Đề thi vào 10 môn Toán Yên Bái năm 2022Tải vềCâu 1: Cho
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Đề bài Câu 1: Cho \(\Delta ABC\) 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 \(2x + 1 = 0\) là: A. \(x = \dfrac{1}{2}\) B. \(x = 2\) C. \(x = 1\) D. \(x = \dfrac{{ - 1}}{2}\) Câu 3: Kết quả của phép toán \(\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\) bằng: A. \({x^2} - x + 2\) B. \({x^2} - 3x + 2\) C. \({x^2} - x - 2\) D. \({x^2} + x - 2\) Câu 4: Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn cung \({80^0}\) có số đo bằng: A. \({20^0}\) B. \({100^0}\) C. \({160^0}\) D. \({40^0}\) Câu 5: Khẳng định nào sau đây là đúng? A. \(\sin {37^0} = \cos {53^0}\) B. \(\sin {37^0} = \cos {43^0}\) C. \(\sin {37^0} = \tan {53^0}\) D. \(\sin {37^0} = \cot {53^0}\) Câu 6: Đường thẳng đi qua điểm A(0; 4) và song song với đường thẳng \(y = \dfrac{1}{3}x - 7\) có phương trình là: A. \(y = \dfrac{1}{3}x + 4\) B. \(y = - 3x + 4\) C. \(y = - 3x - 4\) D. \(y = - \dfrac{1}{3}x + 4\) Câu 7: Đồ thị hàm số \(y = - 2022{x^2}\) 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 \(\sqrt {5 - x} \) có nghĩa là: A. \(x > 5\) B. \(x \ne 5\) C. \(x \le 5\) D. \(x \ge 5\) Câu 9: Phương trình nào sau đây không phải là phương trình bậc nhất hai ẩn? A. \(x + 3y = - 1\) B. \( - x + 10y = 5\) C. \(\dfrac{1}{x} - 3y = - 2\) D. \(x + 2y = - 1\) Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số \(y = 2x + 2\)? 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 \(P = \sqrt {x - 1} + \dfrac{1}{{x - 2}}\) là: A. \(x > 2\) B. \(x \ge 1\) và \(x \ne 2\) C. \(x \ge 2\) D. \(x \ge 1\) Câu 12: Cho mặt cầu có thể tích \(V = 288\pi c{m^3}\). Đường kính mặt cầu bằng: A. 4cm B. 12cm C. 8cm D. 6cm Câu 13: Nghiệm tổng quát của phương trình \( - x + 3y = 1\) là: A. \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = x + 1\end{array} \right.\) B. \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = - \dfrac{1}{3}x + \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\) C. \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = - \dfrac{1}{3}x + \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\) D. \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = \dfrac{1}{3}x + \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\) Câu 14: Cho hai số x; y thỏa mãn \(\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{5}\) 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 \(A = \left\{ {a;b;c;d} \right\}\) là: A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 Câu 16: Cho hàm số \(y = \left( {m - 1} \right){x^2}\). 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. \(m \ne 1\) 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 \(\cos \alpha = \dfrac{3}{5}\) với \({0^0} < \alpha < {90^0}\). Giá trị của \(\tan \alpha \) bằng: A. \(\dfrac{4}{3}\) B. \(\dfrac{3}{4}\) C. \(\dfrac{4}{5}\) D. \(\dfrac{5}{3}\) Câu 19: Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O). Biết \(\angle AOB = {55^0}\). Số đo cung nhỏ AB bằng: A. \({35^0}\) B. \({55^0}\) C. \({110^0}\) D. \({135^0}\) 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. \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h\) B. \(V = \pi {r^2}h\) C. \(V = \dfrac{1}{2}\pi rh\) D. \(V = 2\pi rh\) Câu 22: Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(\angle ABC = {30^0}\) và BC = 4cm. Độ dài cạnh AC bằng: A. 2cm B. 6cm C. \(2\sqrt 3 cm\) D. \(4\sqrt 3 cm\) Câu 23: Cho đường tròn (O; 25cm). Dây lớn nhất của đường tròn có độ dài bằng: A. 25cm B. 20cm C. 50cm D. \(625\sqrt 3 cm\) 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 \(M = - {x^2} + 4x - 10\) 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 \( = {110^0}\). Kẻ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn (hình vẽ). Số đo góc hợp bởi hai tia Ax và AC là:
