Đề thi vào 10 môn Toán Yên Bái năm 2022Tải vềCâu 1: Cho Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Tải về
Đề bài Câu 1: Cho ΔABCΔABC vuông tại A, có AB = 3 và AC = 4. Khi đó độ dài của BC bằng: A. 1 B. 25 C. 7 D. 5 Câu 2: Nghiệm của phương trình 2x+1=02x+1=0 là: A. x=12x=12 B. x=2x=2 C. x=1x=1 D. x=−12x=−12 Câu 3: Kết quả của phép toán (x+1)(x−2)(x+1)(x−2) bằng: A. x2−x+2x2−x+2 B. x2−3x+2x2−3x+2 C. x2−x−2x2−x−2 D. x2+x−2x2+x−2 Câu 4: Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn cung 800800 có số đo bằng: A. 200200 B. 10001000 C. 16001600 D. 400400 Câu 5: Khẳng định nào sau đây là đúng? A. sin370=cos530sin370=cos530 B. sin370=cos430sin370=cos430 C. sin370=tan530sin370=tan530 D. sin370=cot530sin370=cot530 Câu 6: Đường thẳng đi qua điểm A(0; 4) và song song với đường thẳng y=13x−7y=13x−7 có phương trình là: A. y=13x+4y=13x+4 B. y=−3x+4y=−3x+4 C. y=−3x−4y=−3x−4 D. y=−13x+4y=−13x+4 Câu 7: Đồ thị hàm số y=−2022x2y=−2022x2 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây? A. N(-1; 2022) B. Q(0; -2022) C. P(0;2022) D. M(-1;-2022) Câu 8: Điều kiện của x để biểu thức √5−x√5−x có nghĩa là: A. x>5x>5 B. x≠5x≠5 C. x≤5x≤5 D. x≥5x≥5 Câu 9: Phương trình nào sau đây không phải là phương trình bậc nhất hai ẩn? A. x+3y=−1x+3y=−1 B. −x+10y=5−x+10y=5 C. 1x−3y=−21x−3y=−2 D. x+2y=−1x+2y=−1 Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y=2x+2y=2x+2? A. M(0; 2) B. P(1; 0) C. N(-1; 2) D. Q(0; -1) Câu 11: Điều kiện xác định của biểu thức P=√x−1+1x−2P=√x−1+1x−2 là: A. x>2x>2 B. x≥1x≥1 và x≠2x≠2 C. x≥2x≥2 D. x≥1x≥1 Câu 12: Cho mặt cầu có thể tích V=288πcm3V=288πcm3. Đường kính mặt cầu bằng: A. 4cm B. 12cm C. 8cm D. 6cm Câu 13: Nghiệm tổng quát của phương trình −x+3y=1−x+3y=1 là: A. {x∈Ry=x+1 B. {x∈Ry=−13x+13 C. {x∈Ry=−13x+13 D. {x∈Ry=13x+13 Câu 14: Cho hai số x; y thỏa mãn x2=y5 và x+y=14. Giá trị của x là: A. x = -4 B. x = 10 C. x = 4 D. x = -10 Câu 15: Số phần tử của tập hợp A={a;b;c;d} là: A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 16: Cho hàm số y=(m−1)x2. Các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho là một parabol nằm phía dưới trục hoành. A. m>1 B. m≠1 C. m=1 D. m<1 Câu 17: Đường thẳng đi qua hai điểm P(-1; 4) và Q(2; -5) có phương trình là: A. y=−3x+1 B. y=−2x−1 C. y=x−3 D. y=x+3 Câu 18: Cho cosα=35 với 00<α<900. Giá trị của tanα bằng: A. 43 B. 34 C. 45 D. 53 Câu 19: Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O). Biết ∠AOB=550. Số đo cung nhỏ AB bằng: A. 350 B. 550 C. 1100 D. 1350 Câu 20: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O’; 2cm). Biết OO’ = 4cm. Vị trí tương đối của (O) và (O’) là: A. không có điểm chung B. cắt nhau C. tiếp xúc trong D. tiếp xúc ngoài Câu 21: Công thức tính thể tích V của hình trụ có bán kính đáy r, chiều cao h là: A. V=13πr2h B. V=πr2h C. V=12πrh