Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 1)

1) Thay $x=9$ (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức $$A$$, ta được: $A=\frac{9-4}{\sqrt{9}}=\frac{5}{3}.$

Vậy với $x=9$ thì $A=\frac{5}{3}.$

2) Với $x>0,x\ne 4$, ta có:

$B=\frac{3}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\sqrt{x}+3}{4-x}=\frac{3}{\sqrt{x}-2}-\frac{2\sqrt{x}+3}{x-4}$

   $=\frac{3\left(\sqrt{x}+2\right)-\left(2\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{3\sqrt{x}+6-2\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}+3}{x-4}.$

Vậy với $x>0,x\ne 4$ thì $B=\frac{\sqrt{x}+3}{x-4}.$

3) Với $x>0,x\ne 4$, ta có:

⦁ $P=AB=\frac{x-4}{\sqrt{x}}\cdot \frac{\sqrt{x}+3}{x-4}=\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}=1+\frac{3}{\sqrt{x}}>0.$ Do đó $P>0.$

⦁ $$1-P=1-\left(1+\frac{3}{\sqrt{x}}\right)=1-1-\frac{3}{\sqrt{x}}=-\frac{3}{\sqrt{x}}<0$$. Do đó $1-P<0$.

Suy ra $P\left(1-P\right)<0$ hay $P-P^2<0$ nên $P<P^2.$

Vậy $P<P^2.$

1) Cách 1: Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất của Bác Tiến là $x$ (triệu đồng) $\left(0\le x\le 400\right).$

Số tiền ở khoản đầu tư thứ hai là: $400-x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: $6\%x=0,06x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: $8\%\left(400-x\right)=32-0,08x$ (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0,06x+32-0,08x=27$.

Giải phương trình:

$0,06x+32-0,08x=27$

$-0,02x=27-32$

$-0,02x=-5$

$x=250$ (thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là $400-250=150$ (triệu đồng).

Cách 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất và thứ hai của Bác Tiến lần lượt là $x$ và $y$ (triệu đồng) $\left(0\le x\le 400,0\le y\le 400\right).$

Theo bài, tổng số tiền đầu tư của bác Tiến là 400 triệu đồng nên ta có phương trình:

$x+y=400$ (1)

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: $6\%x=0,06x$ (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: $8\%y=0,08y$ (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

$0,06x+0,08y=27$ (2)

Từ phương trình (1) và (2) ta có hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}x+y=400\left(1\right)\\ 0,06x+0,08y=27\left(2\right)\end{array}$$

Từ phương trình (1) ta có: $y=400-x$ (3)

Thế vào phương trình (2) ta được: $0,06x+0,08\left(400-x\right)=27.$ (4)

Giải phương trình (4):

$0,06x+0,08\left(400-x\right)=27$

$0,06x+32-0,08x=27$

$-0,02x=27-32$

$-0,02x=-5$

$x=250$ (thoả mãn điều kiện).

Thay giá trị $x=250$ vào phương trình (3) ta được: $y=400-250=150$(thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là 150 triệu đồng.

2) Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm $x$ (sản phẩm) $\left(x\in \mathbb{N}\ast ,x<300\right).$

Khi đó, theo kế hoạch thời gian cần thiết để làm xong 300 sản phẩm là: $\frac{300}{x}$ (ngày).

Thực tế mỗi ngày số sản phẩm mà tổ làm được là: $x+10$ (sản phẩm).

Khi đó, thời gian thực tế mà tổ sản xuất làm xong 300 sản phẩm là: $\frac{300}{x+10}$ (ngày).

Do tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình:

$\frac{300}{x}-\frac{300}{x+10}=1$ (1)

Giải phương trình (1):

$\frac{300}{x}-\frac{300}{x+10}=1$

$\frac{1}{x}-\frac{1}{x+10}=\frac{1}{300}$

$\frac{x+10-x}{x\left(x+10\right)}=\frac{1}{300}$

$\frac{10}{x^2+10x}=\frac{1}{300}$

$x^2+10x=3000$

$x^2-50x+60x-3000=0$

$x\left(x-50\right)+60\left(x-50\right)=0$

$\left(x-50\right)\left(x+60\right)=0$

$x-50=0$ hoặc $x+60=0$

$x=50$ (thoả mãn) $x=-60$ (không thoả mãn).

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất cần sản xuất 50 sản phẩm.

3) Để phương trình $x^2-3x+a=0$ nhận $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ làm một nghiệm thì $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ phải thỏa mãn phương trình đó.

