Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 4)
17 câu hỏi
Cho hai biểu thức:
A=x+2x và B=x−3x+4x−2x−1x−2 với x>0; x≠4.
1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 9
2) Chứng minh B=x−2x.
3) Cho P = A : B Tìm số tự nhiên x để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất.
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Hai bạn Minh và An xuất phát cùng một lúc từ địa điểm A để đi đến địa điểm B bằng phương tiện xe đạp điện. Mỗi giờ bạn Minh đi nhanh hơn bạn An 2km nên bạn Minh đến B sớm hơn bạn An 2,5 phút. Biết quãng đường AB dài 13km, tính vận tốc xe của mồi người. Hỏi Minh và An đi như vậy có đúng vận tốc quy định hay không nếu căn cứ theo quy định vận tốc tối đa của xe đạp điện là 25 km/h?
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Một ly rượu bằng thủy tinh phần đựng rượu dạng hình nón có đường kính miệng ly là 9 cm, chiều cao hình nón (như hình vẽ) là 6 cm. Hỏi ly đó có thể chứa đầy được bao nhiêu milliliter (ml) rượu? (Lấy π≈3,14 và coi độ dày thành ly là không đáng kể)
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Giải hệ phương trình: 2x−1+3y=51x−1−2y=−1.
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x - m2 + 3m và Parabol (P): y = x2
a) Với m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)
b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là số đo chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật có diện tích bằng 74 (đvdt).
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O;R) đường kính AB cắt đoạn thẳng BC tại điểm thứ hai là D. Kẻ đường thẳng AH vuông góc với đường thẳng OC tại điểm H; đường thẳng AH cắt đoạn thẳng BC tại điểm M
1) Chứng minh tứ giác ACDH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh OH.OC = R và tam giác OHB đồng dạng với tam giác OBC
3) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại K. Chứng minh HM là tia phân giác của góc DHB và MB.MD = MK.MC
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn a + b = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=ab+1+ba+1.
Đề thi thử dành cho học sinh tự rèn luyện nên không có lời giải
Bất phương trình \(2x - 10 \ge 0\) có các nghiệm là
\(x \ge 10.\)
\(x > 5.\)
\(x \le 5.\)
\(5 \le x.\)
Đáp án đúng là: D
Giải bất phương trình:
\(2x - 10 \ge 0\)
\(2x \ge 10\)
\(x \ge 5.\)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là \(x \ge 5\) hay \(5 \le x.\)
Tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình \(\left( {2x + 6} \right)\left( {12 - 3x} \right) = 0\) là
\(\left\{ { - 3;\,\,4} \right\}.\)
\[\left\{ { - 3;\,\, - 4} \right\}.\]
\[\left\{ {12;\,\, - 6} \right\}.\]
\(\left\{ {3;\,\,4} \right\}.\)
Đáp án đúng là: A
Giải phương trình:
\(\left( {2x + 6} \right)\left( {12 - 3x} \right) = 0\)
\(2x + 6 = 0\) hoặc \(12 - 3x = 0\)
\(2x = - 6\) hoặc \(3x = 12\)
\(x = - 3\) hoặc \(x = 4\)
Như vậy, phương trình đã cho có các nghiệm là \(x = - 3;\,\,x = 4.\)
Vậy tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là \(\left\{ { - 3;\,\,4} \right\}.\)
Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BOC} = 80^\circ .\) Số đo của \(\widehat {BAC}\) bằng
\(80^\circ .\)
\(20^\circ .\)
\(40^\circ .\)
\(160^\circ .\)
Cho lục giác đều \(ABCDEF\). Số đo của \(\widehat {FAB}\) bằng
\(120^\circ .\)
\(150^\circ .\)
\(108^\circ .\)
\(135^\circ .\)
Câu lạc bộ Yêu thích học Toán của lớp có 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Lớp trưởng chọn ngẫu nhiên 2 học sinh của câu lạc bộ để tham gia giao lưu chia sẻ kinh nghiệm. Tính xác suất để cả 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ.