D. V=2πrh Câu 22: Cho ΔABC vuông tại A có ∠ABC=300 và BC = 4cm. Độ dài cạnh AC bằng: A. 2cm B. 6cm C. 2√3cm D. 4√3cm Câu 23: Cho đường tròn (O; 25cm). Dây lớn nhất của đường tròn có độ dài bằng: A. 25cm B. 20cm C. 50cm D. 625√3cm Câu 24: Số ước nguyên dương của 24 là: A. 12 B. 4 C. 8 D. 24 Câu 25: Giá trị lớn nhất của biểu thức M=−x2+4x−10 bằng: A. -5 B. 4 C. -6 D. 0 Câu 26: Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn sao cho sđ cung AC =1100. Kẻ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn (hình vẽ). Số đo góc hợp bởi hai tia Ax và AC là:
A. 700 B. 350 C. 1100 D. 550 Câu 27: Cho đường tròn (O; 5cm). Khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d là 6cm. Số điểm chung của đường thẳng d và đường tròn là: A. vô số B. 1 C. 0 D. 2 Câu 28: Biểu thức 23.24.25 có giá trị bằng: A. 27 B. 212 C. 29 D. 260 Câu 29: Hệ số góc của đường thẳng y=5x−1 là: A. -1 B. 1 C. 5 D. -5 Câu 30: Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình 2x2−3x+1=0. Khi đó A. x1x2=−32 B. x1x2=−12 C. x1x2=32 D. x1x2=12 Câu 31: Giá trị của biểu thức √25−3 bằng: A. 16 B. 22 C. 2 D. -8 Câu 32: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên R? A. y=−2x+3 B. y=−3−x C. y=3−4x D. y=2x+1 Câu 33: Số nghiệm của phương trình x2−6x+10=0 là: A. 0 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 34: Cho tứ giác nội tiếp ABCD có ∠A=700 và ∠B=600. Khẳng định nào sau đây đúng? A. ∠D=1100 B. ∠C=1200 C. ∠D=1300 D. ∠C=1100 Câu 35: Giá trị của biểu thức √8−√27√2−√3−√6 bằng: A. 5+2√6 B. 1 C. 5 D. 5−2√6 Câu 36: Kết quả của biểu thức A=4xx−9+√x+3√x−3−√x−3√x+3 (với x≥0;x≠9) có dạng m√x+n√x−3 với m,n∈R. Giá trị của biểu thức m−n là: A. 4 B. -4 C. 2 D. 3 Câu 37: Cho hai đường tròn (O; 12cm) và (I; 16cm) cắt nhau tại hai điểm A, B. Biết AB = 19,2cm. Khoảng cách OI bằng: A. 20cm B. 9,8cm C. 9,6cm D. 5,6cm Câu 38: Cho parabol (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=2mx−m+3. Giá trị của tham số m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2 thỏa mãn 1x1+1x2=32 là: A. m = 6 B. m = 9 C. m = -6 D. m = -9 Câu 39: Giá trị của tham số m để hệ phương trình {2x+y=5m+1x+3y=5m+3 có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x−y=5 là: A. m = 6 B. m = 4 C. m = 3 D. m = -2 Câu 40: Cho ΔABC vuông tại A, đường cao AH(H∈BC). Biết HB = 12,5cm và ∠B=650. Độ dài cạnh AC (kết quả làm tròn đến chữ số thứ hai phân thập phân) bằng: A. 64,41cm B. 63,43cm C. 13,78cm D. 25cm Câu 41: Số nghiệm của phương trình 2x4−3x2−20=0 là: A. 1 B. 2 C. 4 D. 0 Câu 42: Khoảng cách từ gốc tọa độ O(0; 0) đến đường thẳng 4x – 3y + 10 = 0 bằng: A. 10 B. 5 C. 2 D. 4 Câu 43: Cho phương trình x2−2x−m+1=0. Điều kiện của m để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu là: A. m > 3 B. m < -1 C. m > 1 D. m > 2 Câu 44: Cho đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 