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) $\{\begin{array}{l}x+3y=6\\ 2x-3y=3\end{array}$. 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) $3x^2-7x+4=0$.

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:

$x=\frac{-b+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}=\frac{7+\sqrt{1}}{2\cdot 3}=\frac{4}{3};x=\frac{-b-\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}=\frac{7-\sqrt{1}}{2\cdot 3}=1.$

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
$y=2x^2$	8	2	0	2	8

Đồ thị hàm số $y=2x^2$ 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: $\mathrm{\Delta }={\left[-\left(m+1\right)\right]}^2-4\cdot 2\cdot \left(-4\right)={\left(m+1\right)}^2+32>0$ với mọi $m$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Theo Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{m+1}{2}\\ x_1\cdot x_2=-2\end{array}$.

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: $52:2=26\left(\mathrm{m}\right)$ 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 $\{\begin{array}{l}x+y=26\\ xy=160\end{array}$.

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 $x^2-26x+160=0\left(\ast \right)$

Giải phương trình $\left(\ast \right)$, 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 $10\mathrm{m}$ và chiều rộng ban đầu của khu vườn là $16\mathrm{m}.$

2) Thể tích của viên bi là: $V_{bi}=\frac{4}{3}\pi \cdot 3^3=36\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Phần thể tích nước tăng lên sau khi thả viên bi là:

$V_t=\pi R^{2}h=\pi \cdot 5^2\cdot h=25\pi h\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right).$

Vì phần thể tích nước tăng bằng thể tích của viên bi nên $25\pi h=36\pi$, suy ra $h=\frac{36}{25}\left(\mathrm{cm}\right).$

Vậy sau khi thả viên bi vào thì mực nước trong ly dâng lên $\frac{36}{25}\mathrm{cm}.$

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 $AC//MB\left(\mathrm{gt}\right)$ nên $\widehat{ACE}=\widehat{BME}$ (so le trong)

Mà $\widehat{ACE}=\widehat{ABE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AE)$, suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{BME}.$

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 $OB\perp MB$ 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: $ABE=BME\left(\mathrm{cmt}\right)$; $\widehat{BAE}=\widehat{MBE}\left(\mathrm{cmt}\right)$.

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 $OA\perp MA$ 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 $AB\perp MO$ 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

Gọi $x$ là số tạp chí TH&TT; $y$ là số tạp chí Pi $\left(x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

Theo đề bài ta có hệ bất phương trình sau:

$\{\begin{array}{l}x>y\\ x+2y>54\\ 2x+y<57\end{array}$ nên $$\{\begin{array}{l}x>y\\ -x+y>-3\end{array}$$ hay $$\{\begin{array}{l}x-y>0\\ x-y<3\end{array}$$ suy ra $0<x-y<3.$

Vì $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $x-y=1$ hoặc $x-y=2.$

Trường hợp 1: $x-y=1$ hay $x=y+1$.

Từ $\{\begin{array}{l}x+2y>54\\ 2x+y<57\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}y+1+2y>54\\ 2\left(y+1\right)+y<57\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}y>\frac{53}{3}\\ y<\frac{55}{3}\end{array}$, 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 $\{\begin{array}{l}x+2y>54\\ 2x+y<57\end{array}$ hay $\{\begin{array}{l}y+2+2y>54\\ 2\left(y+2\right)+y<57\end{array}$ nên $\{\begin{array}{l}y>17\\ y<\frac{53}{3}\end{array}$ (không có số tự nhiên $y$ thỏa mãn).
Vậy có 19 cuốn tạp chí TH&TT và 18 cuốn tạp chí Pi.