5 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 7

Câu 1:

Cho biểu thức: $P = \left( {\frac{1}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right):\frac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}$ .

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?

2) Tìm tất cả các giá trị của x để $P = \frac{1}{3}$ ?

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q = A - 9\sqrt x$ ?

Xem đáp án

1) Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}x - \sqrt x \ne 0\\\sqrt x - 1 \ne 0\\x \ge 0\\\sqrt x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 1\\x \ge 0\\\sqrt x \ne - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \ne 1$

Ta có: $P = \left( {\frac{1}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right).\frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 1}}$

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

$= \frac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}$

Vậy $P = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}$ .

Cách 2: Đặt $a = \sqrt x$ $\left( {a \ge 0} \right)$

Ta có: $P = \left( {\frac{1}{{{a^2} - a}} + \frac{1}{{a - 1}}} \right):\frac{{a + 1}}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}} = \left[ {\frac{1}{{a\left( {a - 1} \right)}} + \frac{1}{{a - 1}}} \right].\frac{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}{{a + 1}}$

$= \left[ {\frac{{1 + a}}{{a\left( {a - 1} \right)}}} \right].\frac{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}{{a + 1}} = \frac{{a - 1}}{a} = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}$ .

Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

2) Với $P = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }} = \frac{1}{3}$

$\Leftrightarrow 3\left( {\sqrt x - 1} \right) = \sqrt x \Leftrightarrow 2\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = \frac{9}{4}$ (thõa mãn).

Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biến để biểu thức nhận một giá trị cho trước.

3) Ta có $Q = P - 9\sqrt x = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }} - 9\sqrt x = 1 - \left( {\frac{1}{{\sqrt x }} + 9\sqrt x } \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm $\frac{1}{{\sqrt x }}$ và $9\sqrt x$ , tạ có:

$\frac{1}{{\sqrt x }} + 9\sqrt x \ge 2\sqrt {\frac{1}{{\sqrt x }}.9\sqrt x } = 2\sqrt 9 = 6$ .

$\Rightarrow Q \le 1 - 6 = - 5$

Dấu " = " xảy ra khi $\frac{1}{{\sqrt x }} = 9\sqrt x \Leftrightarrow 1 = 9x \Leftrightarrow x = \frac{1}{9}$

Vậy $\max P = - 5$ khi $x = \frac{1}{9}$ .

Nhận xét: Bài toán tìm cực trị của biểu thức.

Câu 2:

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Cho tam giác ABC vuông tại A, có $AB = 8cm,\,\,AC = 6cm$ . M là một điểm trên AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và BC lần lượt cắt BC và AC tại D và N. Hãy xác định điểm M để diện tích của hình bình hành MNCD bằng $\frac{3}{8}$ diện tích của tam giác ABC?

2) Cho hàm số $y = mx + 1$ (1)

a) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm $A\left( {1;4} \right)$ . Với giá trị $m$ vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên $\mathbb{R}$ ?

b) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng $\left( d \right):x + y + 3 = 0$ .

Xem đáp án

$1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Cho tam giác ABC vuông tại A, có $AB = 8cm,\,\,AC = 6cm$. M là một điểm trên AB. (ảnh 1)$

Gọi độ dài AM là x (cm), $0 < x < 8$ .

Theo định lý Ta-lét trong tam giác ABC với $MN//BC$ ta có $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{x}{8} = \frac{{AN}}{6} \Leftrightarrow AN = \frac{3}{4}x\left( {cm} \right)$

$\Rightarrow NC = AC - AN = 6 - \frac{3}{4}x\left( {cm} \right)$ .

Diện tích hình bình hành $MNCD$ là:

${S_{MNCD}} = AM.NC = x\left( {6 - \frac{3}{4}x} \right)\left( {c{m^2}} \right)$

Diện tích tam giác ABC là: ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)$

Theo bài ra, diện tích của hình bình hành MNCD bằng $\frac{3}{8}$ diện tích của tam giác ABC, nên ta có phương trình $x\left( {6 - \frac{3}{4}x} \right) = \frac{3}{8}.24$

$\Leftrightarrow {x^2} - 8x + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right.$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy điểm M cách A là 2 cm hoặc 6 cm.

2)

a) Do đồ thị hàm số (1) đi qua điểm $A\left( {1;4} \right)$ nên ta có phương trình $4 = m.1 + 1 \Leftrightarrow m = 3$ .

Với $m = 3$ hàm số (1) có dạng $y = 3x + 1$

Vì $3 > 0$ nên hàm số (1) đồng biến trên $\mathbb{R}$ .

b) Phương trình đường thẳng $\left( d \right)$ là: $y = - x - 3$ .

Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng $\left( d \right)$ thì $\left[ \begin{array}{l}m = - 1\\1 \ne - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1$

Vậy $m = - 1$ thì đồ thị của hàm số (1) song song với đường thẳng $\left( d \right)$ .