4x – 3 đồng thời cắt trục Ox tại A, cắt trục Oy tại B. Biết diện tích ΔOAB bằng 2. Giá trị của biểu thức T=a2+b2 là: A. T = 40 B. T = 24 C. T = 32 D. T = 16 Câu 45: Cho đường tròn (O; 15cm), dây AB = 24cm. Một tiếp tuyến song song với AB cắt các tia OA; OB theo thứ tự E và F. Độ dài EF bằng: A. 48cm B. 42cm C. 40cm D. 20cm Câu 46: Cho đường tròn (O) đường kính AB=2√3cm và C là điểm chính giữa của cung AB. Cung AmB có tâm C, bán kính CA (hình vẽ). Diện tích phần gạch chéo bằng: A. 94cm2 B. 4π3cm2 C. 3πcm2 D. 3cm2 Câu 47: Số các giá trị của tham số m để phương trình x2−2mx+2m+3=0 có hai nghiệm nguyên phân biệt là: A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 Câu 48: Từ hai vị trí A, B của một tòa nhà, người ta dùng một dụng cụ quan sát đỉnh C của ngọn núi (hình vẽ). Biết rằng chiều cao AB của tòa nhà là 70m, phương nhìn AC tạo với phương ngang góc 300, phương nhìn BC tạo với phương ngang góc 15030′. Ngọn núi đó có chiều cao so với mặt đất gần với kết quả nào sau đây nhất? A. 145m B. 140m C. 135m D. 130m Câu 49: Cho hình bình hành ABCD (∠A>900). Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của C lên AD, DB và AB. Biết MN = 5 và NP = 4. Độ dài đoạn CN gần với kết quả nào sau đây nhất? A. 4,4 B. 4,6 C. 4,8 D. 4,2 Câu 50: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x√1−y2+y√1−z2+z√1−x2=32. Giá trị của biểu thức P=x4+y4+z4 là: A. 1 B. 14 C. 34 D. 12 Lời giải BẢNG ĐÁP ÁN
Câu 1 (NB): Phương pháp: Áp dụng định lý Py – ta – go. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, theo định lý Py – ta – go, ta có: BC2=AB2+AC2⇔BC2=32+42=25⇔BC2=52⇒BC=5 Vậy BC = 5 Chọn D. Câu 2 (NB): Phương pháp: Giải phương trình: ax+b=0(a≠0)⇔x=−ba Cách giải: 2x+1=0⇔2x=−1⇔x=−12 Vậy x=−12 Chọn D. Câu 3 (NB): Phương pháp: Thực hiện (A+B)(C+D)=AC+AD+BC+BD Cách giải: (x+1)(x−2)=x2−2x+x−2=x2−x−2 Chọn C. Câu 4 (NB): Phương pháp: Số đo góc nội tiếp =12 số đo cung chắn Cách giải: Góc nội tiếp có số đo là: 12.800=400 Chọn D. Câu 5 (NB): Phương pháp: sin(900−α)=cosα Cách giải: sin370=sin(900−530)=cos530 Chọn A. Câu 6 (TH): Phương pháp: Viết phương trình đường thẳng Δ biết Δ đi qua điểm A(xA;yA) và song song với d:y=a′x+b′ (a′;b′ đã biết) Bước 1: Gọi phương trình đường thẳngΔ là y=ax+b Bước 2: Vì Δ//d⇒{a=a′b≠b′⇒d:y=a′x+b Bước 3: Δ đi qua điểm A(xA;yA), từ đó tìm được b, đối chiếu điều kiện ở trên Bước 4: Kết luận phương trình đường thẳng cần tìm. Cách giải: Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: y=ax+b Vì đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y=13x−7 nên {a=13b≠−7 Do đó, phương trình cần tìm có dạng: y=13x+b(b≠−7) Vì đường thẳng cần tìm đi qua điểm A(0; 4) nên ta có: 4=13.0+b⇒b=4 (tmđk) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: y=13x+4 Chọn A. Câu 7 (NB): Phương pháp: Đồ thị hàm số (P):y=ax2(a≠0) đi qua điểm A(xA;yA) khi (P):yA=axA2(a≠0) Cách giải: + Thay x=−1 vào y=−2022x2, ta được: y=−2022.