{3}\) và \(x = - 3\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Giải phương trình:
\(\left( {x + \frac{1}{3}} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\)
\(x + \frac{1}{3} = 0\) hoặc \(x - 3 = 0\)
\(x = - \frac{1}{3}\) hoặc \(x = 3.\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = - \frac{1}{3}\) và \(x = 3\).
\(0x + 3 > 0\).
\(2x + 1 < 0\).
\(2{x^2} + 1 \le 0\).
\(\frac{1}{{3x - 5}} \le 0\).
Đáp án đúng là: B
Bất phương trình \(2x + 1 < 0\)là bất phương trình bậc nhất một ẩn có dạng \(ax + b < 0\) với \(a = 2,\,\,b = 1.\)
\({x^2} - 3x + 3 = 0\).
\(2{x^2} - 6x + 3 = 0\).
\({x^2} - 3x + 6 = 0\).
\({x^2} - 6x + 3 = 0\).
Đáp án đúng là: B
Phương trình \({x^2} - 3x + 3 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 3 = - 3 < 0\) nên phương trình vô nghiệm.
Tương tự, ta cũng xác định được phương trình \({x^2} - 3x + 6 = 0\) vô nghiệm.
Phương trình \(2{x^2} - 6x + 3 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 2 \cdot 3 = 3 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2},\) theo định lí Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 6}}{2} = 3.\)
Tương tự, ta cũng xác định được phương trình \({x^2} - 6x + 3 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2},\) theo định lí Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 6}}{1} = 6.\)
Vậy ta chọn phương án B.
\[ - 3.\]
\[ - 1.\]
0.
3.
Đáp án đúng là: C
Hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = - 1}\\{2x - y = 4}\end{array}} \right.\) có nghiệm là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{y_0} = - 2\end{array} \right..\)
Giá trị của biểu thức \(2{x_0} + {y_0}\) bằng \(2 \cdot 1 + \left( { - 2} \right) = 0.\)
7 tờ.
8 tờ.
9 tờ.
10 tờ.
Đáp án đúng là: D
Gọi \(x\) là số tờ tiền mệnh giá 5 000 đồng Bắc có \(\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó số tờ tiền mệnh giá 2 000 đồng Bắc có là \(15 - x\) (tờ).
Tổng số tiền Bắc có là: \(5\,\,000x + 2\,\,000\left( {15 - x} \right)\) (đồng).
Theo bài, Bắc có số tiền không vượt quá 60 000 đồng nên ta có bất phương trình:
\(5\,\,000x + 2\,\,000\left( {15 - x} \right) \le 60\,\,000\)
\[5\,\,000x + 30\,\,000 - 2\,\,000x \le 60\,\,000\]
\[3\,\,000x \le 30\,\,000\]
\(x \le 10.\)
Vậy Bắc có nhiều nhất bao 10 tờ tiền mệnh giá 5 000 đồng.
\(x \ne 2\).
\(x \ne - 2\).
\(x \ne 0\).
\(x = 2\).
Đáp án đúng là: A
Điều kiện xác định của phương trình \(\frac{{2x + 1}}{{x - 2}} = \frac{1}{3}\) là \(x - 2 \ne 0,\) tức là \(x \ne 2.\)
Bạn Bắc gieo một con xúc xắc 50 lần cho kết quả như sau:
Số chấm xuất hiện | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
Tần số | 8 | 7 | 10 | 8 | 6 | 11 |
9.
10.
11.
12.
Đáp án đúng là: B
Tần số xuất hiện mặt 3 chấm là 10.
Đo chiều cao (đơn vị cm) của học sinh lớp 9A ở một trường THCS người ta thu được bảng tần số ghép nhóm như sau:
Chiều cao \(({\rm{cm}})\) | \(\left[ {150;\,\,158} \right)\) | \(\left[ {158;\,\,161} \right)\) | \(\left[ {161;\,\,164} \right)\) | \(\left[ {164;\,\,167} \right)\) |
Số học sinh | 5 | 12 | 15 | 8 |
\(12,5\% \).
\(30\% \).
\(37,5\% \).
\(20\% \).
Đáp án đúng là: B
Số học sinh có chiều cao từ 158 cm đến dưới 161 cm là 12 học sinh.
