Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3)

Đáp án đúng là: B

Cách 1. Sử dụng MTCT để tìm nghiệm của hệ hai phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 2\\x + y = 0.\end{array} \right.\)

Với MTCT phù hợp, ta bấm lần lượt các phím:

Trên màn hình cho kết quả \(x = - 1,\) ta bấm tiếp phím  màn hình cho kết quả \(y = 1.\)

Vậy cặp số \[\left( {--1\,;\,\,1} \right)\] là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 2\\x + y = 0.\end{array} \right.\)

Cách 2. Thay \(x = 1;\,\,y = - 1\) vào hệ phương trình đã cho, ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}2 \cdot 1 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) = - 1\,\,\left( { \ne - 2} \right)\\1 + \left( { - 1} \right) = 0\,\,\left( { \ne 1} \right)\end{array} \right..\)

Tương tự, thay giá trị của \(x\) và \(y\) lần lượt của các cặp số ở phương án B, C, D vào hệ phương trình đã cho, ta thấy chỉ có cặp số \[\left( {--1\,;\,\,1} \right)\] là nghiệm của cả hai phương trình trong hệ.

Vậy cặp số \[\left( {--1\,;\,\,1} \right)\] là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = - 2\\x + y = 0.\end{array} \right.\)

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

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được: \(2x = - 2\) nên \(x = - 1.\)

Thay \(x = - 1\) vào phương trình \(x + y = 0,\) ta được:

\( - 1 + y = 0,\) nên \(y = 1.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \[\left( {--1\,;\,\,1} \right).\]

Đáp án đúng là: D

Bất phương trình có dạng \[ax + b < 0\] (hoặc \[ax + b > 0\,;\,\,ax + b \le 0\,;\,\,ax + b \ge 0\,)\] trong đó \[a\,,\,\,b\] là hai số đã cho, \(a \ne 0\) được gọi là bất phương trình bậc nhất một ẩn \(x.\)

– Các bất phương trình \(2x + 1 \ge 0\,,\,\,2 - 3x < 0\,,\,\, - 2x \le 0\) có dạng trên là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

– Bất phương trình \[{x^2} + x < 2\] có vế trái là đa thức bậc hai, vế phải là 2 nên không phải là bất phương trình bậc nhất một ẩn.

Vậy chọn đán án D.

Đáp án đúng là: A

Căn bậc hai của  49 là 7 và \[--7.\]

Đáp án đúng là: D

Phương trình bậc hai \[a{x^2} + bx + c = 0\] có biệt thức \[\Delta = {b^2} - 4ac\] .

Đáp án đúng là: B

Điều kiện xác định của \(\sqrt x \) là \[x \ge 0\].

Đáp án đúng là: A

Phương trình bậc hai \[a{x^2} + bx + c = 0\] có \[a - b + c = 0\]. Khi đó, hai nghiệm của phương trình là \[{x_1} = - 1,\,\,{x_2} = - \frac{c}{a}.\]

Đáp án đúng là: B

Tần số xuất hiện mặt 3 chấm là: \(50 - 8 - 7 - 8 - 6 - 11 = 10\).

Đáp án đúng là: C

– Vì \[OA = R\,\,\left( { = 3\,{\rm{cm}}} \right)\] nên điểm \[A\] nằm trên \[\left( O \right)\];

– Vì \[OB > R\,\,\left( {4\,\,{\rm{cm}} > 3\,{\rm{cm}}} \right)\] nên điểm \[B\] nằm trên \[\left( O \right)\].

Vậy khẳng định đúng là: Điểm \[A\] nằm trên \[\left( O \right),\] điểm \[B\] nằm ngoài \[\left( O \right).\]

Đáp án đúng là: D

Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử.

Đáp án đúng là: B

Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của ba đường trung trực trong tam giác đó.

Đáp án đúng là: A

Thể tích \[V\] của hình trụ được tính bởi công thức \(V = \pi {R^2}h.\)

1) Ta có \(A = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} \cdot 2} \,\, - \,\,\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 3 }} = 3\sqrt 2 \,\, - \,\,\sqrt 2  = 2\sqrt 2 \).