(−1)2=−2022 Suy ra đồ thị hàm số y=−2022x2 đi quả điểm M(-1; -2022) Chọn D. Câu 8 (NB): Phương pháp: Biểu thức √f(x) có nghĩa ⇔f(x)≥0 Cách giải: Biểu thức √5−x có nghĩa 5−x≥0⇔x≤5 Vậy biểu thức √5−x có nghĩa khi x≤5 Chọn C. Câu 9 (NB): Phương pháp: Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: ax+by=c Cách giải: Phương trình: 1x−3y=−2 không là phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn C. Câu 10 (NB): Phương pháp: Đường thẳng (d):y=ax+b đi qua điểm A(xA;yA) khi yA=axA+b. Cách giải: Thay x = 0 vào y=2x+2, ta được: y = 2.0 + 2 = 2 Vậy điểm M(0; 2) thuộc đồ thị hàm số y=2x+2. Chọn A. Câu 11 (TH): Phương pháp: Biểu thức √f(x) có nghĩa ⇔f(x)≥0 Biểu thức 1g(x) có nghĩa ⇔g(x)≠0 Cách giải: Điều kiện xác định của biểu thức P là: {x−1≥0x−2≠0⇔{x≥1x≠2 Vậy điều kiện xác định của biểu thức P là: x≥1 và x≠2 Chọn B. Câu 12 (TH): Phương pháp: Thể tích của mặt cầu có bán kính R là: V=43πR3 Cách giải: Gọi R (điều kiện: R > 0) là bán kính của mặt cầu. Thể tích của mặt cầu là: 43πR3=288π⇒R=6 (cm) Đường kính mặt cầu là: 2R = 2.6 = 12 (cm) Chọn B. Câu 13 (NB): Phương pháp: Phương trình ax+by=c (với a≠0,b≠0) có nghiệm tổng quát là {x∈Ry=−abx+cb Cách giải: Phương trình −x+3y=1 có nghiệm tổng quát là: {x∈Ry=13x+13 Chọn D. Câu 14 (TH): Phương pháp: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau. Cách giải: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: x2=y5=x+y2+5=147=2 Khi đó, x2=2⇒x=4 Vậy x = 4 Chọn C. Câu 15 (NB): Phương pháp: Thực hiện đếm số phần tử của tập hợp A. Cách giải: Số phần tử của tập hợp A={a;b;c;d} là: 4 Chọn B. Câu 16 (TH): Phương pháp: Đồ thị hàm số y=ax2 nằm phía dưới trục hoành ⇔y<0⇔a<0 Cách giải: Đồ thị hàm số y=(m−1)x2 nằm phía dưới trục hoành ⇔m−1<0⇔m<1 Vậy m<1 Chọn D. Câu 17 (TH): Phương pháp: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) Bước 1: Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: y=ax+b Bước 2: Đường thẳng đi qua hai điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) nên ta có hệ phương trình: {axA+b=yAaxB+b=yB Giải hệ phương trình, tìm a,b. Bước 3: Kết luận phương trình đường thẳng cần tìm. Cách giải: Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: y=ax+b Đường thẳng đi qua hai điểm P(-1; 4) và Q(2;-5) nên ta có hệ phương trình: {a.(−1)+b=4a.2+b=−5 ⇔{−a+b=42a+b=−5⇔{−3a=9−a+b=4⇔{a=−3b=a+4⇔{a=−3b=1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: y=−3x+1 Chọn A. Câu 18 (TH): Phương pháp: Tính sinα, tanα=sinαcosα Cách giải: Vì 00<α<900⇒sinα>0 Ta có: sin2α+cos2α=1 ⇔sin2α+(35)2=1⇔sin2α=1−(35)2=1625⇒sinα=45 Ta có: tanα=sinαcosα=35:45=34 Chọn B. Câu 19 (NB): Phương pháp: Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó. Cách giải: Ta có: ∠AOB=550 nên số đo