Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực Khánh Hòa 2024 - 2025 (Đề 17)
34 người thi tuần này 4.6 287 lượt thi 5 câu hỏi 50 phút
🔥 Đề thi HOT:
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 1) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Cầu Giấy_Quận Cầu Giấy
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Phú Thọ
54 bài tập Hàm số bậc hai và giải bài toán bằng cách lập phương trình có lời giải
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
a) \(A = \sqrt {36} + \sqrt 9 - \sqrt {81} \)\( = \sqrt {{6^2}} + \sqrt {{3^2}} - \sqrt {{9^2}} \)\( = 6 + 3 - 9 = 0\).
Vậy \(A = 0\).
b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 3y = 6}\\{2x - 3y = 3}\end{array}} \right.\). Cộng từng vế của phương trình mới, ta được: \(3x = 9\), tức là \[x = 3.\]
Thế \[x = 3\] vào phương trình \(x + 3y = 6\) ta có: \(3 + 3y = 6\) nên \(3y = 3\) hay \[y = 1.\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {3\,;\,\,1} \right).\)
c) \(3{x^2} - 7x + 4 = 0\).
Cách 1: Ta có \(a + b + c = 3 + \left( { - 7} \right) + 4 = 0\).
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: \(x = 1\,;\,\,x = \frac{c}{a} = \frac{4}{3}.\)
Cách 2: Ta có \(\Delta = {b^2} - 4ac = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 3 \cdot 4 = 1 > 0.\)
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(x = \frac{{ - b + \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{7 + \sqrt 1 }}{{2 \cdot 3}} = \frac{4}{3}\,;\,\,x = \frac{{ - b - \sqrt {\rm{\Delta }} }}{{2a}} = \frac{{7 - \sqrt 1 }}{{2 \cdot 3}} = 1.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(x = 1\,;\,\,x = \frac{4}{3}.\)
Lời giải
1) Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).
Bảng giá trị:
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
0 |
1 |
2 |
\(y = 2{x^2}\) |
8 |
2 |
0 |
2 |
8 |

2) Ta có: \({\rm{\Delta }} = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 4} \right) = {\left( {m + 1} \right)^2} + 32 > 0\) với mọi \(m\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
Theo Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{m + 1}}{2}}\\{{x_1} \cdot {x_2} = - 2}\end{array}} \right.\).
Thay vào biểu thức \({x_1} + {x_2} - {x_1} \cdot {x_2} = 6\) ta được: \(\frac{{m + 1}}{2} - \left( { - 2} \right) = 6\) hay \(\frac{{m + 1}}{2} = 4.\)
Do đó \(m + 1 = 8\) nên \(m = 7.\)
Vậy với \(m = 7\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} - {x_1} \cdot {x_2} = 6\).
Lời giải
1) Gọi \(x,y\,\,\left( m \right)\) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đã cho \[\left( {x,y > 0\,;\,\,x > y} \right).\]
Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là: \(52:2 = 26\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) hay \(x + y = 26. & \left( 1 \right)\)
Diện tích mảnh đất hình chữ nhật là: \(\left( {x - 2} \right)\left( {y - 2} \right) = 112\) hay \(xy - 2\left( {x + y} \right) = 108.\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Thay \[\left( 1 \right)\] vào \[\left( 2 \right)\] ta có \(xy - 2 \cdot 26 = 108\) nên \(xy = 160. & \left( 3 \right)\)
Từ \[\left( 1 \right)\] và \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 26\\xy = 160\end{array} \right.\).
Từ phương trình thứ nhất ta có \(y = 26 - x\). Thế vào phương trình thứ hai, ta được
\(x\left( {26 - x} \right) = 160\) hay \({x^2} - 26x + 160 = 0 & \left( * \right)\)
Giải phương trình \(\left( * \right)\), ta được: \(x = 16\) hoặc \(x = 10\).
Với \(x = 16\) thì \(y = 26 - 16 = 10\) (thỏa mãn điều kiện \[x > y).\]
Với \(x = 10\) thì \(y = 26 - 10 = 16\) (không thỏa mãn điều kiện \[x > y).\]
Vậy chiều dài ban đầu của khu vườn là \(10\,\,{\rm{m}}\) và chiều rộng ban đầu của khu vườn là \(16\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)
2) Thể tích của viên bi là: \({V_{bi}} = \frac{4}{3}\pi \cdot {3^3} = 36\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Phần thể tích nước tăng lên sau khi thả viên bi là:
\({V_t} = \pi {R^2}h = \pi \cdot {5^2} \cdot h = 25\pi h\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Vì phần thể tích nước tăng bằng thể tích của viên bi nên \(25\pi h = 36\pi \), suy ra \(h = \frac{{36}}{{25}}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Vậy sau khi thả viên bi vào thì mực nước trong ly dâng lên \(\frac{{36}}{{25}}\,\,{\rm{cm}}.\)
Lời giải
1) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

Vì \(MA,\,\,MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(A,B\) là các tiếp điểm) nên
\(MA \bot OA\,,\,\,MB \bot OB\)
Hay \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \).