Như vậy, tỉ lệ học sinh có chiều cao từ 158 cm đến dưới 161 cm là:
\(\frac{{12}}{{5 + 12 + 15 + 8}} \cdot 100\% = \frac{{12}}{{40}} \cdot 100\% = 30\% .\)
Mẫu số liệu ghép nhóm về lượng rau (đơn vị: tấn) thu được trong một năm của các đội sản xuất ở một hợp tác xã như bảng sau:
Lượng rau (tấn) | \(\left[ {5;\,\,10} \right)\) | \(\left[ {10;\,\,15} \right)\) | \(\left[ {15;\,\,20} \right)\) | \(\left[ {20;\,\,25} \right)\) | \(\left[ {25;\,\,30} \right)\) | \(\left[ {30;\,\,35} \right)\) | Cộng |
Tần số | 2 | 4 | 3 | 5 | 4 | 2 | \(N = 20\) |
4.
5.
6.
7.
Đáp án đúng là: C
Mẫu số liệu được chia thành 6 nhóm.
6.
12.
36.
24.
Đáp án đúng là: C
Không gian mẫu của phép thử là:
\[\Omega = \left\{ {\left( {1;\,\,1} \right);\,\,\left( {1;\,\,2} \right);\,\,\left( {1;\,\,3} \right);\,\,\left( {1;\,\,4} \right);\,\,\left( {1;\,\,5} \right);\,\,\left( {1;\,\,6} \right);\,\,...;\,\,\left( {6;\,\,1} \right);\left( {6;\,\,2} \right);\,\,\left( {6;\,\,3} \right);\,\,\left( {6;\,\,4} \right);\,\,\left( {6;\,\,5} \right);\,\,\left( {6;\,\,6} \right)} \right\}\]
Không gian mẫu có 36 phần tử.
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{2}{3}\).
Đáp án đúng là: D
Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \){(xanh, đỏ); (xanh, vàng); (đỏ, vàng)}.
Không gian mẫu có 3 phần tử.
Có 2 kết quả thuận lợi của biến cố “Trong hai quả bóng lấy ra có quả bóng màu vàng” là (xanh, vàng); (đỏ, vàng).
Xác suất của biến cố đó là: \(\frac{2}{3}.\)
Biểu đồ tần số ở hình dưới đây biểu diễn số lượng laptop bán được của một cửa hàng trong bốn tháng 4, 5, 6, 7.
Nếu mỗi laptop bán ra cửa hàng được lãi 800 000 đồng thì sau bốn tháng 4, 5, 6, 7 cửa hàng thu được số tiền lãi là
56 000 000 đồng.
40 800 000 đồng.
46 400 000 đồng.
18 400 000 đồng.
Đáp án đúng là: A
Cửa hàng bán được số chiếc laptop trong bốn tháng 4, 5, 6, 7 là: \(12 + 16 + 23 + 19 = 70\) (chiếc).
Số tiền lãi cửa hàng thu được là: \(70 \cdot 800\,\,000 = 56\,\,000\,\,000\) (đồng).
Kết quả đúng với \(E.\)
Kết quả phù hợp với \(E.\)
Kết quả của \(E.\)
Kết quả thuận lợi cho \(E.\)
Đáp án đúng là: D
Kết quả của phép thử \(T\) làm cho biến cố \(E\) xảy ra được gọi là kết quả thuận lợi cho \(E.\)
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{2}{3}\).
\(\frac{1}{3}\).
Đáp án đúng là: B
Không gian mẫu là: {ti vi; bàn ghế; tủ lạnh; máy tính; bếp từ; bộ bát đĩa}.
Không gian mẫu có 6 phần tử.
Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố A là đồ điện.
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(\frac{1}{6}.\)
\(53^\circ 7'.\)
\(53^\circ \).
\(53^\circ 13\prime \).
\(53^\circ 8\prime \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có \(A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25;\,\,B{C^2} = {5^2} = 25.\)
Do đó \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\) nên theo định lí Pythagore đảo, \(\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)
Khi đó, ta có: \(\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{4}{5},\) suy ra \(\widehat {ABC} \approx 53^\circ 8'.\)Hai con thuyền \(P\) và \(Q\) cách nhau 300 m và thẳng hàng với chân \(B\) của tháp hải đăng ở trên bờ biển. Từ \(P\) và \(Q\) người ta nhìn thấy tháp hải đăng dưới các góc \(\widehat {BPA} = 14^\circ \) và \(\widehat {BQA} = 42^\circ .\) Đặt \(h = AB\) là chiều cao của tháp hải đăng.
\[103,4\] m.
\[103,5\] m.