cung nhỏ AB bằng 550. Chọn B. Câu 20 (NB): Phương pháp: Vận dụng kiến thức vị trí tương đối của hai đường tròn. Cách giải: Ta có: 3−2<OO′<3+2 nên hai đường tròn cắt nhau. Chọn B. Câu 21 (NB): Phương pháp: Công thức tính thể tích V của hình trụ có bán kính đáy r, chiều cao h là: V=πr2h Cách giải: Công thức tính thể tích V của hình trụ có bán kính đáy r, chiều cao h là: V=πr2h Chọn B. Câu 22 (NB): Phương pháp: Vận dụng định lí tỉ số lượng giác của góc nhọn tròng tam giác vuông. Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A, ta có: sin∠ABC=ACBC (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông) ⇒AC=BC.sin∠ABC=4.sin300=2(cm) Chọn A. Câu 23 (NB): Phương pháp: Dây lớn nhất của đường tròn là đường kính. Cách giải: Dây lớn nhất của đường tròn có độ dài bằng: 25cm Chọn A. Câu 24 (NB): Phương pháp: Giả sử số tự nhiên n được phân tích thành thừa số nguyên tố: n=pm11.pm22...pmkk Khi đó, số ước nguyên dương của n là: (m1+1)(m2+1)...(mk+1) Cách giải: Ta có: 24=23.3 Khi đó, số ước nguyên dương của 24 là: (3+1).(1+1)=8 Chọn C. Câu 25 (TH): Phương pháp: Sử dụng hẳng đẳng thức, đánh giá để tìm GTLN của biểu thức. Cách giải: M=−x2+4x−10 =−(x2−4x+4)+4−10=−(x−2)2−6 Vì −(x−2)2≤0 với mọi x suy ra −(x−2)2−6≤−6 với mọi x hay M≤−6 với mọi x Dấu “=” xảy ra ⇔x−2=0⇔x=2 Vậy GTNN của M bằng -6 khi x = 2. Chọn C. Câu 26 (TH): Phương pháp: Số đo góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung =12 số đo góc nội tiếp cùng chắn cung đó. Cách giải: Góc hợp bởi hai tia Ax và AC là góc xAC Xét (O) có: ∠xAC=12∠AOC (Số đo góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung =12 số đo góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Suy ra ∠xAC=12.1100=550 Chọn D. Câu 27 (NB): Phương pháp: Vận dụng kiến thức vị trí của đường thẳng và đường tròn. Cách giải: Vì 5cm < 6cm nên R < khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d do đó, số điểm chung của đường thẳng d và đường tròn là 0. Chọn C. Câu 28 (NB): Phương pháp: Vận dụng công thức: ax1.ax2...axn=ax1+x2+...+xn Cách giải: 23.24.25=23+4+5=212 Chọn B. Câu 29 (NB): Phương pháp: Hệ số góc của đường thẳng y=ax+b là a. Cách giải: Hệ số góc của đường thẳng y=5x−1 là: 5 Chọn C. Câu 30 (NB): Phương pháp: Nếu phương trình ax2+bx+c=0(a≠0)có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1.x2=ca Cách giải: x1,x2 là hai nghiệm của phương trình 2x2−3x+1=0, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1x2=12 Chọn D. Câu 31 (NB): Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức: √A2=|A|={AkhiA≥0−AkhiA<0 Cách giải: √25−3=√52−3=|5|−3=5−3(do5>0)=2 Chọn C. Câu 32 (NB): Phương pháp: Hàm số y=ax+b đồng biến trên R⇔a>0 Cách giải: Hàm số y=2x+1 có a=2>0 nên hàm số đồng biến trên R Chọn D. Câu 33 (NB): Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0), ta có: + Nếu Δ=0⇒Phương