A. \({70^0}\) B. \({35^0}\) C. \({110^0}\) D. \({55^0}\) 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 \({2^3}{.2^4}{.2^5}\) có giá trị bằng: A. \({2^7}\) B. \({2^{12}}\) C. \({2^9}\) D. \({2^{60}}\) Câu 29: Hệ số góc của đường thẳng \(y = 5x - 1\) là: A. -1 B. 1 C. 5 D. -5 Câu 30: Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 3x + 1 = 0\). Khi đó A. \({x_1}{x_2} = - \dfrac{3}{2}\) B. \({x_1}{x_2} = - \dfrac{1}{2}\) C. \({x_1}{x_2} = \dfrac{3}{2}\) D. \({x_1}{x_2} = \dfrac{1}{2}\) Câu 31: Giá trị của biểu thức \(\sqrt {25} - 3\) bằng: A. 16 B. 22 C. 2 D. -8 Câu 32: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên \(\mathbb{R}?\) A. \(y = - 2x + 3\) B. \(y = - 3 - x\) C. \(y = 3 - 4x\) D. \(y = 2x + 1\) Câu 33: Số nghiệm của phương trình \({x^2} - 6x + 10 = 0\) là: A. 0 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 34: Cho tứ giác nội tiếp ABCD có \(\angle A = {70^0}\) và \(\angle B = {60^0}\). Khẳng định nào sau đây đúng? A. \(\angle D = {110^0}\) B. \(\angle C = {120^0}\) C. \(\angle D = {130^0}\) D. \(\angle C = {110^0}\) Câu 35: Giá trị của biểu thức \(\dfrac{{\sqrt 8 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }} - \sqrt 6 \) bằng: A. \(5 + 2\sqrt 6 \) B. \(1\) C. \(5\) D. \(5 - 2\sqrt 6 \) Câu 36: Kết quả của biểu thức \(A = \dfrac{{4x}}{{x - 9}} + \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x \ge 0;x \ne 9\)) có dạng \(\dfrac{{m\sqrt x + n}}{{\sqrt x - 3}}\) với \(m,n \in \mathbb{R}\). 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 \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx - m + 3\). Giá trị của tham số m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{3}{2}\) 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 \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5m + 1\\x + 3y = 5m + 3\end{array} \right.\) 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 \(\Delta ABC\) vuông tại A, đường cao \(AH\left( {H \in BC} \right)\). Biết HB = 12,5cm và \(\angle B = {65^0}\). 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 \(2{x^4} - 3{x^2} - 20 = 0\) 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 \({x^2} - 2x - m + 1 = 0\). 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 \(\Delta OAB\) bằng 2. Giá trị của biểu thức \(T = {a^2} + {b^2}\) 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 \(AB = 2\sqrt 3 \,cm\) 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. \(\dfrac{9}{4}\,c{m^2}\) B. \(\dfrac{{4\pi }}{3}\,c{m^2}\) C. \(3\pi c{m^2}\) D. \(3c{m^2}\) Câu 47: Số các giá trị của tham số m để phương trình \({x^2} - 2mx + 2m + 3 = 0\) 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 \({30^0}\), phương nhìn BC tạo với phương ngang góc \({15^0}30'\). 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 (\(\angle A > {90^0}\)). 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 \(x\sqrt {1 - {y^2}} + y\sqrt {1 - {z^2}} + z\sqrt {1 - {x^2}} = \dfrac{3}{2}\). Giá trị của biểu thức \(P = {x^4} + {y^4} + {z^4}\) là: A. \(1\) B. \(\dfrac{1}{4}\) C. \(\dfrac{3}{4}\) D. \(\dfrac{1}{2}\) 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: \(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\\ \Leftrightarrow B{C^2} = {5^2}\\ \Rightarrow BC = 5\end{array}\) Vậy BC = 5 Chọn D. Câu 2 (NB): Phương pháp: Giải phương trình: \(ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - b}}{a}\) Cách giải: \(\begin{array}{l}2x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2x = - 1\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 1}}{2}\end{array}\) Vậy \(x = - \dfrac{1}{2}\) Chọn D. Câu 3 (NB): Phương pháp: Thực hiện \(\left( {A + B} \right)\left( {C + D} \right) = AC + AD + BC + BD\) Cách giải: \(\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\)\( = {x^2} - 2x + x - 2 = {x^2} - x - 2\) Chọn C. Câu 4 (NB): Phương pháp: Số đo góc nội tiếp \( = \dfrac{1}{2}\) số đo cung chắn Cách giải: Góc nội tiếp có