Đáp số: \(\frac{3}{{10}}.\)
Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là hai học sinh nam và \(C,\,\,D,\,\,E\) lần lượt là ba học sinh nữ.
Xét phép thử “chọn ngẫu nhiên 2 học sinh của câu lạc bộ”.
Kết quả của phép thử là cặp chữ \(\left( {X,\,\,Y} \right)\) trong đó \(X,\,\,Y\) lần lượt là tên hai học sinh được chọn.
Không gian mẫu của phép thử trên là:
\[\Omega = \left\{ {\left( {A,\,\,B} \right);\,\,\left( {A,\,\,C} \right);\,\,\left( {A,\,\,D} \right);\,\,\left( {A,\,\,E} \right);\,\,\left( {B,\,\,C} \right);\,\,\left( {B,\,\,D} \right);\,\,\left( {B,\,\,E} \right);\,\,\left( {C,\,\,D} \right);\,\,\left( {C,\,\,E} \right);\,\,\left( {D,\,\,E} \right)} \right\}.\]
Không gian mẫu có 10 phần tử.
Gọi \(M\) là biến cố “2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ”.
Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(M\), đó là: \(\left( {C,\,\,D} \right),\,\,\left( {C,\,\,E} \right),\,\,\left( {D,\,\,E} \right).\)
Xác suất để cả 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( M \right) = \frac{3}{{10}}.\)
Tính gần đúng thể tích của một hộp sữa có dạng hình trụ, bán kính đáy gần bằng 3,8cm và chiều cao gần bằng 8 cm. Kết quả làm tròn đến hàng phần mười.
Đáp án đúng là: \(362,9{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Thể tích của hộp sữa có dạng hình trụ là:
\(V = \pi {r^2}h \approx \pi \cdot 3,{8^2} \cdot 8 \approx 362,9{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
1) Giải phương trình \({x^2} - 6x + 8 = 0.\)
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2y = 8}\\{2x + 5y = 9.}\end{array}} \right.\)
3) Vẽ đồ thị của hàm số hàm số \(y = 2{x^2}.\)
1)Ta có \(\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 1 \cdot 8 = 1 > 0.\) Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\[{x_1} = \frac{{3 + \sqrt 1 }}{1} = 4\,;\,\,{x_2} = \frac{{3 - \sqrt 1 }}{1} = 2\].
2)Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2 và nhân hai vế của phương trình thứ hai với 5, ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10x - 4y = 16}\\{10x + 25y = 45.}\end{array}} \right.\)
Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(29y = 29\) hay \(y = 1.\)
Thế \(y = 1\) vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có \(5x - 2 \cdot 1 = 8,\) suy ra \(5x = 10\) nên \(x = 2.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {2\,;\,\,1} \right)\).
3)Ta có bảng giá trị:
x | \[ - 2\] | \[ - 1\] | 0 | 1 | 2 |
\[y = 2{x^2}\] | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
Trên mặt phẳng tọa độ, lấy các điểm \[A\left( { - 2\,;\,\,8} \right)\,,\,\,B\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,,\,\,B'\left( {1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,A'\left( {2\,;\,\,8} \right).\]
Đồ thị hàm số \[y = 2{x^2}\] là một đường parabol đỉnh \[O,\] đi qua các điểm trên và có dạng như dưới đây.
1) Lập bảng tần số tương đối của mẫu dữ liệu thống kê năm chữ cái \[b,\,\,n,\,\,o,\,\,t,\,\,v\] trong câu “Học hành vất vả kết quả ngọt bùi”.