Câu 3:

1) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\z - 3x - 2y + 2 = 0\end{array} \right.$

2) Giải phương trình: $\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = 2x - 2$ .

3) Cho phương trình $\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0$ . Tìm $m$ để phương trình có nghiệm duy nhất?

Xem đáp án

1) Hệ phương trình tương đương với: $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\z - 3\left( {2 + z} \right) - 2\left( {2 + 3z} \right) + z = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + z\\y = 2 + 3z\\ - 8z - 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\\z = - 1\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm: $\left( {x;y;z} \right) = \left( {1; - 1; - 1} \right)$ .

2) Phương trình tương đương với: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 2 \ge 0\\2{x^2} + 3x - 5 = {\left( {2x - 2} \right)^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2{x^2} + 3x - 5 = 4{x^2} - 8x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\2{x^2} - 11x + 9 = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 9} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{9}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{9}{2}\end{array} \right.$

Vậy phương trình có nghiệm: $x = 1;x = \frac{9}{2}$ .

3)

+ Xét $m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1$ , phương trình trở thành: $- 6x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}$

Do đó $m = 1$ thỏa mãn.

+ Xét $m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1$ (*).

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì $\Delta ' = 0$

$\Leftrightarrow {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow 4m + 5 = 0 \Leftrightarrow m = - \frac{5}{4}$ (thỏa mãn điều kiện (*))

Kết luận: $m = 1$ hoặc $m = - \frac{5}{4}$ .

Câu 4:

Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn $\left( {O:R} \right)$ ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ $MI \bot AB,\,\,MK \bot AC$ $\left( {I \in AB,\,\,K \in AC} \right)$

1) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

2) Vẽ $MP \bot BC$ $\left( {P \in BC} \right)$ . Chứng minh: $\widehat {MPK} = \widehat {MBC}$ .

3) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích $MI.MK.MP$ đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

1) Ta có $\widehat {AIM} = \widehat {AKM} = 90^\circ \left( {gt} \right)$ , suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh hai đỉnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới góc $90^\circ$ .

2) Tứ giác CPMK có $\widehat {MPC} = \widehat {MKC} = 90^\circ$ (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}$ (1). Vì KC là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên ta có: $\widehat {MCK} = \widehat {MBC}$ (cùng chắn ) (2).

Từ (l), (2) $\Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC}$ (3).

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai góc bằng nhau bằng cách sử dụng tính chất bắc cầu.

3) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.

Suy ra: $\widehat {MIP} = \widehat {MBP}$ (4). Từ (3) (4) $\Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}$

Tương tự ta chứng minh được $\widehat {MKP} = \widehat {MPI}$ .

Suy ra: $\Delta MPK$ đồng dạng với $\Delta MIP$

$\Rightarrow \frac{{MP}}{{MK}} = \frac{{MI}}{{MP}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}$

Do đó $MI.MK.MP$ lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất.

Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).

Lại có: $MP + OH \le OM = R \Rightarrow MP \le R - OH$ . Do đó MP lớn nhất bằng $R - OH$ khi và chỉ khi $O,H,M$ thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Suy ra $max\,MI.MK.MP = {\left( {R - OH} \right)^3} \Leftrightarrow M$ nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Câu 5:

Tìm $a;{\rm{ }}b;{\rm{ }}c$ biết rằng phương trình: ${x^3} + a{x^2} + bx + c = 0$ có tập nghiệm là $S = \left\{ { - 1;1} \right\}$ ?

Xem đáp án

Phương trình có hai nghiệm là $x = - 1$ và $x = 1$ , thay vào phương trình ta được hệ

$\left\{ \begin{array}{l} - 1 + a - b + c = 0\\1 + a + b + c = 0\end{array} \right.$

Trừ hai phương trình trên, ta được: $- 2 - 2b = 0 \Leftrightarrow b = - 1$

Cộng hai phương trình trên, ta được: $a + c = 0 \Leftrightarrow c = - a$

Phương trình trở thành: ${x^3} + a{x^2} - x - a = 0$

$\Leftrightarrow {x^2}\left( {x + a} \right) - \left( {x + a} \right) \Leftrightarrow \left( {x + a} \right)\left( {{x^2} - 1} \right) = 0$

Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm là $S = \left\{ { - 1;1} \right\}$ , khi đó phương trình $x + a = 0$ phải có nghiệm là $- 1$ hoặc 1, suy ra. $a = 1$ hoặc $a = - 1$ .

Vậy các số a; b; c cần tìm là $a = 1;b = - 1;c = - 1$ hoặc $a = - 1;b = - 1;c = 1$ .

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất)

Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) - Đề số 7

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan

Có thể bạn quan tâm