trình có 1 nghiệm. + Nếu Δ<0⇒Phương trình không có nghiệm. + Nếu Δ>0⇒Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách giải: Ta có: Δ′=(−3)2−1.10=−1<0⇒Phương trình vô nghiệm Vậy số nghiệm của phương trình là 0. Chọn A. Câu 34 (NB): Phương pháp: Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc bằng 180 độ. Cách giải: Tứ giác ABCD nội tiếp nên ∠A+∠C=1800 ⇒∠C=1800−∠A=1800−700=1100 Chọn A. Câu 35 (TH): Phương pháp: Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai. Cách giải: √8−√27√2−√3−√6=√23−√33√2−√3−√6=(√2−√3)(√22+√2.3+√32)√2−√3−√6=2+√6+3−√6=5 Chọn C. Câu 36 (VD): Phương pháp: Xác định mẫu thức chung, quy đồng thực hiện các phép toán với phân thức đại số. Cách giải: A=4xx−9+√x+3√x−3−√x−3√x+3 =4x(√x−3)(√x+3)+√x+3√x−3−√x−3√x+3=4x+(√x+3)2−(√x−3)2(√x−3)(√x+3)=4x+x+6√x+9−x+6√x−9(√x−3)(√x+3)=4x+12√x(√x−3)(√x+3)=4√x(√x+3)(√x−3)(√x+3)=4√x√x−3 Khi đó, m = 4, n = 0 suy ra m – n = 4 Chọn A. Câu 37 (VD): Phương pháp: Áp dụng định lí Py – ta – go để tính độ dài OI Cách giải:
Gọi H là giao điểm của OI và AB Ta có: AI = BI; OI = OB nên OI là đường trung trực của AB Suy ra H là trung điểm của AB⇒AH=12AB=12.19,2=9,6(cm) và OI vuông góc với AB tại H Xét ΔAHI vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: AI2=AH2+IH2⇔IH2=AI2−AH2⇔IH2=162−9,62=163,84⇒IH=12,8(cm) Xét ΔAOH vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: AO2=AH2+OH2⇔OH2=AO2−AH2⇔OH2=122−9,62=51,84⇒OH=7,2(cm) Ta có: OI=OH+HI=7,2+12,8=20(cm) Chọn A. Câu 38 (VD): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) (1) Yêu cầu đề bài ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Theo hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2,x1x2 theo m, sau đó thay vào 1x1+1x2=32 để tìm m. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có: x2=2mx−m+3⇔x2−2mx+m−3=0(1) Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 ⇔Δ′>0 ⇔(−m)2−1.(m−3)>0⇔m2−m+3>0⇔m2−2.12m+(12)2−(12)2+3>0 ⇔(m−12)2+114>0 với mọi m Theo hệ thức Vi – ét, ta có: {x1+x2=2mx1x2=m−3 Theo đề bài: 1x1+1x2=32 (điều kiện: x1≠0;x2≠0⇒x1x2≠0⇔m≠3) ⇔x1+x2x1x2=32⇒2(x1+x2)=3x1x2⇔2.2m−3(m−3)=0⇔4m−3m+9=0⇔m+9=0⇔m=−9(tmdk) Chọn D. Câu 39 (TH): Phương pháp: Sử dụng phương pháp cộng đại số tìm nghiệm x, y của hệ phương trình. Thay nghiệm x, y của hệ phương trình vào x−y=5 để tìm m Cách giải: {2x+y=5m+1x+3y=5m+3⇔{2x+y=5m+12x+6y=10m+6⇔{5y=5m+5x+3y=5m+3 ⇔{y=m+1x=5m+3−3y⇔{y=m+1x=5m+3−3(m+1)⇔{y=m+1x=2m Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(2m;m+1) Để x−y=5 ⇔2m−(m+1)=5 ⇔2m−m−1=5⇔m−1=5⇔m=6 Vậy m=6 Chọn A. Câu 40 (VD): Phương pháp: Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông. Cách giải: ΔABH vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: tan∠B=AHBH⇒AH=BH.tan∠B=12,5.tan650 Ta có: ∠B=∠HAC=650 (cùng phụ với ∠BAH) ΔAHC vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: cos∠HAC=AHAC⇒AC=AHcos∠HAC=12,5.tan650cos650≈63,43(cm) Chọn B. Câu 41 (VD): Phương pháp: Đặt t=x2(t≥0) Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: at2+bt+c=0(a≠0) Cách giải: Đặt t=x2(t≥0), phương trình ban đầu trở thành: 2t2−3t−20=0 (1) Ta có: t1t2=2.