2) Chứng minh phương trình \({x^2} + 7x + 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) và tính giá trị của biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - 6{x_1}{x_2}.\)
1)Tổng số chữ cái trong câu “Học hành vất vả kết quả ngọt bùi” là \(n = 35.\)
Số lần xuất hiện của các chữ cái\[b,\,\,n,\,\,o,\,\,t,\,\,v\] tương ứng là \[{m_1} = 1,\,\,{m_2} = 4,\,\,{m_3} = 3,\,\,\]\[{m_4} = 3,\,\,{m_5} = 3.\] Do đó các tần số tương đối cho các chữ cái \[b,\,\,n,\,\,o,\,\,t,\,\,v\] lần lượt là:
\[{f_1} = \frac{1}{{35}} \cdot 100\% \approx 2,86\% ,\,\,{f_1} = \frac{4}{{35}} \cdot 100\% \approx 11,43\% ,\,\,{f_3} = {f_4} = {f_5} = \frac{3}{{35}} \cdot 100\% \approx 8,57\% .\]
Ta có bảng tần số tương đối sau:
Chữ cái | \[b\] | \[n\] | \[o\] | \[t\] | \[v\] |
Tần số tương đối | \[2,86\% \] | \[11,43\% \] | \[8,57\% \] | \[8,57\% \] | \[8,57\% \] |
2) Ápdụng định líViète,tacó:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 7\\{x_1}{x_2} = 5\end{array} \right.\).
Tacó \[M = x_1^2 + x_2^2 - 6{x_1}{x_2} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 8{x_1}{x_2}\]
\[ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}{x_2} = {\left( { - 7} \right)^2} - 8 \cdot 5 = 9\].
Vậy \(M = x_1^2 + x_2^2 - 6{x_1}{x_2} = 9.\)
1) Một thửa đất có dạng hình chữ nhật, chiều dài hơn chiều rộng 19 m và diện tích bằng \(150\,\,\;{{\rm{m}}^2}.\) Người ta dự định xây bức tường bao quanh thửa đất, xây theo chu vi của thửa đất, trừ 5 m của phần cổng. Biết giá tất cả các chi phí xây bức tường được tính với mỗi mét theo chu vi là 2 triệu đồng. Tính số tiền dự định xây bức tường đó.
2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{2}{{x - 1}}\) (với \(0 \le x \ne 1).\)
Rút gọn biểu thức \(P\) và tìm \(x\) để \(P\) nhận giá trị nguyên.
3) Tháp nghiêng ở thành phố Pisa, Italia nghiêng khoảng \(4^\circ \) so với phương thẳng đứng. Người ta gắn ở mặt ngoài của tháp hai thiết bị tại hai vị trí \(A,\,\,B\) và nối với nhau bởi dây truyền tín hiệu. Tính gần đúng độ dài nhỏ nhất của dây đó, biết \(HB\) gần bằng \(3,146\,\,\;{\rm{m,}}\) với \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt đất (xem hình trên). Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm.
1) Gọi \(x{\rm{\;(m)}}\) là chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật \(\left( {x > 0} \right)\).
Chiều dài của thửa đất hình chữ nhật đó là \(x + 19{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Diện tích của thửa đất hình chữ nhật đó là: \(x\left( {x + 19} \right){\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Theo bài, diện tích thửa đất bằng\(150\,\,\;{{\rm{m}}^2}\) nên ta có phương trình: \(x\left( {x + 19} \right) = 150\)
Giải phương trình:
\(x\left( {x + 19} \right) = 150\)
\({x^2} + 19x - 150 = 0\)
\({x^2} - 6x + 25x - 150 = 0\)
\(x\left( {x - 6} \right) + 25\left( {x - 6} \right) = 0\)
\(\left( {x - 6} \right)\left( {x + 25} \right) = 0\)
\(x - 6 = 0\) hoặc \(x + 25 = 0\)
\(x = 6\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 25\) (không thỏa mãn).
Như vậy, chiều rộng của thửa đất là \(6{\rm{\;m}}\) và chiều dài của thửa đất là \(6 + 19 = 25{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Số mét tường cần xây là: \(2 \cdot \left( {6 + 25} \right) - 5 = 57{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Số tiền dư định xây bức tường đó là: \(57 \cdot 2 = 114\) (triệu đồng).