103 m.
104 m.
Đáp án đúng là: C
Xét \(\Delta APB\) vuông tại \(B,\) ta có: \(BP = AB \cdot \cot P.\)
Xét \(\Delta AQB\) vuông tại \(B,\) ta có: \(BQ = AB \cdot \cot Q.\)
Ta có: \(PQ = BP - BQ\)
Suy ra \(300 = AB \cdot \left( {\cot 14^\circ - \cot 42^\circ } \right)\)
Do đó \[AB = \frac{{300}}{{\cot 14^\circ - \cot 42^\circ }} \approx 103{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]
\(AH = 8\;{\rm{cm}}\).
\(AH = 8\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).
\(AH = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}\;{\rm{cm}}\).
\(AH = 16\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có:
\(AB = AC \cdot \cot B = 16 \cdot \cot 60^\circ = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H,\) ta có: \(AH = AB \cdot \sin B = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \cdot \sin 60^\circ = 8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
\(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\).
\(\cos B = \frac{{AC}}{{AB}}\).
\(\cos B = \frac{{AB}}{{AC}}\).
\(\cos B = \frac{{AC}}{{BC}}\).
Đáp án đúng là: A
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.\)\(60\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(80\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(135\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(180\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Đường sinh của hình nón là: \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}} = 15{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Diện tích xung quanh của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi \cdot 9 \cdot 15 = 135\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
\(1500\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(150\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(300\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(3000\pi \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
Đáp án đúng là: A
Diện tích xung quanh của trục lăn hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi \cdot \left( {\frac{6}{2}} \right) \cdot 25 = 150\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Vậy sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên mặt phẳng có diện tích là \(10 \cdot 150\pi = 1\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
Đáp án đúng là: D
Giả sử hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến bài cho với đường tròn \(\left( O \right)\) là \(A,\,\,B.\) Khi đó \(OA \bot AM\) tại \(A.\)
Xét \(\Delta AOM\) vuông tại \(A,\) ta có:\(\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{R\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\) Suy ra \(\widehat {AOM} = 45^\circ .\)
\(\Delta AOM\)vuông tại \(A\) có \(\widehat {AOM} = 45^\circ \) nên \(\Delta AOM\)vuông cân tại \(A,\) do đó \(\widehat {AMO} = 45^\circ .\)
Lại có \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) nên \(MO\) là tia phân giác của \(\widehat {AMB},\) suy ra \[\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ .\]
Vậy số đo góc tạo bởi hai tiếp tuyến bằng \(90^\circ .\)
\(30^\circ \).
\(40^\circ \).
\(35^\circ \).
\(45^\circ \).
Xét đường tròn đường kính \(AC\) có \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {ABC} - \widehat {DBC} = 90^\circ - 55^\circ = 35^\circ .\)
Do đó \(\widehat {ACD} = \widehat {ABD} = 35^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD\) của đường tròn).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(120^\circ \).
\(180^\circ \).
Đáp án đúng là: C
Vì \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(M\) nên \(OM\) là tia phân giác của \(\widehat {AOB},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {AOM} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)\(2\sqrt 3 \;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).
\(\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).
\(3\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).
\(2\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).
Đáp án đúng là: D
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 6 cm là \(\frac{{6 \cdot \sqrt 3 }}{3} = 2\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
\(MA \cdot MB = 15\).
\(MA \cdot MB = 16\).
\(MA \cdot MB = 10\).
\(MA \cdot MB = 30\).
Chọn B
Giả sử \(MC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)\((C\) là tiếp điểm).
Xét \(\Delta OAC\) cân tại \(O\) (do \(OA = OC)\) nên
\(\widehat {OCA} = \widehat {OAC} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOC}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOC}.\)Mà \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\) (do \(\widehat {ABC},\,\,\widehat {AOC}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\) của đường tròn \(\left( O \right)).\)
Suy ra \(\widehat {OCA} = 90^\circ - \widehat {ABC}\) hay \(\widehat {ABC} = 90^\circ - \widehat {OCA}.\)
Lại có \(\widehat {OCA} + \widehat {ACM} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ACM} = 90^\circ - \widehat {OCA}.\) Như vậy, \(\widehat {ABC} = \widehat {ACM}.\)
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MCB\) có: \(\widehat {BMC}\) là góc chung và \(\widehat {MCA} = \widehat {MBC}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MC}}{{MB}}\) nên \(MA \cdot MB = M{C^2}.\)
Xét \(\Delta OMC\) vuông tại \(C,\) theo định lí Pythagore, ta có: \(O{M^2} = O{C^2} + M{C^2}\)
Suy ra \(M{C^2} = O{M^2} - O{C^2} = {5^2} - {3^2} = 16.\)
Vậy \(MA \cdot MB = M{C^2} = 16.\)
5.
