Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực Bà Rịa - Vũng Tàu 2024 - 2025 (Đề 19)
29 người thi tuần này 4.6 222 lượt thi 5 câu hỏi 50 phút
🔥 Đề thi HOT:
Đề thi thử TS vào 10 (Tháng 1) năm học 2025 - 2026_Môn Toán_THCS Cầu Giấy_Quận Cầu Giấy
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
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 tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
Lời giải
1) \({x^2} - 7x + 12 = 0\). Ta có \(\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 1 > 0\).
Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x = \frac{{7 + \sqrt 1 }}{2} = 4\,;\,\,x = \frac{{7 - \sqrt 1 }}{2} = 3\).
b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 3}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right.\). Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6x - 2y = 6}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right..\)
Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(7x = 14\) hay \(x = 2\).
Thế \(x = 2\) vào phương trình thứ hai của hệ mới, ta có \(2 + 2y = 8\) hay \(2y = 6\), suy ra \(y = 3.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {2\,;\,3} \right).\)
c) Ta có \(A = \frac{3}{{2 - \sqrt 3 }} - \sqrt {75} + \frac{{2\sqrt {33} }}{{\sqrt {11} }}\)
\( = \frac{{3\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} - \sqrt {25 \cdot 3} + \frac{{2\sqrt 3 \cdot \sqrt {11} }}{{\sqrt {11} }}\)
\( = 3\left( {2 + \sqrt 3 } \right) - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3 \)
\( = 6 + 3\sqrt 3 - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3 = 6\).
Vậy \(A = 6\).
Lời giải
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
0 |
1 |
2 |
\(y = \frac{1}{2}{x^2}\) |
2 |
\(\frac{1}{2}\) |
0 |
\(\frac{1}{2}\) |
2 |
Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\left( {0\,;\,\,0} \right);\,\,A\left( { - 2\,;\,\,2} \right);\,\,B\left( { - 1;\,\,\frac{1}{2}} \right);\)\(C\left( {1;\,\,\frac{1}{2}} \right);\,\,D\left( {2;\,\,2} \right).\)
Hệ số \(a = \frac{1}{2} > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên, đồ thị hàm số nhận \[Oy\] làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), ta có:
\(\frac{1}{2}{x^2} = - mx + 3\) hay \(\frac{1}{2}{x^2} + mx - 3 = 0.\)
Xét \(\Delta = {m^2} - 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \left( { - 3} \right) = {m^2} + 6 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - m}}{{\frac{1}{2}}} = - 2m}\\{{x_1} \cdot {x_2} = \frac{{ - 3}}{{\frac{1}{2}}} = - 6}\end{array}} \right.\).
Khi đó \({x_1}\left( {x_2^2 - 6} \right) = 24\) hay \({x_1}\left( {x_2^2 + {x_1}{x_2}} \right) = 24\) nên \({x_1}{x_2}\left( {{x_2} + {x_1}} \right) = 24\)
Suy ra \( - 6 \cdot \left( { - 2m} \right) = 24\), suy ra \(12m = 24\) hay \(m = 2\).
Vậy \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lời giải
1) Gọi số học sinh dự kiến là \(x\) (học sinh). Điều kiện \(x \in \mathbb{N}*,\,\,x > 2.\)
Dự kiến mỗi học sinh chuyển số phần quà là: \(\frac{{120}}{x}\) (phần quà).
Thực tế số học sinh là: \(x - 2\) (học sinh).
Thực tế mỗi học sinh chuyển số phần quà là: \(\frac{{120}}{{x - 2}}\) (phần quà).
Vì thực tế mỗi học sinh phải chuyển nhiều hơn so với dự kiến 2 phần quà nên ta có phương trình \(\frac{{120}}{x} + 2 = \frac{{120}}{{x - 2}}\)
\[120\left( {x - 2} \right) + 2x\left( {x - 2} \right) = 120x\]
\[120x - 240 + 2{x^2} - 4x = 120x\]
\[{x^2} - 2x - 120 = 0\]
\(x = 12\) (thỏa mãn điều kiện) hoặc \(x = - 10\) (không thỏa mãn điều kiện).
Vậy dự kiến có 12 học sinh.