số đo là: \(\dfrac{1}{2}{.80^0} = {40^0}\) Chọn D. Câu 5 (NB): Phương pháp: \(\sin \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \cos \alpha \) Cách giải: \(\sin {37^0} = \sin \left( {{{90}^0} - {{53}^0}} \right) = \cos {53^0}\) Chọn A. Câu 6 (TH): Phương pháp: Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) biết \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và song song với \(d:y = a'x + b'\) (\(a';b'\) đã biết) Bước 1: Gọi phương trình đường thẳng\(\Delta \) là \(y = ax + b\) Bước 2: Vì \(\Delta //d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow d:y = a'x + b\) Bước 3: \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\), 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 \(y = \dfrac{1}{3}x - 7\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{3}\\b \ne - 7\end{array} \right.\) Do đó, phương trình cần tìm có dạng: \(y = \dfrac{1}{3}x + b\,\,\left( {b \ne - 7} \right)\) Vì đường thẳng cần tìm đi qua điểm A(0; 4) nên ta có: \(4 = \dfrac{1}{3}.0 + b \Rightarrow b = 4\) (tmđk) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: \(y = \dfrac{1}{3}x + 4\) Chọn A. Câu 7 (NB): Phương pháp: Đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right)\) khi \(\left( P \right):{y_A} = a{x_A}^2\left( {a \ne 0} \right)\) Cách giải: + Thay \(x = - 1\) vào \(y = - 2022{x^2}\), ta được: \(y = - 2022.{\left( { - 1} \right)^2} = - 2022\) Suy ra đồ thị hàm số \(y = - 2022{x^2}\) đi quả điểm M(-1; -2022) Chọn D. Câu 8 (NB): Phương pháp: Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\) Cách giải: Biểu thức \(\sqrt {5 - x} \) có nghĩa \(5 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 5\) Vậy biểu thức \(\sqrt {5 - x} \) có nghĩa khi \(x \le 5\) Chọn C. Câu 9 (NB): Phương pháp: Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: \(ax + by = c\) Cách giải: Phương trình: \(\dfrac{1}{x} - 3y = - 2\) không là phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn C. Câu 10 (NB): Phương pháp: Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right)\) khi \({y_A} = a{x_A} + b\). 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 \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\) Biểu thức \(\dfrac{1}{{g\left( x \right)}}\) có nghĩa \( \Leftrightarrow g\left( x \right) \ne 0\) Cách giải: Điều kiện xác định của biểu thức P là: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \ne 2\end{array} \right.\) Vậy điều kiện xác định của biểu thức P là: \(x \ge 1\) và \(x \ne 2\) Chọn B. Câu 12 (TH): Phương pháp: Thể tích của mặt cầu có bán kính R là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\) Cách giải: Gọi R (điều kiện: R > 0) là bán kính của mặt cầu. Thể tích của mặt cầu là: \(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi \Rightarrow R = 6\) (cm) Đường kính mặt cầu là: 2R = 2.6 = 12 (cm) Chọn B. Câu 13 (NB): Phương pháp: Phương trình \(ax + by = c\) (với \(a \ne 0,b \ne 0\)) có nghiệm tổng quát là \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = - \dfrac{a}{b}x + \dfrac{c}{b}\end{array} \right.\) Cách giải: Phương trình \( - x + 3y = 1\) có nghiệm tổng quát là: \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{R}\\y = \dfrac{1}{3}x + \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\) 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: \(\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{5} = \dfrac{{x + y}}{{2 + 5}} = \dfrac{{14}}{7} = 2\) Khi đó, \(\dfrac{x}{2} = 2 \Rightarrow x = 4\) 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 \(A = \left\{ {a;b;c;d} \right\}\) là: 4 Chọn B. Câu 16 (TH): Phương pháp: Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) nằm phía dưới trục hoành \( \Leftrightarrow y < 0 \Leftrightarrow a < 0\) Cách giải: Đồ thị hàm số \(y = \left( {m - 1} \right){x^2}\) nằm phía dưới trục hoành \( \Leftrightarrow m - 1 < 0 \Leftrightarrow m < 1\) Vậy \(m < 1\) Chọn D. Câu 17 (TH): Phương pháp: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) Bước 1: Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: \(y = ax + b\) Bước 2: Đường thẳng đi qua hai điểm \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a{x_A} + b = {y_A}\\a{x_B} + b = {y_B}\end{array} \right.