10.
4.
3.
Đáp án đúng là: A
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) theo định lí Pythagore, ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100.\) Suy ra \(BC = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có bán kính bằng nửa cạnh huyền \(BC.\)Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm) – 70 phút
Bài 1. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình \(3x - 6 = 0.\)
2) Rút gọn biểu thức \(A = \frac{2}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x \ge 0;\,\,x \ne 1.\)
1) \(3x - 6 = 0\)
\(3x = 6\)
\(x = 2.\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = 2.\)
2) Với \(x \ge 0;\,\,x \ne 1,\) ta có:
\(A = \frac{2}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}} = \frac{2}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x + 1}}\)
\( = \frac{2}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\)
\( = \frac{{2 + \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}.\)
Vậy với \(x \ge 0;\,\,x \ne 1\) thì \(A = \frac{1}{{\sqrt x - 1}}.\)
Câu 34-35: (1,0 điểm) Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)\((1)\) (với \(m\) là tham số).
Khi \(m = - 2,\) phương trình (1) trở thành \({x^2} + 2x - 3 = 0.\)
Phương trình trên có \(a = 1,\,\,b = 2,\,\,c = - 3\) nên \(a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0.\)
Như vậy, phương trình này có hai nghiệm là \({x_1} = 1;\,\,{x_2} = - 3.\)
Vậy khi \(m = - 2,\) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;\,\,{x_2} = - 3.\)
Xét phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0\,\,\,(1)\)
Có \(\Delta ' = {1^2} - 1 \cdot \left( {m - 1} \right) = 1 - m + 1 = 2 - m.\)
Để phương trình \((1)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0,\) tức là \(2 - m > 0,\) hay \(m < 2.\)
Khi đó, theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1.\end{array} \right.\)
Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 3\)
\(x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = 3\)
\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 3\)
\({\left( { - 2} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 3\)
\(4 - 2m + 2 = 3\)
\( - 2m = - 3\)
\(m = \frac{3}{2}\) (thỏa mãn \(m < 2).\)
Vậy \(m = \frac{3}{2}.\)
(1,0 điểm) Một gia đình có bốn người lớn và ba trẻ em mua vé xem xiếc hết 370 000 đồng. Một gia đình khác có hai người lớn và hai trẻ em cũng mua vé xem xiếc tại rạp đó hết 200 000 đồng. Hỏi giá bán từng loại vé cho người lớn và trẻ em là bao nhiêu? Biết rằng rạp bán hai hạng vé: người lớn và trẻ em, mỗi người vào xem đều phải mua một vé đúng hạng.
Gọi \(x,\,\,y\) (nghìn đồng) lần lượt là giá vé cho người lớn và trẻ em \(\left( {x,\,\,y > 0} \right).\)
Bốn người lớn và ba trẻ em mua vé xem xiếc hết 370 000 đồng nên ta có phương trình:
\(4x + 3y = 370.\) (1)
Hai người lớn và hai trẻ em mua vé xem xiếc hết 200 000 đồng nên ta có phương trình:
\(2x + 2y = 200\) hay \(x + y = 100.\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 370\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + y = 100\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Nhân hai vế của phương trình (2) với 3, ta được hệ phương trình mới \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 370\\3x + 3y = 300.\end{array} \right.\)
Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:
\(x = 70\) (thỏa mãn).
Thay \[x = 70\] vào phương trình \(\left( 2 \right),\) ta được: \(70 + y = 100,\) suy ra \(y = 30\) (thỏa mãn).
Vậy giá vé của người lớn là \(70\,\,000\) đồng và giá vé của trẻ em là \(30\,\,000\) đồng.