1) Gọi \(x,\,\,y\) lần lượt là số trận hòa và số trận thắng \(\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*} \right)\).

Mỗi đội bóng thi đấu với 3 đội còn lại, do đó có tất cả: \[\frac{{4 \cdot 3}}{2} = 6\] (trận).

Do đó ta có: \(x + y = 6 & \left( 1 \right)\)

Tổng số điểm trận hòa là \(2x\) (điểm)

Tổng số điểm trận thắng là \(3y\) (điểm).

Theo đề bài, tổng số điểm của tất cả các trận đấu bằng 16 điểm nên ta có phương trình

\(2x + 3y = 16 & \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 6\\2x + 3y = 16\end{array} \right.\].

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\,\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\).

Vậy có 2 trận hòa và 4 trận thắng.

2) Không gian mẫu của phép thử là: 

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,3} \right)} \right\}.\]

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là \(n\left( \Omega  \right) = 12\).

Gọi A là biến cố “Lấy được 2 viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là \(n\left( {\rm{A}} \right) = 8\).

Xác suất của biến cố A là \({\rm{p}}\left( {\rm{A}} \right) = \frac{{n\left( {\rm{A}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\).

1) Ta có \[\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \] (giả thiết); \[\widehat {ADO} = 90^\circ \] (giả thiết).

Tam giác \[AMO\] vuông tại \[M\] nên tam giác \[AMO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AO\] có tâm là trung điểm của cạnh huyền \[AO.\]

Tương tự, hai tam giác \[ADO\] và \[ANO\] ngoại tiếp đường tròn đường kính \[AO.\]

Suy ra bốn điểm \[D,M,N,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AO.\]

2) Xét \[\Delta OAM\] và \(\Delta OAN\) có:

\(\widehat {OMA} = \widehat {ONA} = 90^\circ \); cạnh \(OA\) chung;

\(\widehat {OAM} = \widehat {OAN}\) (vì \[AO\] đường phân giác trong của \(\Delta ABC\,)\)

Do đó \[\Delta OAM = \Delta OAN\] (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \[OM = ON\] (hai cạnh tương ứng).

Do tứ giác MDON nội tiếp nên \[\widehat {ODN} = \widehat {OMN}\] và \[\widehat {BDM} = \widehat {ONM}\].

Mà \[\widehat {ONM} = \widehat {OMN}\](do tam giác OMN cân tại O). Suy ra \[\widehat {ODN} = \widehat {BDM}\] (đpcm).

* Cách khác:

Chứng minh được hai tam giác OAM và OAN bằng nhau suy ra OM = ON.

Ta có \[\widehat {BDM} + \widehat {ADM} = 90^\circ \], \[\widehat {MAO} + \widehat {AOM} = 90^\circ \].

Mà \[\widehat {ADM} = \widehat {AOM}\] (cùng chắn cung \[AM),\] suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {MAO}\].

Lại có \[\widehat {MAO} = \widehat {OAN}\] (tính chất đường phân giác). Suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {OAN}\].

Hơn nữa \[\widehat {OAN} = \widehat {ODN}\] (cùng chắn cung \[ON),\] suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\] (đpcm).

3) Qua \[I,\] kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[AB,\,\,AC\] lần lượt tại \[P,\,\,Q.\]

Ta có: \[\widehat {IOP} = \widehat {IMP} = \widehat {INA}\], \[\widehat {INA} = \widehat {IOQ}\] (vì tứ giác \[OINQ\] nội tiếp).

Suy ra \[\widehat {IOP} = \widehat {IOQ}\]. Mà \[OI \bot PQ\] nên \[OI\] là trung tuyến của tam giác \[OPQ.\]

Ta có \[PQ\,{\rm{//}}\,BC\] nên \[\frac{{IP}}{{KB}} = \frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{IQ}}{{KC}}\]. Mà \[IP = IQ,\] suy ra \[KB = KC.\]

Vậy \[K\] là trung điểm của \[BC.\]