\) 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: \(\left\{ \begin{array}{l}a.\left( { - 1} \right) + b = 4\\a.2 + b = - 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b = 4\\2a + b = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a = 9\\ - a + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = a + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 1\end{array} \right.\) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: \(y = - 3x + 1\) Chọn A. Câu 18 (TH): Phương pháp: Tính \(\sin \alpha \), \(\tan \alpha = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}\) Cách giải: Vì \({0^0} < \alpha < {90^0} \Rightarrow \sin \alpha > 0\) Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha + {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^2} = \dfrac{{16}}{{25}}\\ \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{4}{5}\end{array}\) Ta có: \(\tan \alpha = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \dfrac{3}{5}:\dfrac{4}{5} = \dfrac{3}{4}\) 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: \(\angle AOB = {55^0}\) nên số đo cung nhỏ AB bằng \({55^0}\). 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: \(V = \pi {r^2}h\) Cách giải: Công thức tính thể tích V của hình trụ có bán kính đáy r, chiều cao h là: \(V = \pi {r^2}h\) 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: \(\sin \angle ABC = \dfrac{{AC}}{{BC}}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông) \( \Rightarrow AC = BC.\sin \angle ABC = 4.\sin {30^0} = 2\,\left( {cm} \right)\) 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: \(n = p_1^{{m_1}}.p_2^{{m_2}}...p_k^{{m_k}}\) Khi đó, số ước nguyên dương của n là: \(\left( {{m_1} + 1} \right)\left( {{m_2} + 1} \right)...\left( {{m_k} + 1} \right)\) Cách giải: Ta có: \(24 = {2^3}.3\) Khi đó, số ước nguyên dương của 24 là: \(\left( {3 + 1} \right).\left( {1 + 1} \right) = 8\) Chọn C. Câu 25 (TH): Phương pháp: Sử dụng hẳng đẳng thức, đánh giá để tìm GTLN của biểu thức. Cách giải: \(M = - {x^2} + 4x - 10\) \(\begin{array}{l} = - \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 4 - 10\\ = - {\left( {x - 2} \right)^2} - 6\end{array}\) Vì \( - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\) với mọi x suy ra \( - {\left( {x - 2} \right)^2} - 6 \le - 6\) với mọi x hay \(M \le - 6\) với mọi x Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\) 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 \( = \dfrac{1}{2}\) 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: \(\angle xAC = \dfrac{1}{2}\angle AOC\) (Số đo góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \( = \dfrac{1}{2}\) số đo góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Suy ra \(\angle xAC = \dfrac{1}{2}{.110^0} = {55^0}\) 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: \({a^{{x_1}}}.{a^{{x_2}}}...{a^{{x_n}}} = {a^{{x_1} + {x_2} + ... + {x_n}}}\) Cách giải: \({2^3}{.2^4}{.2^5} = {2^{3 + 4 + 5}} = {2^{12}}\) 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 \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1}.