Xét tứ giác \(MAOB\) có
\(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\).
Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MB\,\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\) nên \(\widehat {ACE} = \widehat {BME}\) (so le trong)
Mà \(\widehat {ACE} = \widehat {ABE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\), suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {BME}{\rm{.\;}}\)
Vì \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OE} \right)\) nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB}.\)
Suy ra \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\)
Vì \[MB\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[B\] nên \(OB \bot MB\) hay \(\widehat {OBM} = 90^\circ .\)
Suy ra \[\widehat {MBE} = 90^\circ - \widehat {OBE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Mặt khác nên \[\widehat {BAE} = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\).
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta BME\) có: \(ABE = BME\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\); \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\).
Do đó . Suy ra \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).
3) Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) và ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.
Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\).
Vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O\) \(\left( {OA = OE} \right)\) nên \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA}.\)
Suy ra \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\)
Vì \[MA\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[A\] nên \(OA \bot MA\) hay \(\widehat {OAM} = 90^\circ .\)
Suy ra \[\widehat {MAE} = 90^\circ - \widehat {OAE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Mặt khác nên \[\widehat {ACM} = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\).
Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta CMA\) có: \(\widehat {AME}\) chung; \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\) (cmt)
Do đó . Suy ra \(\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MC}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = ME \cdot MC.\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Vi \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(MA = MB.\)
Lại có \(OA = OB\) nên \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) nên \(AB \bot MO\) tại \[H.\]
Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\), ta có \(M{A^2} = MH \cdot MO.\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) (đpcm).
Chứng minh ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.
Do \(I\) lả điểm đối xứng của \(E\) qua \(OM\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(EI\) nên \(OE = OI,\) suy ra \(I \in \left( {O\,;R} \right).\)
Do \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\).
Xét \(\Delta MEH\) và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OME}\) chung; \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\) (cmt).
Do đó suy ra \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) (hai góc tương ứng).
Mà \(\widehat {MHE} + \widehat {EHO} = 180^\circ \) nên \(\widehat {MCO} + \widehat {EHO} = 180^\circ .\)
Mà \[\widehat {MCO}\] và \[\widehat {EHO}\] ở vị trí đối diện nên tứ giác \(EHOC\) nội tiếp đường tròn.
Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {EOC}\) (cùng chắn cung \(EC\,).\)
Ta có \(\widehat {IHE} = 2\widehat {MHE}\) (tính chất đường trung trực)
Mà \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) nên
\(\widehat {IHE} + \widehat {EHC} = 2\widehat {MHE} + \widehat {EOC}\)\( = 2\widehat {MCO} + \widehat {EOC} = \widehat {MCO} + \widehat {CEO} + \widehat {EOC} = 180^\circ \).
Vậy ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.
Lời giải
Gọi \(x\) là số tạp chí TH&TT; \(y\) là số tạp chí Pi \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).
Theo đề bài ta có hệ bất phương trình sau:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > y}\\{x + 2y > 54}\\{2x + y < 57}\end{array}} \right.\) nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > y}\\{ - x + y > - 3}\end{array}} \right.\] hay \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y > 0}\\{x - y < 3}\end{array}} \right.\] suy ra \(0 < x - y < 3.\)
Vì \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) nên \(x - y = 1\) hoặc \(x - y = 2.\)
Trường hợp 1: \(x - y = 1\) hay \(x = y + 1\).
Từ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y > 54}\\{2x + y < 57}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y + 1 + 2y > 54}\\{2\left( {y + 1} \right) + y < 57}\end{array}} \right.\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y > \frac{{53}}{3}}\\{y < \frac{{55}}{3}}\end{array}} \right.\), suy ra \(\frac{{53}}{3} < y < \frac{{55}}{3}.\)
Do đó \(y = 18\) suy ra \(x = 19\).
Trường hợp 2: \(x - y = 2\) hay \(x = y + 2\)
Từ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y > 54}\\{2x + y < 57}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y + 2 + 2y > 54}\\{2\left( {y + 2} \right) + y < 57}\end{array}} \right.\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y > 17}\\{y < \frac{{53}}{3}}\end{array}} \right.\) (không có số tự nhiên \(y\) thỏa mãn).
Vậy có 19 cuốn tạp chí TH&TT và 18 cuốn tạp chí Pi.