Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 2)

Đáp án đúng là: A

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng \(a{x^2} + bx + c = 0\) với \(a \ne 0.\)

Do đó phương trình bậc hai một ẩn trong các phương án ở trên là \({x^2}\sqrt 2 + 3x - 2 = 0\).

Đáp án đúng là: D

Vì \(a < b\) nên \(2025a < 2025b\), suy ra \(2025a + 1 < 2025b + 1 < 2025b + 2\).

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Sử dụng máy tính cầm tay, ta lần lượt bấm các phím

Trên màn hình hiện lên kết quả \(x = 3;\) ấn tiếp phím = màn hình hiện kết quả \(y = \frac{3}{2}.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là \(\left( {3;\,\,\frac{3}{2}} \right).\) Ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: B

Đường tròn có một tâm đối xứng và có vô số trục đối xứng.

Đáp án đúng là: C

Do \[MNPQ\] là hình vuông nên \(MP \bot NQ,\) do đó \(\widehat {MON} = \widehat {NOP} = \widehat {POQ} = \widehat {QOM} = 90^\circ \).

Ta có phép quay thuận chiều tâm \(O\) biến điểm \(M\) thành điểm \(Q\) có góc quay là

\(\widehat {MON} + \widehat {NOP} + \widehat {POQ} = 90^\circ + 90^\circ + 90^\circ = 270^\circ .\)

Ta thấy \(\widehat {NOP} + \widehat {POQ} + \widehat {QOM} = 90^\circ + 90^\circ + 90^\circ = 270^\circ .\)

Do đó phép quay thuận chiều \(270^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(N\) thành điểm \(M\).

Tương tự, phép quay thuận chiều \(270^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(P,\,\,Q\) lần lượt thành các điểm \(N,\,\,P\).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Bán kính đáy của thùng tôn có dạng hình trụ là \(R = \frac{{59}}{2} = 29,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích toàn phần của thùng tôn đó là:

\({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}} = 2\pi \cdot 29,5 \cdot 91 + 2 \cdot \pi \cdot 29,{5^2} = 7\,\,109,5\pi \approx 7\,\,109,5 \cdot 3,14 = 22\,\,323,83{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Đổi \[22\,\,323,83{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2} = 2,232383{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}.\]

Số tiền mà doanh nghiệp cần chi để sản xuất \[1\,\,000\] thùng tôn là:

\(\left( {2,232383 \cdot 100\,\,000} \right) \cdot 1\,\,000 \approx 223\,\,238\,\,000\) (đồng).

Đáp án đúng là: A

Xét phép thử “Gieo đồng thời hai đồng xu cân đối và đồng chất và quan sát mặt xuất hiện của đồng xu”.

Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left\{ {\left( {S,\,S} \right);\,\,\left( {S,\,N} \right);\,\,\left( {N,\,S} \right);\,\,\left( {N,\,N} \right)} \right\}.\)

Đáp án đúng là: A

Tần số xuất hiện mặt 3 chấm là: \(50 - 8 - 7 - 8 - 6 - 11 = 10.\)

Tần số tương đối xuất hiện của mặt 3 chấm là: \(f = \frac{{10}}{{50}} \cdot 100\% = 20\% \).

Đáp án:               a) Đúng;         b) Sai;            c) Đúng;         d) Sai.

a) Tổng số quyển vở đã mua là 500 quyển nên \(x + y = 500\).

b) Tổng số tiền nhà trường mua 500 quyển vở là 4 200 000 đồng nên \(8\,\,000x + 9\,\,000y = 4\,\,200\,\,000\) hay \(8x + 9y = 4\,\,200\)

c) Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 500}\\{8x + 9y = 4\,\,200.}\end{array}} \right.\)

Sử dụng máy tính cầm tay giải hệ phương trình (1) ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

d) Gọi \(u,\,\,v\) lần lượt là số học sinh Xuất sắc và số học sinh Giỏi \(\left( {u,\,\,v \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Mỗi học sinh Xuất sắc được thưởng 02 quyển vở loại thứ nhất và 01 quyển vở loại thứ hai nên ta có phương trình \(2u + v = 300.\)

Mỗi học sinh Giỏi được thưởng 01 quyển vở loại thứ nhất và 01 quyển vở loại thứ hai nên ta có phương trình \(u + v = 200.\)

Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2u + v = 300}\\{u + v = 200}\end{array}} \right.\) (2).