Thay $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ vào phương trình $x^2-3x+a=0$, ta được:

${\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^2-3\cdot \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)+a=0$

$\frac{9-6\sqrt{5}+5}{4}-\frac{9-3\sqrt{5}}{2}+a=0$

$\frac{9-6\sqrt{5}+5-18+6\sqrt{5}}{4}+a=0$

$\frac{-4}{4}+a=0$

$-1+a=0$

$a=1$.

Với $a=1$, phương trình bậc hai trở thành: $x^2-3x+1=0$ (1)

Do phương trình (1) có hai nghiệm nên theo hệ thức Viète ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=1.\end{array}$

Ta có $x_1^2+x_2^2=x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-2x_1{x}_2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=3^2-2\cdot 1=7.$

Vậy $a=1$ và tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đã cho khi ấy bằng 7.

1) a) Bán kính đáy của lý nước có dạng hình trụ đó là: $\frac{5}{2}=2,5(\mathrm{cm}).$

Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly bằng thể tích của hình trụ có chiều cao $10$ cm, và bằng:

$V_1=\pi \cdot {\left(2,5\right)}^2\cdot 10=62,5\pi (\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3).$

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của hình trụ với chiều cao là $$15-10=5$$ (cm).

$$V_{5vienbi}=\pi \cdot {\left(2,5\right)}^2\cdot 5=31,25\pi$$ (cm³).

Thể tích của mỗi viên bi là: $\frac{31,25\pi }{5}=6,25\pi$ (cm³).

2)

a) Cách 1: Ta có $MN\perp AB$ tại $$O$$ nên $\Delta MOB$ vuông tại $$O$$, suy ra ba điểm $$M,O,B$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MB$$.

Ta có $MH\perp CB$ tại $$H$$ nên $\Delta MHB$ vuông tại $$H,$$suy ra ba điểm $$M,H,B$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MB$$.

Do đó bốn điểm $$O;M;H;B$$ cùng thuộc đường tròn đường kính $$MB$$.

Cách 2: Gọi $$I$$ là trung điểm của $$MB$$.

Ta có $MN\perp AB$ tại $$O$$ nên $\Delta MOB$ vuông tại $$O,$$ lại có $$OI$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $MB$ nên $IO=IM=IB=\frac{1}{2}MB.$

Ta có $MH\perp CB$ tại $$H$$ nên $\Delta MHB$ vuông tại $$H,$$

lại có HI là đường trung tuyến với cạnh huyền $MB$ nên $IH=IM=IB=\frac{1}{2}MB.$

Vậy $IO=IM=IH=IB$ nên bốn điểm $$O;M;H;B$$ cùng thuộc đường tròn tâm $$I,$$ đường kính $MB.$

b) ⦁ Chứng minh $\widehat{MHO}=\widehat{MNA}$

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm $$O;M;H;B$$ có $\widehat{MHO}=\widehat{MBO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$MO).$$

Xét đường tròn tâm $$O$$ có: $\widehat{MBA}=\widehat{MNA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$MA)$$ hay $\widehat{MBO}=\widehat{MNA}$

Do đó: $\widehat{MHO}=\widehat{MNA}.$

⦁ Chứng minh $ME\cdot MH=BE\cdot HC$

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm $$O;M;H;B$$ có $\widehat{BMO}=\widehat{BHO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$OB)$$

Tam giác $$MBO$$ cân tại $$O$$ (do $OM=OB)$ nên $\widehat{BMO}=\widehat{MBO}$.

Lại có $\widehat{MHO}=\widehat{MBO}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\widehat{MHO}=\widehat{BHO}$ nên $$HO$$ là tia phân giác của $\widehat{MHB}$ hay $$ME$$ là tia phân giác của $\widehat{MHB}.$

Xét $\Delta MHB$ có $$ME$$ là tia phân giác của $\widehat{MHB}$ nên $\frac{ME}{BE}=\frac{MH}{BH}$ (1)

Xét đường tròn $\left(O\right)$ có $AB$ là đường kính và $M\in \left(O\right)$ nên $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó $\widehat{CMB}=90^{\circ }$ nên $\widehat{HMC}+\widehat{HMB}=90^{\circ }.$

Mặt khác, $\Delta MHB$ vuông tại $H$ nên $\widehat{HMB}+\widehat{HBM}=90^{\circ }$ (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Suy ra $\widehat{HMC}=\widehat{HBM}.$

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BHM$ có: $\widehat{HMC}=\widehat{BHM}=90^{\circ }$ và $\widehat{HMC}=\widehat{HBM}$

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{MH}{BH}=\frac{HC}{HM}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{ME}{BE}=\frac{HC}{HM}\left(=\frac{MH}{BH}\right)$ hay $ME\cdot MH=BE\cdot HC$.

c) ⦁ Tam giác $$MHC$$ vuông tại $$C$$ nên ba điểm $$M,H,C$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$MC$$.

