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

Đáp án đúng là: A

Căn bậc hai số học của 81 là 9 vì ${9^2} = 81.$

Đáp án đúng là: B

Đồ thị hàm số $y = a{x^2},$ với $a \ne 0$ đối xứng qua trục $Oy$ nên điểm $C'$ đối xứng với điểm $C$ qua trục tung $Oy$ thì $C' \in \left( P \right)$ và ${x_{C'}} = - {x_C};\,\,{y_{C'}} = {y_C}$ nên $C'\left( { - 2\,;\,4} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Phương trình bậc hai một ẩn có dạng $a{x^2} + bx + c = 0$ với $a \ne 0.$

Do đó phương trình bậc hai một ẩn trong các phương án ở trên là ${x^2}\sqrt 2 + 3x - 2 = 0$.

Đáp án đúng là: D

Vì $a < b$ nên $2025a < 2025b$, suy ra $2025a + 1 < 2025b + 1 < 2025b + 2$.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Sử dụng máy tính cầm tay, ta lần lượt bấm các phím

Trên màn hình hiện lên kết quả $x = 3;$ ấn tiếp phím = màn hình hiện kết quả $y = \frac{3}{2}.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là $\left( {3;\,\,\frac{3}{2}} \right).$ Ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: B

Đường tròn có một tâm đối xứng và có vô số trục đối xứng.

Đáp án đúng là: C

Do $MNPQ$ là hình vuông nên $MP \bot NQ,$ do đó $\widehat {MON} = \widehat {NOP} = \widehat {POQ} = \widehat {QOM} = 90^\circ$.

Ta có phép quay thuận chiều tâm $O$ biến điểm $M$ thành điểm $Q$ có góc quay là

$\widehat {MON} + \widehat {NOP} + \widehat {POQ} = 90^\circ + 90^\circ + 90^\circ = 270^\circ .$

Ta thấy $\widehat {NOP} + \widehat {POQ} + \widehat {QOM} = 90^\circ + 90^\circ + 90^\circ = 270^\circ .$

Do đó phép quay thuận chiều $270^\circ$ tâm $O$ biến điểm $N$ thành điểm $M$.

Tương tự, phép quay thuận chiều $270^\circ$ tâm $O$ biến điểm $P,\,\,Q$ lần lượt thành các điểm $N,\,\,P$.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Bán kính đáy của thùng tôn có dạng hình trụ là $R = \frac{{59}}{2} = 29{,}5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích toàn phần của thùng tôn đó là:

${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}} = 2\pi \cdot 29{,}5 \cdot 91 + 2 \cdot \pi \cdot 29,{5^2} = 7\,\,109{,}5\pi \approx 7\,\,109{,}5 \cdot 3{,}14 = 22\,\,323{,}83{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Đổi $22\,\,323{,}83{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2} = 2{,}232383{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}.$

Số tiền mà doanh nghiệp cần chi để sản xuất $1\,\,000$ thùng tôn là:

$\left( {2{,}232383 \cdot 100\,\,000} \right) \cdot 1\,\,000 \approx 223\,\,238\,\,000$ (đồng).

Đáp án đúng là: A

Xét phép thử “Gieo đồng thời hai đồng xu cân đối và đồng chất và quan sát mặt xuất hiện của đồng xu”.

Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega = \left\{ {\left( {S,\,S} \right);\,\,\left( {S,\,N} \right);\,\,\left( {N,\,S} \right);\,\,\left( {N,\,N} \right)} \right\}.$

Đáp án đúng là: A

Tần số xuất hiện mặt 3 chấm là: $50 - 8 - 7 - 8 - 6 - 11 = 10.$

Tần số tương đối xuất hiện của mặt 3 chấm là: $f = \frac{{10}}{{50}} \cdot 100\% = 20\%$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Tổng số quyển vở đã mua là 500 quyển nên $x + y = 500$.

b) Tổng số tiền nhà trường mua 500 quyển vở là 4 200 000 đồng nên $8\,\,000x + 9\,\,000y = 4\,\,200\,\,000$ hay $8x + 9y = 4\,\,200$

c) Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y = 500}\\{8x + 9y = 4\,\,200.}\end{array}} \right.$

Sử dụng máy tính cầm tay giải hệ phương trình (1) ta được $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 300}\\{y = 200}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn điều kiện).

d) Gọi $u,\,\,v$ lần lượt là số học sinh Xuất sắc và số học sinh Giỏi $\left( {u,\,\,v \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Mỗi học sinh Xuất sắc được thưởng 02 quyển vở loại thứ nhất và 01 quyển vở loại thứ hai nên ta có phương trình $2u + v = 300.$

Mỗi học sinh Giỏi được thưởng 01 quyển vở loại thứ nhất và 01 quyển vở loại thứ hai nên ta có phương trình $u + v = 200.$

Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2u + v = 300}\\{u + v = 200}\end{array}} \right.$ (2).

Sử dụng máy tính cầm tay giải hệ phương trình (2) ta được $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{u = 100}\\{v = 100}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy có tổng $100 + 100 = 200$ học sinh Xuất sắc và Giỏi, chiếm $40\%$ tổng số học sinh cả trường.