Sử dụng máy tính cầm tay giải hệ phương trình (2) ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = 100}\\{v = 100}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy có tổng \(100 + 100 = 200\) học sinh Xuất sắc và Giỏi, chiếm \(40\% \) tổng số học sinh cả trường.

Do đó, tổng số học sinh của trường là \(200:40\% = 500\) (học sinh).

Đáp án:               a) Đúng;         b) Đúng;         c) Sai;             d) Sai.

a) Giá của chiếc áo sau lần giảm giá thứ nhất là \(120\,\,000 - 120\,\,000 \cdot x\% = 120\,\,000 - 1\,\,200x\) (đồng).

b) Giá của chiếc áo sau hai lần giảm giá là:

\(\left( {120\,\,000 - 1\,\,200x} \right) - \left( {120\,\,000 - 1\,\,200x} \right) \cdot x\% \)

\( = 120\,\,000 - 1\,\,200x - 1\,\,200x + 12{x^2}\)

\( = 12{x^2} - 2\,\,400x + 120\,\,000\) (đồng).

c) Theo bài, sau hai đợt giảm giá, giá của chiếc áo còn \[76\,\,800\] đồng nên ta có phương trình \(12{x^2} - 2\,\,400x + 120\,\,000 = 76\,\,800\) hay \(12{x^2} - 2\,\,400x + 43\,\,200 = 0\).

d) Giải phương trình ta được hai nghiệm \({x_1} = 180\) (không thỏa mãn) và \({x_2} = 20\) (thỏa mãn).

Vậy \(x = 20\).

Lưu ý: \(0 < x < 100\).

Đáp án:               a) Sai;             b) Đúng;         c) Đúng;         d) Sai.

a) Xác suất lấy được quả cầu màu xanh là \(\frac{{15}}{{20}} = 0,75\).

Xác suất lấy được quả cầu màu đỏ là \(\frac{5}{{20}} = 0,25\).

Ta thấy \(0,75 \ne 0,25\) nên khẳng định a) là sai.

b) Trong 20 quả cầu, có 10 quả cầu ghi số chẵn là: \[2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,18;\,\,20.\]

Xác suất lấy được quả cầu ghi số chẵn là \(\frac{{10}}{{20}} = 0,5\).

c) Trong 20 quả cầu, có \(8\) quả cầu màu xanh và ghi số lẻ là: \(1;\,\,3;\,\,5;\,\,7;\,\,9;\,\,11;\,\,13;\,\,15\).

Xác suất lấy ra quả cầu màu xanh và ghi số lẻ là \(\frac{8}{{20}} = 0,4\).

d) Trong 20 quả cầu, có \(12\) quả cầu màu đỏ hoặc ghi số chẵn là: \(2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,17;\,\,18;\,\,19;\,\,20.\)

Xác suất lấy ra quả cầu màu đỏ hoặc ghi số chẵn là \(\frac{{12}}{{20}} = 0,6\).

Đáp số: \(x = 361.\)

Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\), ta có:

\(P = \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{5 - \sqrt x }}{{x - 1}} = \frac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right) + 2\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {5 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)

   \[ = \frac{{2\sqrt x + 2 + 2\sqrt x - 2 - 5 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{5\sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

   \[ = \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{5}{{\sqrt x + 1}}.\]

Do đó, với \(x \ge 0\) và \(x \ne 1\) thì \(P = \frac{5}{{\sqrt x + 1}}.\)

Theo bài, \(P = 0,25\) nên ta có \(\frac{5}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{4}\).

Giải phương trình:

\(\frac{5}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{4}\)

\(\sqrt x + 1 = 5 \cdot 4\)

\(\sqrt x = 19\)

\(x = 361\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(x = 361\).

Đáp số: \(6\,\,076.\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5 - 2\left( {x + y} \right) = - 3y}\\{x - 1 = 2y + 3}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 5}\\{x - 2y = 4}\end{array}} \right.\).

Sử dụng máy tính cầm tay để giải hệ phương trình trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{y_0} = - 1.\end{array} \right.\)

Do đó \(T = 2\,\,025{x_0} - 2\,\,026{y_0} = 2\,\,025 \cdot 2 - 2\,\,026 \cdot \left( { - 1} \right) = 6\,\,076\).