Câu 37-39: (2,0 điểm) Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AD.\) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD,\) kẻ \(HK \bot AD\,\,\left( {K \in AD} \right).\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AD\) có \[\widehat {ACD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\Delta HCD\) vuông tại \(C.\)
Suy ra ba điểm \(H,\,\,C,\,\,D\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HD.\)
Ta có \(\widehat {HKD} = 90^\circ \) nên ba điểm \(H,\,\,K,\,\,D\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HD.\)
Do đó, bốn điểm \(C,\,\,D,\,\,K,\,\,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HD.\)
Vậy tứ giác \(CDKH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HD.\)Vì \(\widehat {HCD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HCM} = 90^\circ ,\) suy ra ba điểm \(H,\,\,C,\,\,M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)
Tương tự, ta có ba điểm \(H,\,\,B,\,\,M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)
Do đó, bốn điểm \(H,\,\,B,\,\,M,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)
Như vậy, tứ giác \(HBMC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HM.\)
Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC).\) (1)
Do tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {CBA} + \widehat {ADC} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối nhau)
Tứ giác \(CDKH\)nội tiếp đường tròn đường kính \(HD\) nên \(\widehat {CHK} + \widehat {KDC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau) hay \[\widehat {CHK} + \widehat {ADC} = 180^\circ \].
Suy ra \[\widehat {CBA} = \widehat {CHK}.\]
Lại có \[\widehat {MBC} + \widehat {CBA} = 180^\circ \] (hai góc kề bù) nên \[\widehat {MBC} + \widehat {CHK} = 180^\circ \] (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {MHC} + \widehat {CHK} = 180^\circ \] hay \(\widehat {MHK} = 180^\circ .\)
Do đó ba điểm \(M,\,\,H,\,\,K\) thẳng hàng.
⦁Tứ giác \(CDKH\)nội tiếp nên \(\widehat {HCK} = \widehat {HDK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HK)\)
Tứ giác \(HBMC\) nội tiếp nên \(\widehat {HCB} = \widehat {HMB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BH)\)
Mà \(\widehat {BDA} = \widehat {KMA}\) (cùng phụ với \(\widehat {MAD})\) hay \(\widehat {HDK} = \widehat {HMB}\) nên \(\widehat {HCK} = \widehat {HCB}\)
Suy ra \(CH\) là tia phân giác của \(\widehat {BCK}.\)
Xét \(\Delta BCN\) có \(CH\) là tia phân giác của \(\widehat {BCN}\) nên \(\frac{{HN}}{{HB}} = \frac{{CN}}{{CB}}\) (tính chất tia phân giác). (5)
⦁ Kẻ đường thẳng song song với \(CK,\) cắt \(MD\) tại \(P.\)
Xét \(\Delta BDP\) có \(BP\,{\rm{//}}\,CN\) nên \(\frac{{CN}}{{PB}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) (hệ quả định lí Thalès). (3)
Ta có \(\widehat {HCK} + \widehat {KCD} = 90^\circ \) và \(\widehat {HCB} + \widehat {BCP} = 90^\circ \)
Mà \(\widehat {HCK} = \widehat {HCB}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {KCD} = \widehat {BCP}.\)
Do \(BP\,{\rm{//}}\,CK\) nên \(\widehat {BPC} = \widehat {KCD}\) (hai góc đồng vị).
Suy ra \(\widehat {BCP} = \widehat {BPC}\) nên \(\Delta BCP\) cân tại \(B.\) Do đó \[BC = BP.\] (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{CN}}{{BC}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) (6)
⦁ Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{HN}}{{HB}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) hay \(BD \cdot HN = DN \cdot HB.\)
⦁ Chứng minh bổ đề 1: Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}.\)
Thật vậy, với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có:
\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)
\({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)
\({x^2} + 2xy + {y^2} \ge 4xy\)
\({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy\)
\(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}} \ge \frac{{4xy}}{{xy\left( {x + y} \right)}}\)
\(\frac{{x + y}}{{xy}} \ge \frac{4}{{x + y}}\)
\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y.\) Bất đẳng thức được chứng minh.
Chứng minh bổ đề 2: Với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có \(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2.\)
Thật vậy, với \(x > 0,\,\,y > 0\) ta luôn có:
\({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\)
\({x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\)
\({x^2} + {y^2} \ge 2xy\)
\(\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy}} \ge \frac{{2xy}}{{xy}}\)
\(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2.\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y.\) Bất đẳng thức được chứng minh.