2) Ta có \(\sqrt {x + 4} + \sqrt {1 - 2x} = 3\) (điều kiện \( - 4 \le x \le \frac{1}{2}\,).\)
\(x + 4 + 1 - 2x + 2\sqrt {\left( {x + 4} \right)\left( {1 - 2x} \right)} = 9\)
\(2\sqrt {\left( {x + 4} \right)\left( {1 - 2x} \right)} - \left( {x + 4} \right) = 0\)
\(\sqrt {x + 4} \left( {2\sqrt {1 - 2x} - \sqrt {x + 4} } \right) = 0\)
\(\sqrt {x + 4} = 0\) hoặc \(2\sqrt {1 - 2x} = \sqrt {x + 4} \)
\(x + 4 = 0\) hoặc \(4\left( {1 - 2x} \right) = x + 4\)
\(x = - 4\) hoặc \(4 - 8x = x + 4\)
\(x = - 4\) (thỏa mãn) hoặc \(x = 0\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 4\) và \(x = 0\).
Lời giải

1) Do \[PA,{\rm{ }}PB\] là tiếp tuyến nên \(\widehat {OAP} = \widehat {OBP} = 90^\circ .\)
Xét tứ giác \[PAOB\] có
\(\widehat {OAP} + \widehat {OBP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).
Mà \(\widehat {OAP},\,\,\widehat {OBP}\) ở vị trí đối diện nên tứ giác \[PAOB\] nội tiếp.
2) Ta có \(PA = PB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), \(OA = OB = R\) nên \(PO\) là trung trực của \[AB.\]
Suy ra \(PO \bot AB\) tại \(H\) là trung điểm của \[AB.\]
Xét \(\Delta PAH\) và \(\Delta PAH\)\(\Delta POA\) có \[\widehat {PHA} = \widehat {PAO} = 90^\circ ;\] \(\widehat {APH}\) chung.
Do đó .
Suy ra \[\frac{{PA}}{{PH}} = \frac{{PO}}{{PA}}\] hay \(P{A^2} = PH \cdot PO\) (đpcm).
3) Xét \(\Delta PBM\) và \(\Delta PNB\) có \(\widehat {BPM}\) chung và
Do đó suy ra \[\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{{PM}}{{PB}}\] hay \[P{B^2} = PM \cdot PN = P{A^2}\].
Mà \(P{A^2} = PH \cdot PO\) nên \(PM \cdot PN = PH \cdot PO\) hay\(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\).
Xét \(\Delta PMH\) và \(\Delta PON\) có \(\widehat {OPN}\) chung; \(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\) (cmt).
Do đó , suy ra \(\widehat {PMH} = \widehat {PON}\) (hai góc tương ứng).
Mặt khác \(\widehat {PMH} + \widehat {NMH} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {PON} + \widehat {NMH} = 180^\circ \).
Mà \(\widehat {PON},\,\,\widehat {NMH}\) nằm ở vị trí đối diện nên tứ giác \(HMNO\) nội tiếp.
Suy ra \(\widehat {OMN} = \widehat {OHN}\) (cùng chắn cung \[ON\,)\].
4) Kẻ đường kính \[AE\] của \(\left( O \right)\). Do \[I\] là trung điểm của \[MN\] nên \(OI \bot MN.\)
Xét tam giác \(OMN\,\,\left( {OM = ON} \right)\) có \(OI\) là đường trung tuyến (vì \[I\] là trung điểm của \[MN)\]nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot MN.\)
Suy ra \[\widehat {OIP} + \widehat {OAP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \].
Mà \[\widehat {OIP},\,\,\widehat {OAP}\] nằm ở trị trí đối diện nên tứ giác \(OIPA\) nội tiếp.
Suy ra \[\widehat {IPO} = \widehat {IAO}\] (cùng chắn cung \[IO\,)\]
Mà \(\widehat {IPO} = \widehat {INK}\) (\[OP\,{\rm{//}}\,NK\], so le trong) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\).

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)
Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)
Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(IKNA\) có \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\) nên tứ giác \(IKNA\) nội tiếp.
Suy ra \[\widehat {NIK} = \widehat {NAK}\] (cùng chắn cung \[NK\]).
Mà \(\widehat {NAK} = \widehat {NME}\) (cùng chắn cung \[NE\]) nên \[\widehat {NIK} = \widehat {NME}\] suy ra \[IK\,{\rm{//}}\,ME\] (hai góc đồng vị bằng nhau)
Mặt khác \(\widehat {AME} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(ME \bot AM.\)
Do đó \(NK \bot AM\) (đpcm).
Lời giải
Ta có \(P = x\left( {\sqrt {12 - 3{x^2}} + 1 - {x^2}} \right) = x\sqrt {12 - 3{x^2}} + x - {x^3}\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
\(x\sqrt {12 - 3{x^2}} = \frac{{2 \cdot 3x\sqrt {12 - 3{x^2}} }}{6} \le \frac{{9{x^2} + 12 - 3{x^2}}}{6} = {x^2} + 2\).
Suy ra \[P \le {x^2} + 2 + x - {x^3} = - {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right) + 3 \le 3\].
Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(x = 1\).