{x_2} = \dfrac{c}{a}\) Cách giải: \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 3x + 1 = 0\), áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1}{x_2} = \dfrac{1}{2}\) Chọn D. Câu 31 (NB): Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\) Cách giải: \(\begin{array}{l}\sqrt {25} - 3 = \sqrt {{5^2}} - 3\\ = \left| 5 \right| - 3 = 5 - 3\,\,\,\left( {do\,\,5 > 0} \right)\\ = 2\end{array}\) Chọn C. Câu 32 (NB): Phương pháp: Hàm số \(y = ax + b\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow a > 0\) Cách giải: Hàm số \(y = 2x + 1\) có \(a = 2 > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) Chọn D. Câu 33 (NB): Phương pháp: Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\), ta có: + Nếu \(\Delta = 0 \Rightarrow \)Phương trình có 1 nghiệm. + Nếu \(\Delta < 0 \Rightarrow \)Phương trình không có nghiệm. + Nếu \(\Delta > 0 \Rightarrow \)Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách giải: Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 1.10 = - 1 < 0 \Rightarrow \)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 \(\angle A + \angle C = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle C = {180^0} - \angle A = {180^0} - {70^0} = {110^0}\) Chọn A. Câu 35 (TH): Phương pháp: Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai. Cách giải: \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt 8 - \sqrt {27} }}{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }} - \sqrt 6 \\ = \dfrac{{\sqrt {{2^3}} - \sqrt {{3^3}} }}{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }} - \sqrt 6 \\ = \dfrac{{\left( {\sqrt 2 - \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt {{2^2}} + \sqrt {2.3} + \sqrt {{3^2}} } \right)}}{{\sqrt 2 - \sqrt 3 }} - \sqrt 6 \\ = 2 + \sqrt 6 + 3 - \sqrt 6 \\ = 5\end{array}\) 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: \(A = \dfrac{{4x}}{{x - 9}} + \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}\) \(\begin{array}{l} = \dfrac{{4x}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 3}}\\ = \dfrac{{4x + {{\left( {\sqrt x + 3} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{4x + x + 6\sqrt x + 9 - x + 6\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{4x + 12\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\end{array}\) 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 \(AB \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}.19,2 = 9,6\,\left( {cm} \right)\) và OI vuông góc với AB tại H Xét \(\Delta AHI\) vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: \(\begin{array}{l}A{I^2} = A{H^2} + I{H^2}\\ \Leftrightarrow I{H^2} = A{I^2} - A{H^2}\\ \Leftrightarrow I{H^2} = {16^2} - 9,{6^2} = 163,84\\ \Rightarrow IH = 12,8\left( {cm} \right)\end{array}\) Xét \(\Delta AOH\) vuông tại H, áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: \(\begin{array}{l}A{O^2} = A{H^2} + O{H^2}\\ \Leftrightarrow O{H^2} = A{O^2} - A{H^2}\\ \Leftrightarrow O{H^2} = {12^2} - 9,{6^2} = 51,84\\ \Rightarrow OH = 7,2\left( {cm} \right)\end{array}\) Ta có: \(OI = OH + HI = 7,2 + 12,8 = 20\left( {cm} \right)\) Chọn A. Câu 38 (VD): Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) (1) Yêu cầu đề bài \( \Leftrightarrow \) phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) Theo hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}{x_2}\) theo m, sau đó thay vào \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{3}{2}\) để tìm m. Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 2mx - m + 3\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + m - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\) Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( { - m} \right)^2} - 1.\left( {m - 3} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2.