2)⦁ Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1,\) ta có:
\[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{2}{{x - 1}}\]
\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{x + \sqrt x - \left( {x - \sqrt x } \right) - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{x + \sqrt x - x + \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]
\[ = \frac{{2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}.\]
Như vậy, với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \[P = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}.\]
⦁ Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1,\) ta có: \(\sqrt x + 1 > 0\) nên \(\frac{2}{{\sqrt x + 1}} > 0\) tức là \(P > 0.\)
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1,\) ta cũng có \(\sqrt x + 1 \ge 1\) nên \(\frac{2}{{\sqrt x + 1}} \le 2\) tức là \(P \le 2.\)
Do đó, ta có \(0 < P \le 2.\)
Để \(P\) nhận giá trị nguyên thì \(P \in \left\{ {1;\,\,2} \right\}.\)
Với \(P = 1,\) ta có \[\frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 1,\] suy ra \(\sqrt x + 1 = 2\) do đó \(\sqrt x = 1,\) nên \(x = 1\) (không thỏa mãn).
Với \(P = 2,\) ta có \[\frac{2}{{\sqrt x + 1}} = 2,\] suy ra \(\sqrt x + 1 = 1\) do đó \(\sqrt x = 0,\) nên \(x = 0\) (thỏa mãn).
Vậy \(x = 0\) thì \(P\) nhận giá trị nguyên.
3) Độ dài dây \(AB\) nhỏ nhất khi \(A\) và \(B\) có vị trí như hình vẽ.
Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\), ta có: \[HB = AB \cdot \sin \widehat {BAH}\]
Suy ra \[AB = \frac{{HB}}{{\sin \widehat {BAH}}} \approx \frac{{3,146}}{{\sin 4^\circ }} \approx 45,10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]
Vậy độ dài dây \(AB\) nhỏ nhất khoảng \(45,10{\rm{\;m}}.\)
Cho điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) lần lượt tại \(B,C\) của \(\left( O \right).\)
1) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn.
2) Vẽ đường kính \(BD\) của \(\left( O \right),\) đường thẳng đi qua điểm \(O\) vuông góc với \(AD\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(E.\) Chứng minh \(ED\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right).\)
1) Vì \(AB,\,\,AC\) lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B,C\) nên \(AB \bot OB,\,\,AC \bot OC.\)
Do \(\Delta OAB\) vuông tại \(B\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta OAB\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(OA.\) Tức là ba điểm \(O,\,\,A,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OA.\)
Chứng minh tương tự đối với \(\Delta OAC\) vuông tại \(C\) ta có ba điểm \(O,\,\,A,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OA.\)
Vậy tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA.\)
2) Gọi \(G\) là giao điểm của \(AD\) và \(OE.\) Nối \(CD,\,\,GC.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(BD\) là đường kính nên \(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do đó \(\widehat {DCE} = 90^\circ \) nên \(\Delta CDE\) vuông tại \(C,\) chứng minh tương tự câu a, ta có ba điểm \(C,\,\,D,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(DE.\)
Ta có \(OE \bot CD\) tại \(G\) nên \(\widehat {OGA} = \widehat {DGE} = 90^\circ .\)
Tam giác \(DGE\) vuông tại \(G\) nên ba điểm \(D,\,\,G,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(DE.\)
Do đó tứ giác \(CGDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(DE.\)
Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {CGE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE)\). (1)
Chứng minh tương tự, ta có tứ giác \(OACG\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA.\)
Suy ra \(\widehat {CGO} + \widehat {OAC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\widehat {CGO} + \widehat {CGE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Do đó \(\widehat {OAC} = \widehat {CGE}\).
Theo câu a, tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OA\) nên \[\widehat {OAC} = \widehat {OBC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OC)\).
Suy ra \(\widehat {CGE} = \widehat {OBC}\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {OBC}\) hay \(\widehat {CDE} = \widehat {DBC}.\)
Lại có \(\widehat {DBC} + \widehat {BDC} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn của \(\Delta BCD\) vuông tại \(C)\)
Suy ra \(\widehat {CDE} + \widehat {BDC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ODE} = 90^\circ \)
Do đó \(ED \bot OD\) tại điểm \(D\) thuộc đường tròn \(\left( O \right)\)
Vậy \(ED\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right).\)
