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

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

Đề số 1

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

90 lượt thi
6 câu hỏi
60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Câu 1:

Cho biểu thức $P = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} + \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 2} - \frac{2 + 5 \sqrt{x}}{x - 4}$ với $x \geq 0, x \neq 4.$

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1.

Xem đáp án

1) ĐKXĐ: với $x \geq 0$ và $x \neq 4$ .

$P = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} + \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 2} - \frac{2 + 5 \sqrt{x}}{x - 4}$

$= \frac{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 2) + (\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x} + 2) - (2 - 5 \sqrt{x})}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} + 2)}$

$= \frac{x - 2 \sqrt{x} + x + 3 \sqrt{x} + 2 - 2 - 5 \sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} + 2)}$

$= \frac{2 x - 4 \sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} + 2)}$ $= \frac{2 \sqrt{x} (\sqrt{x} - 2)}{(\sqrt{x} - 2) (\sqrt{x} + 2)}$ $= \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} .$

Vậy với $x \geq 0$ và $x \neq 4$ thì $P = \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} .$

2) Theo ý 1) ta có $P = \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2}$ với $x \geq 0$ và $x \neq 4.$

Khi đó $P > 1$ $\Leftrightarrow \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2} > 1$ $\Rightarrow 2 \sqrt{x} > \sqrt{x} + 2$ (vì $\sqrt{x} + 2 > 0$ với $x \geq 0)$

$\Rightarrow 2 \sqrt{x} - \sqrt{x} > 2$ $\Rightarrow \sqrt{x} > 2 \Rightarrow x > 4$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy x > 4 thì P > 1.

Câu 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b

Tìm a, b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M (-1;2).

Xem đáp án

Đường thẳng $(d) : y = a x + b$ có hệ số góc là 3 nên a = 3.

Khi đó đường thẳng $(d) : y = 3 x + b$ đi qua M (-1;2) nên thay x = -1 và y = 2 ta được:

$2 = 3. (- 1) + b \Leftrightarrow b = 5$

Vậy a = 3 và b = 5

Câu 3:

Giải hệ phương trình $\{\begin{cases} 3 x + y = 6 \\ x - y = - 2 \end{cases} .$

Xem đáp án

$\{\begin{array}{l} 3 x + y = 6 \\ x - y = - 2 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} 4 x = 4 \\ x - y = - 2 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} x = 1 \\ 1 - y = - 2 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 1 \\ y = 3 \end{cases} .$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $(x; y) = (1; 3) .$

Câu 4:

1) Giải phương trình $x^{2} - 3 x + 2 = 0.$

2) Cho phương trình $x^{2} - 2 m x - m^{2} - 2 = 0$ (mlà tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ (với $x_{1} < x_{2})$ thỏa mãn hệ thức $x_{2} - 2 |x_{1}| - 3 x_{1} x_{2} = 3 m^{2} + 3 m + 4.$

Xem đáp án

a) Theo bài ra ta có: $a = 1; b = - 3; c = 2.$

Ta lại có: $a + b + c = 1 + (- 3) + 2 = 0.$

Nên phương trình có hai nghiệm: $x_{1} = 1$ và $x_{2} = \frac{c}{a} = \frac{2}{1} = 2.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \{1; 2\} .$

b) Phương trình $x^{2} - 2 m x - m^{2} - 2 = 0.$

Vì $a = 1 \neq 0$ và $a c = - m^{2} - 2 < 0$ với mọi m nên phương trình có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.

