• Logo VietJack.me
×
Trang chủ Ôn vào 10 Toán Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 2)

Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 2)

Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 2)

  • 57 lượt thi

  • 6 câu hỏi

  • 60 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

11/07/2026

Cho biểu thức P=xx+2+x+1x−2−2+5xx−4 với x≥0,x≠4.                                           

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1.
Xem đáp án

1) ĐKXĐ: với x≥0 và x≠4.

P =xx+2+x+1x−2−2+5xx−4

 =xx−2+x+1x+2−2−5xx−2x+2

 =x−2x+x+3x+2−2−5xx−2x+2

=2x−4xx−2x+2 =2xx−2x−2x+2=2xx+2.

Vậy với x≥0 và x≠4 thì P=2xx+2.

2) Theo ý 1) ta có P=2xx+2 với x≥0 và x≠4.

Khi đó P>1⇔2xx+2>1⇒2x>x+2  (vì x+2>0  với x≥0)

⇒2x−x>2⇒x>2⇒x>4 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy x > 4 thì P > 1.

Câu 2:

11/07/2026

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b

Tìm a, b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M (-1;2).

Xem đáp án

Đường thẳng d:y=ax+b có hệ số góc là 3 nên a = 3.

Khi đó đường thẳng d:y=3x+b đi qua M (-1;2) nên thay x = -1 và y = 2 ta được:

2=3.−1+b⇔b=5

Vậy a = 3 và b = 5

Câu 3:

11/07/2026
Giải hệ phương trình 3x+y=6x−y=−2.
Xem đáp án

3x+y=6x−y=−2⇔4x=4x−y=−2⇔x=11−y=−2⇔x=1y=3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x;y=1;3.

Câu 4:

11/07/2026

1) Giải phương trình x2−3x+2=0.

2) Cho phương trình x2−2mx−m2−2=0 (mlà tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2) thỏa mãn hệ thức x2−2x1−3x1x2=3m2+3m+4.
Xem đáp án

a) Theo bài ra ta có: a=1;  b=−3;  c=2.

Ta lại có: a+b+c=1+−3+2=0.

Nên phương trình có hai nghiệm: x1=1 và x2=ca=21=2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=1;2.

b) Phương trình x2−2mx−m2−2=0.

Vì a=1≠0 và ac=−m2−2<0 với mọi m nên phương trình có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.

Mà x1<x2 nên x1<0<x2 suy ra x1=−x1 và x2=x2.

Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=−m2−2   *.

Theo bài ta có: x2−2x1−3x1x2=3m2+3m+4

⇔x2+2x1−3x1x2=3m2+3m+4⇒x2+2x1=3m−2

Ta có: x1+x2=2mx1+2x2=3m−2⇔x1+x2=2mx2=m−2⇔x1+m−2=2mx2=m−2⇔x1=m+2x2=m−2   

Thay vào (*) ta được: m+2m−2=−m2−2⇔m2−4=−m2−2

⇔2m2=2⇔m2=1⇔m=±1.

Vậy m=±1.

Câu 5:

11/07/2026

Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).

1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO Chứng minh MN2=ND⋅NA.

3) Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh HAHD2−ACHN=1.
Xem đáp án
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). (ảnh 1)

a) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên MAO^=90° và MBO^=90°.

Xét tứ giác MAOB có: MAO^+MBO^=90°+90°=180°, mà hai góc này đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.

b) Do C đối xứng với B qua O nên BC là đường kính, do đó BAC^=90° hay AB⊥AC.

Ta có: OA = OB nên O nằm trên đường trung trực của AB.

MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên M nằm trên đường trung trực của AB

Suy ra OM là đường trung trực của AB do đó OM⊥AB.

Khi đó MN // AC (vì cùng vuông góc với AH) Do đó DMN^=ACM^ (so le trong).

Mà MAD^=ACM^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn AD⏜).

Suy ra DMN^=MAD^.

Xét ΔMND và ΔANM có: N ^ là góc chung và DMN^=MAN^=MAD^.

Do đó ΔMND∽ΔANM (g.g) ⇒MNND=NAMN⇒MN2=ND⋅NA.

c) Dễ dàng chứng minh được ΔMAD∽ΔMCA (g.g) ⇒MAMC=MDMA⇒MA2=MD⋅MC. 

Lại có MA2=MH⋅MO (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông MAO)

Do đó MD⋅MC=MH⋅MO (cùng bằng MA2)

⇒MDMO=MHMC, mà ΔMDH và ΔMOC có M ^ là góc chung.

Do đó ΔMDH∽ΔMOC (g.g) nên MHD^=MCO^.

Mà MCO^=DCB^=DAB^=DAH^ (cùng chắn cung DB  của đường tròn (O))

⇒MHD^=DAH^.

Lại có MHD^+DHA^=90° nên DAH^+DHA^=90°, suy ra DH⊥NA.

Do đó HN2=ND⋅NA.

Lại có MN2=ND⋅NA (câu b) nên HN2=MN2⇒HN=MN.

Ta có HA2HD2=AD⋅ANAD⋅DN=ANDN và ACHN=ACMN=ADDN (hệ quả định lí Thalès)

Suy ra HAHD2−ACHN=ANDN−ADDN=DNDN=1.

Câu 6:

11/07/2026

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 4x2+y2+4z2≤6y.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=8x+32+16y+42+1z+12+2023.
Xem đáp án

Ta chứng minh bổ đề: 1m2+1n2≥8m+n2

Áp dụng BĐT Cauchy: 1m2+1n2≥21m2⋅n2=2mn.

Do mn≤m+n24  nên suy ra 1m2+1n2≥8m+n2.

Ta có: 4x2+4≥24x2⋅4=8x;4y2+4≥8y;4z2+4≥8z.

Cộng vế với vế ta được: 24≥8x+8z+2y⇔3≥x+z+y4.

Ta lại có: 1z+12+16y+42+8x+32=1z+12+1y4+12+8x+32

≥8z+y4+22+8x+32

≥8⋅8z+y4+2+x+32≥8⋅83+2+32=1.

⇒1z+12+16y+42+8x+32+2  023≥1+2  023=2  024.

Dấu “=” xảy ra khi x=1;  y=4;  z=1.

Bắt đầu thi ngay

Có thể bạn quan tâm

Các bài thi hot trong chương