⦁ Với \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương, ta có:
\(P = \frac{{3\left( {b + c} \right)}}{{2a}} + \frac{{4a + 3c}}{{3b}} + \frac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}}\)
\( = \frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{4a}}{{3b}} + \frac{{3c}}{{3b}} + \frac{{12\left( {b - c} \right)}}{{2a + 3c}} + 4 - 4\)
\( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{3b}} + 1} \right) + \left( {\frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{3b}}} \right) + \frac{{12b - 12c + 8a + 12c}}{{2a + 3c}} - 5\)
\( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + \left( {\frac{{2a}}{{3b}} + \frac{{2a}}{{2a}}} \right) + \left( {\frac{{3c}}{{2a}} + \frac{{3c}}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\)
\( = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + 2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) + 3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5.\)
⦁ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}} \ge 2\sqrt {\frac{{3b}}{{2a}} \cdot \frac{{2a}}{{3b}}} = 2.\)
Áp dụng bất đẳng thức bổ đề 1 đã chứng minh ở trên, ta có:
\[2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) \ge \frac{{2a \cdot 4}}{{2a + 3b}}\] và \[3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) \ge \frac{{3c \cdot 4}}{{2a + 3b}}.\]
Do đó \(P = \left( {\frac{{3b}}{{2a}} + \frac{{2a}}{{3b}}} \right) + 2a\left( {\frac{1}{{3b}} + \frac{1}{{2a}}} \right) + 3c\left( {\frac{1}{{2a}} + \frac{1}{{3b}}} \right) + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\)
\[ \ge 2 + \frac{{2a \cdot 4}}{{2a + 3b}} + \frac{{3c \cdot 4}}{{2a + 3b}} + \frac{{4\left( {3b + 2a} \right)}}{{2a + 3c}} - 5\]
\[ \ge 2 + 4\left( {\frac{{2a + 3c}}{{2a + 3b}} + \frac{{2a + 3b}}{{2a + 3c}}} \right) - 5\]
\[ \ge 2 + 4 \cdot 2 - 5\] (áp dụng bất đẳng thức bổ đề 2 đã chứng minh)
\[ = 5.\]
Như vậy, \(P \ge 5.\) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3b}}{{2a}} = \frac{{2a}}{{3b}}\\\frac{1}{{3b}} = \frac{1}{{2a}}\\\frac{1}{{2a}} = \frac{1}{{3b}}\\\frac{{2a + 3c}}{{2a + 3b}} = \frac{{2a + 3b}}{{2a + 3c}}\end{array} \right.\) tức là \(2a = 3b = 3c.\)
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi \(2a = 3b = 3c.\)
Gọi \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C\] là ba đỉnh của khu dân cư sao cho \[AB = 900\] m, \[AC = 1{\rm{ }}200\] m và \[BC = 1{\rm{ }}500\] m.
Xét \(\Delta ABC\) có:
⦁\[A{B^2} + A{C^2} = {900^2} + 1{\rm{ }}{200^2} = 2{\rm{ }}250{\rm{ }}000;\]
⦁\[B{C^2} = 1{\rm{ }}{500^2} = 2{\rm{ }}250{\rm{ }}000.\]
Do đó \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2},\] nên theo định lí Pythagore đảo ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \[A.\]Gọi \[O\] là vị trí xây dựng khách sạn; \[H,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\] lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ \[O\] đến \[AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CA.\]
Vì vị trí xây dựng khách sạn cách đều cả ba con đường nên \[OH = OI = OK.\]
Mặt khác, \({S_{OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot AB;\)\({S_{OBC}} = \frac{1}{2} \cdot OI \cdot BC;\)\({S_{OCA}} = \frac{1}{2} \cdot OK \cdot CA.\)
Mà \({S_{ABC}} = {S_{OAB}} + {S_{OBC}} + {S_{OCA}}\)
Suy ra \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot AB + \frac{1}{2} \cdot OI \cdot BC + \frac{1}{2} \cdot OK \cdot CA\]
Do đó \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot \left( {AB + BC + CA} \right)\]
Nên \(OH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB + BC + CA}}{\rm{.}}\)
Chu vi của phần đất giới hạn bởi tam giác \[ABC\] là:
\[AB + BC + CA = 900 + 1{\rm{ }}500 + 1{\rm{ }}200{\rm{ }} = 3{\rm{ }}600\] (m).
Diện tích của phần đất giới hạn bởi tam giác \[ABC\] là:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 900 \cdot 1\,\,200 = 540\,\,000{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Do đó \(OH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB + BC + CA}} = \frac{{2 \cdot 540\,\,000}}{{3\,\,600}} = 300{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Vậy khách sạn sẽ cách mỗi con đường một khoảng là 300 mét.