\dfrac{1}{2}m + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} - {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} + 3 > 0\end{array}\) \( \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{11}}{4} > 0\) với mọi m Theo hệ thức Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\) Theo đề bài: \(\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{3}{2}\) (điều kiện: \({x_1} \ne 0;{x_2} \ne 0 \Rightarrow {x_1}{x_2} \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 3\)) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 3{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow 2.2m - 3\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 4m - 3m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow m = - 9\,\,\,\left( {tmdk} \right)\end{array}\) 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: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5m + 1\\x + 3y = 5m + 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5m + 1\\2x + 6y = 10m + 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5y = 5m + 5\\x + 3y = 5m + 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = m + 1\\x = 5m + 3 - 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = m + 1\\x = 5m + 3 - 3\left( {m + 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = m + 1\\x = 2m\end{array} \right.\) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {2m;m + 1} \right)\) Để \(x - y = 5\) \( \Leftrightarrow 2m - \left( {m + 1} \right) = 5\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2m - m - 1 = 5\\ \Leftrightarrow m - 1 = 5\\ \Leftrightarrow m = 6\end{array}\) 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: \(\Delta ABH\) vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: \(\tan \angle B = \dfrac{{AH}}{{BH}} \Rightarrow AH = BH.\tan \angle B = 12,5.\tan {65^0}\) Ta có: \(\angle B = \angle HAC = {65^0}\) (cùng phụ với \(\angle BAH\)) \(\Delta AHC\) vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: \(\cos \angle HAC = \dfrac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AC = \dfrac{{AH}}{{\cos \angle HAC}} = \dfrac{{12,5.\tan {{65}^0}}}{{\cos {{65}^0}}} \approx 63,43\,\left( {cm} \right)\) Chọn B. Câu 41 (VD): Phương pháp: Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai một ẩn: \(a{t^2} + bt + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) Cách giải: Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình ban đầu trở thành: \(2{t^2} - 3t - 20 = 0\) (1) Ta có: \({t_1}{t_2} = 2.\left( { - 20} \right) < 0\) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu t \( \Rightarrow \) 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 \(A\left( {0;\dfrac{{10}}{3}} \right)\) B là giao điểm của đường thẳng và Ox suy ra \(B\left( {\dfrac{{ - 5}}{2};0} \right)\) 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 \(\Delta OAB\) vuông tại O, đường cao OH, ta có: \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{10}}{3}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( { - \dfrac{5}{2}} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow O{H^2} = 4\\ \Rightarrow OH = 2\end{array}\) Chọn C. Câu 43 (TH): Phương pháp: Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm trái dấu \( \Leftrightarrow ac < 0\) Cách giải: Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu \( \Leftrightarrow 1.\left( { - m + 1} \right) < 0\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - m < - 1\\ \Leftrightarrow m > 1\end{array}\) Vậy m > 1 Chọn C. Câu 44 (VD): Phương pháp: Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = a'x + b'\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\). Cách giải: Gọi đường thẳng cần tìm là \(\left( d \right):y = ax + b\) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 4x – 3 nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b \ne - 3\end{array} \right.\) Khi đó, đường thẳng có dạng \(\left( d \right):\,y = 4x + b\,\,\left( {b \ne - 3} \right)\) (d) cắt trục Ox tại A nên \(A\left( {\dfrac{{ - b}}{a};0} \right)\) suy ra \(OA = \left| {\dfrac{{ - b}}{a}} \right|\) (d) cắt trục Oy tại B nên \(B\left( {0;b} \right)\) suy ra \(OB = \left| b \right|\) Diện tích \(\Delta OAB\) bằng 2 nên ta có: \(\dfrac{1}{2}.\left| b \right|.