Mà $$P$$ thuộc đường tròn đó nên $\widehat{MPC}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mặt khác, $$P$$ thuộc đường tròn tâm $$O,$$ đường kính $$MN$$ nên $\widehat{MPN}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vậy $\widehat{MPN}+\widehat{MPC}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$ nên $$C,P,N$$ thẳng hàng. (3)

⦁ Xét $\Delta MHC$ và $\Delta BMC$ có:

$\widehat{MHC}=\widehat{BMC}=90^{\circ }$ và $\widehat{MCB}$ là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{MH}{BM}=\frac{HC}{MC}$ hay $\frac{HC}{MH}=\frac{MC}{BM}$.

Tam giác $$BMN$$có $$BO$$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $$\Delta BMN$$ cân tại $$B$$, suy ra $BM=BN.$

Do đó từ $\frac{HC}{MH}=\frac{MC}{BM}$ ta có $\frac{HC}{MH}=\frac{MC}{BN}$

Theo câu b ta có: $\frac{ME}{BE}=\frac{HC}{HM}$ nên $\frac{ME}{BE}=\frac{MC}{BN}$.

Xét đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $MN$ có $B\in \left(O\right)$ nên $\widehat{NBM}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat{NBE}=90^{\circ }.$

Xét $\Delta MCE$ và $\Delta BNE$ có: $\widehat{CME}=\widehat{NBE}=90^{\circ }$ và $\frac{ME}{BE}=\frac{MC}{BN}$

Do đó  (g.g), suy ra $\widehat{MEC}=\widehat{BEN}$ (hai góc tương ứng).

Ta có: $\widehat{BEN}+\widehat{CEB}=\widehat{MEC}+\widehat{CEB}=\widehat{MEB}=180^{\circ }$ nên ba điểm $$C,E,N$$ thẳng hàng. (4)

Từ (3) và (4) ta có bốn điểm $$C;P;E;N$$ thẳng hàng hay $$C;P;E$$ thẳng hàng.

Vì $M$ là trung điểm của đoạn $AD$ trên tấm bạt hình chữ nhật $ABCD$ (hình 1) nên $MA=MD=\frac{1}{2}AD=\frac{6}{2}=3(\mathrm{m}).$

ABCD cùng loại, có chiều dài 10 m và chiều rộng 6 m; với $M,N$ lần lượt là trung điểm của $$AD,BC$$ (hình 1). (ảnh 2)">

Kẻ đường cao $MH$ $\left(H\in AD\right)$ của tam giác $AMD.$ Khi đó đường cao $MH$ của $\Delta AMD$ cân tại $M$ đồng thời là đường trung tuyến nên $H$ là trung điểm của $AD,$ do đó $HD=\frac{AD}{2}=\frac{x}{2}$ $$\left(0<x<6\right).$$

Xét $\Delta MHD$ vuông tại $$H,$$ theo định lí Pythagore, ta có: $M{D}^2=M{H}^2+H{D}^2$

Suy ra $$MH=\sqrt{M{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\sqrt{9-\frac{x^2}{4}}=\frac{\sqrt{36-x^2}}{2}(\mathrm{m}).$$

Diện tích $\Delta AMD$ là: $S_{\Delta AMD}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot MH=\frac{1}{2}\cdot x\cdot \frac{\sqrt{36-x^2}}{2}=\frac{x\sqrt{36-x^2}}{4}({\mathrm{m}}^2).$

Thể tích hình lăng trụ đứng tam giác $$AMD.BNC$$ là:

$V=S_{\Delta AMD}\cdot MN=\frac{x\sqrt{36-x^2}}{4}\cdot 10=\frac{5}{2}x\sqrt{36-x^2}({\mathrm{m}}^3).$

Đặt $$P=\frac{5}{2}x\sqrt{36-x^2},$$ suy ra $$P^2=\frac{25}{4}{x}^2\left(36-x^2\right)\stackrel{BDTCauchuy}{\le }\frac{25}{4}\cdot {\left(\frac{x^2+36-x^2}{2}\right)}^2=2025.$$

Suy ra $P\le 45$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x^2=36-x^2$ hay $2x^2=36$ nên $x^2=18$, tức là $x=3\sqrt{2}$ (do $$0<x<6).$$

Vậy để thể tích không gian trong lều lớn nhất thì độ dài đoạn $AD=3\sqrt{2}$ (m).