Đáp số: \(76{\rm{\;m}}.\)

Ta có \(Bx\) và \(AC\) cùng nằm trên phương ngang nên \(Bx\,{\rm{//}}\,AC,\) do đó \[\widehat {ACB} = \widehat {xBC} = 20^\circ ;\] \(\widehat {ADB} = \widehat {xBD} = 30^\circ \) (các cặp góc so le trong).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có \[AC = AB \cdot \cot C = \frac{{AB}}{{\tan C}} = \frac{{75}}{{\tan 20^\circ }}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), ta có \(AD = AB \cdot \cot D = \frac{{AB}}{{\tan D}} = \frac{{75}}{{\tan 30^\circ }}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Ta có \(CD = AC - AD = \frac{{75}}{{\tan 20^\circ }} - \frac{{75}}{{\tan 30^\circ }} \approx 76{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Vậy con tàu đã đi được xấp xỉ \(76{\rm{\;(m)}}\) giữa hai lần quan sát.

Đáp số: \(4,7{\rm{\;m}}.\)

Đồ thị hàm số \(y = - \frac{1}{8}{x^2}\) đối xứng qua trục \(Oy,\) do đó \(A,\,\,B\) đối xứng với nhau qua trục \(Oy.\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \[AB\] và \[Oy,\] khi đó ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\) nên \[BH = \frac{1}{2}AB = 6{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Thay \(x = 6\) vào hàm số \(y = - \frac{1}{8}{x^2}\), ta được \(y = - \frac{1}{8} \cdot {6^2} = - 4,5\).

Vậy chiều cao từ điểm \(O\) đến mặt nước là \[\left| { - 4,5} \right| + 0,2 = 4,7{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Ta có \(OA = OC = R;\,\,OB = R - 1,1{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(OBC\) vuông tại \(B\), ta có:

\(O{C^2} = O{B^2} + B{C^2}\) hay \({R^2} \approx {\left( {R - 1,1} \right)^2} + 28,{4^2}\)

Hay \({R^2} \approx {R^2} - 2,2R + 1,21 + 806,56\)

Do đó \( - 2,2R + 807,77 \approx 0\)

Suy ra \(R \approx 367{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Gọi \(\left( {i;j;k} \right)\) là kết quả thẻ lấy từ hộp \(A\) ghi số \(i\), thẻ lấy tự hộp \(B\) ghi số \(j\), quả cầu lấy từ hộp \(C\) ghi số \[k.\]

Không gian mẫu của phép thử là \[\Omega  = \left\{ {\left( {1;1;1} \right);\,\,\left( {1;1;2} \right);\,\,\left( {1;1;3} \right);\,\,\left( {1;1;4} \right);\,\,\left( {1;2;1} \right);\,\,\left( {1;2;2} \right);\,\,\left( {1;2;3} \right);} \right.\] \(\left( {1;2;4} \right);\,\,\left( {1;3;1} \right);\,\,\left( {1;3;2} \right);\,\,\left( {1;3;3} \right);\,\,\left( {1;3;4} \right);\,\,\left( {2;1;1} \right);\,\,\left( {2;1;2} \right);\,\,\left( {2;1;3} \right);\,\,\left( {2;1;4} \right);\,\,\left( {2;2;1} \right);\,\,\left( {2;2;2} \right);\,\,\left( {2;2;3} \right);\)\(\left( {2;2;4} \right);\,\,\left( {2;3;1} \right);\,\,\left. {\left( {2;3;2} \right);\,\,\left( {2;3;3} \right);\,\,\left( {2;3;4} \right)} \right\}.\)

Số kết quả có thể xảy ra là \(n\left( \Omega  \right) = 24\).

Vì các tấm thẻ cùng loại, các quả cầu có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả trên có cùng khả năng xảy ra.

Gọi \[D\] là biến cố “Tổng ba số ghi trên hai tấm thẻ và quả cầu là 6”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[D\] là \[\left( {1;1;4} \right);\,\,\left( {1;2;3} \right);\,\,\left( {1;3;2} \right);\,\,\left( {2;1;3} \right);\,\,\left( {2;2;2} \right);\,\,\left( {2;3;1} \right).\]

Do đó \(n\left( D \right) = 6\).

Vậy xác suất của biến cố \(D\) là \(P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{6}{{24}} = 0,25\).

Chú ý: HS không được tính \(n\left( \Omega  \right) = 2 \cdot 3.4 = 24\) như trên bậc phổ thông mà phải liệt kê các phần tử của không gian mẫu.