\left| {\dfrac{b}{4}} \right| = 2\) \( \Leftrightarrow {b^2} = 2.8 = 16\) Ta có: \(T = {a^2} + {b^2} = {4^2} + 16 = 32\) 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: \(OK \bot EF\) (vì EF là tiếp tuyến của (O) tại K) AB//EF (giả thiết) Suy ra \(OK \bot AB\) \( \Rightarrow H\) là trung điểm của AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}.24 = 12\left( {cm} \right)\) Tam giác AOH vuông tại H, áp dụng định lý Py – ta – go, ta có: \(\begin{array}{l}A{O^2} = A{H^2} + O{H^2}\\ \Leftrightarrow O{H^2} = A{O^2} - A{H^2}\\ \Leftrightarrow O{H^2} = {15^2} - {12^2} = 81\\ \Rightarrow OH = 9\left( {cm} \right)\end{array}\) Tam giác OKF có HB//KF, theo Ta – lét, ta có: \(\dfrac{{OH}}{{OK}} = \dfrac{{HB}}{{KF}} = \dfrac{{OB}}{{OF}} = \dfrac{3}{5}\) Tam giác OEF có AB//EF, theo Ta – lét, ta có: \(\dfrac{{OB}}{{OF}} = \dfrac{{AB}}{{EF}} = \dfrac{3}{5}\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{24}}{{EF}} = \dfrac{3}{5}\\ \Rightarrow EF = \dfrac{{24.5}}{3} = 40\,\left( {cm} \right)\end{array}\) 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: \({S_1} = \pi .{\left( {\dfrac{{2\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}:2 = \dfrac{{3\pi }}{2}\) Trong đường tròn (O) có C là điểm chính giữa cung AB nên CA = CB Lại có C thuộc đường tròn (O) nên \(\angle ACB = {90^0}\) Do đó, tam giác ABC vuông cân tại C, theo định lí Py – ta – go, ta có: \(\begin{array}{l}A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}\\ \Leftrightarrow A{B^2} = A{C^2} + A{C^2} = 2A{C^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 2A{C^2}\\ \Rightarrow AC = \sqrt 6 \end{array}\) Diện tích quạt \({S_{qCAB}} = \dfrac{{\pi .{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}.90}}{{360}} = \dfrac{3}{2}\pi \) Diện tích tam giác ABC là: \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}.\sqrt 6 .\sqrt 6 = 3\) Diện tích phần gạch chéo là: \(\dfrac{{3\pi }}{2} - \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - 3} \right) = 3\,\left( {c{m^2}} \right)\) Chọn D. Câu 47 (VD): Phương pháp: Phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\) Vận dụng phương pháp tìm ước số để tìm nghiệm nguyên của phương trình. Cách giải: Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( {2m - 2} \right)\) \(\begin{array}{l} = {m^2} - 2m + 2\\ = \left( {{m^2} - 2m + 1} \right) + 1\end{array}\) \( = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 > 0\) với mọi m \( \Rightarrow \) Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Theo Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 3\end{array} \right.\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - {x_1}{x_2} = 3\\ \Leftrightarrow {x_1} - 1 + {x_2} - {x_1}{x_2} = 2\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 1} \right) + {x_2}\left( {1 - {x_1}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) = - 2\end{array}\) Để phương trình có hai nghiệm nguyên thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 1 = 1\\{x_2} - 1 = - 2\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 1 = - 1\\{x_2} - 1 = 2\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2\\{x_2} = - 1\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 0\\{x_2} = 3\end{array} \right.\) Khi \({x_1} = 2,{x_2} = - 1\) suy ra \({x_1} + {x_2} = 2 + \left( { - 1} \right) = 2m\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 1 = 2m\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2}\end{array}\) Khi \({x_1} = 0,{x_2} = 3\) suy ra \({x_1} + {x_2} = 0 + 3 = 2m\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3 = 2m\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\end{array}\) Vậy \(m \in \left\{ {\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2}} \right\}\) 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: \(\cot \angle CBI = \dfrac{{BI}}{{CI}} \Rightarrow BI = CI.\cot \angle CBI = x.\cot {15^0}30'\) Tam giác AHC vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, ta có: \(\cot \angle CAH = \dfrac{{AH}}{{CH}} \Rightarrow AH = CH.\cot \angle CAH = \left( {x + 70} \right).