(−20)<0 suy ra phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu t ⇒ Phương trình ban đầu có hai nghiệm x Chọn B. Câu 42 (VD): Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. Cách giải: Gọi A là giao điểm của đường thẳng và Oy suy ra A(0;103) B là giao điểm của đường thẳng và Ox suy ra B(−52;0) Khi đó, OA = \left| {\dfrac{{10}}{3}} \right| = \dfrac{{10}}{3} & \,;\,OB = \left| {\dfrac{{ - 5}}{2}} \right| = \dfrac{5}{2} Kẻ OH vuông góc với AB khi đó khoảng cách từ O (0; 0) đến đường thẳng là OH ΔOAB vuông tại O, đường cao OH, ta có: 1OH2=1OA2+1OB2 ⇔1OH2=1(103)2+1(−52)2=14⇒OH2=4⇒OH=2 Chọn C. Câu 43 (TH): Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm trái dấu ⇔ac<0 Cách giải: Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ⇔1.(−m+1)<0 ⇔−m<−1⇔m>1 Vậy m > 1 Chọn C. Câu 44 (VD): Phương pháp: Đường thẳng (d):y=ax+b song song với đường thẳng (d′):y=a′x+b′ khi và chỉ khi {a=a′b≠b′. Cách giải: Gọi đường thẳng cần tìm là (d):y=ax+b Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 4x – 3 nên {a=4b≠−3 Khi đó, đường thẳng có dạng (d):y=4x+b(b≠−3) (d) cắt trục Ox tại A nên A(−ba;0) suy ra OA=|−ba| (d) cắt trục Oy tại B nên B(0;b) suy ra OB=|b| Diện tích ΔOAB bằng 2 nên ta có: 12.|b|.|b4|=2 ⇔b2=2.8=16 Ta có: T=a2+b2=42+16=32 Chọn C. Câu 45 (NB): Phương pháp: Vận dụng định lí Ta – lét. Cách giải:
Gọi K là tiếp điểm cua đường tròn (O) với tiếp tuyến EF H là giao điểm của OK và AB Ta có: OK⊥EF (vì EF là tiếp tuyến của (O) tại K) AB//EF (giả thiết) Suy ra OK⊥AB ⇒H là trung điểm của AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) ⇒AH=12AB=12.24=12(cm) Tam giác AOH vuông tại H, áp dụng định lý Py – ta – go, ta có: AO2=AH2+OH2⇔OH2=AO2−AH2⇔OH2=152−122=81⇒OH=9(cm) Tam giác OKF có HB//KF, theo Ta – lét, ta có: OHOK=HBKF=OBOF=35 Tam giác OEF có AB//EF, theo Ta – lét, ta có: OBOF=ABEF=35 ⇒24EF=35⇒EF=24.53=40(cm) Chọn C. Câu 46 (VD): Phương pháp: Công thức tính diện tích hình tròn, hình tam giác, hình quạt. Cách giải: Diện tích của nửa đường tròn đường kính AB là: S1=π.(2√32)2:2=3π2 Trong đường tròn (O) có C là điểm chính giữa cung AB nên CA = CB Lại có C thuộc đường tròn (O) nên ∠ACB=900 Do đó, tam giác ABC vuông cân tại C, theo định lí Py – ta – go, ta có: AB2=AC2+BC2⇔AB2=AC2+AC2=2AC2⇔(2√3)2=2AC2⇒AC=√6 Diện tích quạt SqCAB=π.(√6)2.90360=32π Diện tích tam giác ABC là: SΔABC=12.√6.