Mà $x_{1} < x_{2}$ nên $x_{1} < 0 < x_{2}$ suy ra $|x_{1}| = - x_{1}$ và $|x_{2}| = x_{2} .$

Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 m \\ x_{1} . x_{2} = - m^{2} - 2 (*) \end{cases} .$

Theo bài ta có: $x_{2} - 2 |x_{1}| - 3 x_{1} x_{2} = 3 m^{2} + 3 m + 4$

$\Leftrightarrow x_{2} + 2 x_{1} - 3 x_{1} x_{2} = 3 m^{2} + 3 m + 4$ $\Rightarrow x_{2} + 2 x_{1} = 3 m - 2$

Ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 m \\ x_{1} + 2 x_{2} = 3 m - 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = 2 m \\ x_{2} = m - 2 \end{array} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} + m - 2 = 2 m \\ x_{2} = m - 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m + 2 \\ x_{2} = m - 2 \end{cases}$

Thay vào (*) ta được: $(m + 2) (m - 2) = - m^{2} - 2 \Leftrightarrow m^{2} - 4 = - m^{2} - 2$

$\Leftrightarrow 2 m^{2} = 2 \Leftrightarrow m^{2} = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1.$

Vậy $m = \pm 1.$

Câu 5:

Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).

1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO Chứng minh $M N^{2} = N D \cdot N A .$

3) Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh ${(\frac{H A}{H D})}^{2} - \frac{A C}{H N} = 1$ .

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). (ảnh 1)

a) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\hat{M A O} = 90 °$ và $\hat{M B O} = 90 ° .$

Xét tứ giác MAOB có: $\hat{M A O} + \hat{M B O} = 90 ° + 90 ° = 180 °,$ mà hai góc này đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.

b) Do C đối xứng với B qua O nên BC là đường kính, do đó $\hat{B A C} = 90 °$ hay $A B ⊥ A C .$

Ta có: OA = OB nên O nằm trên đường trung trực của AB.

MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên M nằm trên đường trung trực của AB

Suy ra OM là đường trung trực của AB do đó $O M ⊥ A B .$

Khi đó $M N // A C$ (vì cùng vuông góc với AH) Do đó $\hat{D M N} = \hat{A C M}$ (so le trong).

Mà $\hat{M A D} = \hat{A C M}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{A D}) .$

Suy ra $\hat{D M N} = \hat{M A D} .$

Xét $Δ M N D$ và $Δ A N M$ có: $\hat{N}$ là góc chung và $\hat{D M N} = \hat{M A N} = \hat{M A D} .$

Do đó $Δ M N D ∽ Δ A N M$ (g.g) $\Rightarrow \frac{M N}{N D} = \frac{N A}{M N} \Rightarrow M N^{2} = N D \cdot N A .$

c) Dễ dàng chứng minh được $Δ M A D ∽ Δ M C A$ (g.g) $\Rightarrow \frac{M A}{M C} = \frac{M D}{M A}$ $\Rightarrow M A^{2} = M D \cdot M C .$

Lại có $M A^{2} = M H \cdot M O$ (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông MAO)

Do đó $M D \cdot M C = M H \cdot M O$ (cùng bằng $M A^{2})$

$\Rightarrow \frac{M D}{M O} = \frac{M H}{M C},$ mà $Δ M D H$ và $Δ M O C$ có $\hat{M}$ là góc chung.

Do đó $Δ M D H ∽ Δ M O C$ (g.g) nên $\hat{M H D} = \hat{M C O} .$

Mà $\hat{M C O} = \hat{D C B} = \hat{D A B} = \hat{D A H}$ (cùng chắn cung DB của đường tròn (O))

$\Rightarrow \hat{M H D} = \hat{D A H} .$

Lại có $\hat{M H D} + \hat{D H A} = 90 °$ nên $\hat{D A H} + \hat{D H A} = 90 °,$ suy ra $D H ⊥ N A .$

Do đó $H N^{2} = N D \cdot N A .$

Lại có $M N^{2} = N D \cdot N A$ (câu b) nên $H N^{2} = M N^{2} \Rightarrow H N = M N .$

Ta có $\frac{H A^{2}}{H D^{2}} = \frac{A D \cdot A N}{A D \cdot D N} = \frac{A N}{D N}$ và $\frac{A C}{H N} = \frac{A C}{M N} = \frac{A D}{D N}$ (hệ quả định lí Thalès)