\cot {30^0}\) Vì AH = BI (cmt) nên ta có: \(x.\cot {15^0}30' = \left( {x + 70} \right).\cot {30^0}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x.\cot {15^0}30' = x.\cot {30^0} + 70.\cot {30^0}\\ \Leftrightarrow x.\left( {\cot {{15}^0}30' - \cot {{30}^0}} \right) = 70.\cot {30^0}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{70.\cot {{30}^0}}}{{\cot {{15}^0}30' - \cot {{30}^0}}} \approx 64,7\,\left( {cm} \right)\end{array}\) Khi đó, CH = 64,7 + 70 = 134,7 (cm) Chọn C. Câu 49 (VDC): Phương pháp: \(\Delta NCM \sim \Delta NPC\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow N{C^2} = NP.MN\)\( \Rightarrow NC\) Cách giải: + ABCD là hình bình hành nên AB//CD suy ra \(\angle ABD = \angle BDC\) (hai góc so le trong) hay \(\angle PBN = \angle NDC\) \(\angle ADB = \angle CBD\) (hai góc so le trong) hay \(\angle MDN = \angle NBC\) + Tứ giác MNCD có: \(\angle DMN = \angle DNC = {90^0}\) 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) \( \Rightarrow \angle NMC = \angle NDC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (1) \(\angle MDN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (2) + Tứ giác BCNP có: \(\angle BNC = \angle BPC = {90^0}\) 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) \( \Rightarrow \angle NPB = \angle NCP\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP) (3) \(\angle NPC = \angle NBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (4) Từ (1), (3) và \(\angle PBN = \angle NDC\) suy ra \(\angle NMC = \angle NCP\) Từ (2), (4) và \(\angle MDN = \angle NBC\) suy ra \(\angle NMC = \angle NCP\) Xét \(\Delta NCM\) và \(\Delta NPC\) có: \(\left. \begin{array}{l}\angle NMC = \angle NCP\left( {cmt} \right)\\\angle NMC = \angle NCP\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta NCM \sim \Delta NPC\left( {g.g} \right)\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NP}} = \dfrac{{NM}}{{NC}}\\ \Rightarrow N{C^2} = NP.MN = 4.5 = 20\\ \Rightarrow NC = \sqrt {20} \approx 4,47\end{array}\) Chọn A. Câu 50 (VDC): Phương pháp: Vận dụng bất đẳng thức Cô – si. Cách giải: \(x\sqrt {1 - {y^2}} + y\sqrt {1 - {z^2}} + z\sqrt {1 - {x^2}} = \dfrac{3}{2}\) \( \Leftrightarrow 2x\sqrt {1 - {y^2}} + 2y\sqrt {1 - {z^2}} + 2z\sqrt {1 - {x^2}} = 3\) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: \(\left. \begin{array}{l}2x\sqrt {1 - {y^2}} \le {x^2} + 1 - {y^2}\\2y\sqrt {1 - {z^2}} \le {y^2} + 1 - {z^2}\\2z\sqrt {1 - {x^2}} \le {z^2} + 1 - {x^2}\end{array} \right\} \Rightarrow 2x\sqrt {1 - {y^2}} + 2y\sqrt {1 - {z^2}} + 2z\sqrt {1 - {x^2}} \le 3\) Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt {1 - {y^2}} \\y = \sqrt {1 - {z^2}} \\z = \sqrt {1 - {x^2}} \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = 1 - {y^2}\\{y^2} = 1 - {z^2}\\{z^2} = 1 - {x^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} = 1 - {x^2}\\{y^2} = 1 - {z^2}\end{array} \right.\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 - {x^2} = 1 - {z^2}\\ \Rightarrow {x^2} = {z^2}\\ \Rightarrow x = z\,\left( {do\,\,\,x,y,z > 0} \right)\end{array}\) Tương tự: \(x = y \Rightarrow x = y = z\) Khi đó, ta có: \(2x\sqrt {1 - {x^2}} + 2x\sqrt {1 - {x^2}} + 2x\sqrt {1 - {x^2}} = 3\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6x\sqrt {1 - {x^2}} = 3\\ \Leftrightarrow 2x\sqrt {1 - {x^2}} = 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2}\left( {1 - {x^2}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow - 4{x^4} + 4{x^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4{x^4} - 4{x^2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow x = \dfrac{1}{2}\,\left( {do\,\,x > 0} \right)\\ \Rightarrow x = y = z = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array}\) Khi đó, \(P = 3.{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^4} = \dfrac{3}{4}\) Chọn C.  Chia sẻ Bình luận
Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí
|