√6=3 Diện tích phần gạch chéo là: 3π2−(3π2−3)=3(cm2) Chọn D. Câu 47 (VD): Phương pháp: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ′>0 Vận dụng phương pháp tìm ước số để tìm nghiệm nguyên của phương trình. Cách giải: Ta có: Δ′=(−m)2−(2m−2) =m2−2m+2=(m2−2m+1)+1 =(m−1)2+1>0 với mọi m ⇒ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Theo Vi – ét, ta có: {x1+x2=2mx1x2=2m−3 ⇒(x1+x2)−x1x2=3⇔x1−1+x2−x1x2=2⇔(x1−1)+x2(1−x1)=2⇔(x1−1)(1−x2)=2⇔(x1−1)(x2−1)=−2 Để phương trình có hai nghiệm nguyên thì {x1−1=1x2−1=−2 hoặc {x1−1=−1x2−1=2 ⇔{x1=2x2=−1 hoặc {x1=0x2=3 Khi x1=2,x2=−1 suy ra x1+x2=2+(−1)=2m ⇔1=2m⇔m=12 Khi x1=0,x2=3 suy ra x1+x2=0+3=2m ⇔3=2m⇔m=32 Vậy m∈{12;32} Suy ra có 2 giá trị của m thỏa mãn. Chọn C. Câu 48 (VD): Phương pháp: Gọi I là hình chiếu vuông góc của B trên CH (I thuộc CH) Đặt CI = x BI = AH, giải phương trình tìm x suy ra CH Cách giải: Gọi I là hình chiếu vuông góc của B trên CH (I thuộc CH) Khi đó, tứ giác ABIH là hình chữ nhật suy ra AB = HI = 70m; AH = BI Đặt CI = x Tam giác BIC vuông tại I, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: cot∠CBI=BICI⇒BI=CI.cot∠CBI=x.cot15030′ Tam giác AHC vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: cot∠CAH=AHCH⇒AH=CH.cot∠CAH=(x+70).cot300 Vì AH = BI (cmt) nên ta có: x.cot15030′=(x+70).cot300 ⇔x.cot15030′=x.cot300+70.cot300⇔x.(cot15030′−cot300)=70.cot300⇔x=70.cot300cot15030′−cot300≈64,7(cm) Khi đó, CH = 64,7 + 70 = 134,7 (cm) Chọn C. Câu 49 (VDC): Phương pháp: ΔNCM∼ΔNPC(g.g)⇒NC2=NP.MN⇒NC Cách giải: + ABCD là hình bình hành nên AB//CD suy ra ∠ABD=∠BDC (hai góc so le trong) hay ∠PBN=∠NDC ∠ADB=∠CBD (hai góc so le trong) hay ∠MDN=∠NBC + Tứ giác MNCD có: ∠DMN=∠DNC=900 mà hai góc này có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn DC dưới một góc không đổi. Suy ra, tứ giác MNCD nội tiếp (dhnb) ⇒∠NMC=∠NDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (1) ∠MDN=∠MCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (2) + Tứ giác BCNP có: ∠BNC=∠BPC=900 mà hai góc này có hai đỉnh kè nhau cùng nhìn BC dưới một góc không đổi. Suy ra, tứ giác BCNP nội tiếp (dhnb) ⇒∠NPB=∠NCP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP) (3) ∠NPC=∠NBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (4) Từ (1), (3) và ∠PBN=∠NDC suy ra ∠NMC=∠NCP Từ (2), (4) và ∠MDN=∠NBC suy ra ∠NMC=∠NCP Xét ΔNCM và ΔNPC có: ∠NMC=∠NCP(cmt)∠NMC=∠NCP(cmt)}⇒ΔNCM∼ΔNPC(g.g) ⇒NCNP=NMNC⇒NC2=NP.MN=4.5=20⇒NC=√20≈4,47 Chọn A. Câu 50 (VDC): Phương pháp: Vận dụng bất đẳng thức Cô – si. Cách giải: x√1−y2+y√1−z2+z√1−x2=32 ⇔2x√1−y2+2y√1−z2+2z√1−x2=3 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 2x√1−y2≤x2+1−y22y√1−z2≤y2+1−z22z√1−x2≤z2+1−x2}⇒2x√1−y2+2y√1−z2+2z√1−x2≤3 Dấu “=” xảy ra ⇔{x=√1−y2y=√1−z2z=√1−x2⇔{x2=1−y2y2=1−z2z2=1−x2⇔{y2=1−x2y2=1−z2 ⇒1−x2=1−z2⇒x2=z2⇒x=z(dox,y,z>0) Tương tự: x=y⇒x=y=z Khi đó, ta có: 2x√1−x2+2x√1−x2+2x√1−x2=3 ⇔6x√1−x2=3⇔2x√1−x2=1⇔4x2(1−x2)=1⇔−4x4+4x2−1=0⇔4x4−4x2+1=0⇔(2x2−1)2=0⇔2x2−1=0⇔2x2=1⇔x2=12⇒x=12(dox>0)⇒x=y=z=√22 Khi đó, P=3.(√22)4=34 Chọn C.
Quảng cáo
|