Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực Khánh Hòa 2024 - 2025 (Đề 17)

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: \(x = 1\,;\,\,x = \frac{4}{3}.\)

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

Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol nhận \[Oy\] làm trục đối xứng, có đỉnh \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\), bề lõm hướng lên và đi qua các điểm \[\left( { - 1\,;\,\,2} \right),\,\,\left( {1\,;\,\,2} \right),\,\]\(\left( { - 2\,;\,\,8} \right),\,\,\left( {2\,;\,\,8} \right).\)

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 \({x_1} + {x_2} - {x_1} \cdot {x_2} = 6\).

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 \(\frac{{36}}{{25}}\,\,{\rm{cm}}.\)

1) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

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.

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.