Do đó, tổng số học sinh của trường là $200:40\% = 500$ (học sinh).

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

a) Giá của chiếc áo sau lần giảm giá thứ nhất là $120\,\,000 - 120\,\,000 \cdot x\% = 120\,\,000 - 1\,\,200x$ (đồng).

b) Giá của chiếc áo sau hai lần giảm giá là:

$\left( {120\,\,000 - 1\,\,200x} \right) - \left( {120\,\,000 - 1\,\,200x} \right) \cdot x\%$

$= 120\,\,000 - 1\,\,200x - 1\,\,200x + 12{x^2}$

$= 12{x^2} - 2\,\,400x + 120\,\,000$ (đồng).

c) Theo bài, sau hai đợt giảm giá, giá của chiếc áo còn $76\,\,800$ đồng nên ta có phương trình $12{x^2} - 2\,\,400x + 120\,\,000 = 76\,\,800$ hay $12{x^2} - 2\,\,400x + 43\,\,200 = 0$.

d) Giải phương trình ta được hai nghiệm ${x_1} = 180$ (không thỏa mãn) và ${x_2} = 20$ (thỏa mãn).

Vậy $x = 20$.

Lưu ý: $0 < x < 100$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 90^\circ$ và $BC = CD = AD = AB = 3{\rm{\;m}}$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$, theo định lí Pythagore, ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {3^2} = 18.$

Suy ra $AC = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Do đó $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt 2 = 1{,}5\sqrt 2 {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

b) Ta có $F$ là trung điểm của $CD$ nên $FD = FC = \frac{1}{2}DC = \frac{1}{2} \cdot 3 = 1{,}5{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta ADF$ vuông tại $D$, theo định lí Pythagore, ta có:

$F{A^2} = A{D^2} + D{F^2} = {3^2} + 1,{5^2} = 11{,}25$.

Suy ra $FA = \sqrt {11{,}25} = 1{,}5\sqrt 5 {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Do đó $HG = 2FA = 2 \cdot 1{,}5\sqrt 5 = 3\sqrt 5 {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

c) Độ dài cung $GAH$ là $\pi \cdot FA = \pi \cdot 1{,}5\sqrt 5 = 1{,}5\sqrt 5 \pi {\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

d) Diện tích cần sơn là $\frac{1}{2}\pi \cdot F{A^2} - {S_{ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot 3{,}14 \cdot {\left( {1{,}5\sqrt 5 } \right)^2} - {3^2} = 8{,}6625{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Số tiền sơn là $8{,}6625 \cdot 30\,\,000 \approx 260\,\,000$ (đồng).

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Xác suất lấy được quả cầu màu xanh là $\frac{{15}}{{20}} = 0{,}75$.

Xác suất lấy được quả cầu màu đỏ là $\frac{5}{{20}} = 0{,}25$.

Ta thấy $0{,}75 \ne 0{,}25$ nên khẳng định a) là sai.

b) Trong 20 quả cầu, có 10 quả cầu ghi số chẵn là: $2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,18;\,\,20.$

Xác suất lấy được quả cầu ghi số chẵn là $\frac{{10}}{{20}} = 0{,}5$.

c) Trong 20 quả cầu, có $8$ quả cầu màu xanh và ghi số lẻ là: $1;\,\,3;\,\,5;\,\,7;\,\,9;\,\,11;\,\,13;\,\,15$.

Xác suất lấy ra quả cầu màu xanh và ghi số lẻ là $\frac{8}{{20}} = 0{,}4$.

d) Trong 20 quả cầu, có $12$ quả cầu màu đỏ hoặc ghi số chẵn là: $2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,17;\,\,18;\,\,19;\,\,20.$

Xác suất lấy ra quả cầu màu đỏ hoặc ghi số chẵn là $\frac{{12}}{{20}} = 0{,}6$.

Đáp số: $x = 361.$

Với $x \ge 0$ và $x \ne 1$, ta có:

$P = \frac{2}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{5 - \sqrt x }}{{x - 1}} = \frac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right) + 2\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {5 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$

$$= \frac{{2\sqrt x + 2 + 2\sqrt x - 2 - 5 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{5\sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$$

$$= \frac{{5\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{5}{{\sqrt x + 1}}.$$

Do đó, với $x \ge 0$ và $x \ne 1$ thì $P = \frac{5}{{\sqrt x + 1}}.$

Theo bài, $P = 0{,}25$ nên ta có $\frac{5}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{4}$.

Giải phương trình:

$\frac{5}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{4}$

$\sqrt x + 1 = 5 \cdot 4$

$\sqrt x = 19$

$x = 361$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy $x = 361$.

Đáp số: $6\,\,076.$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{5 - 2\left( {x + y} \right) = - 3y}\\{x - 1 = 2y + 3}\end{array}} \right.$ hay $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x - y = 5}\\{x - 2y = 4}\end{array}} \right.$.

Sử dụng máy tính cầm tay để giải hệ phương trình trên ta được $\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{y_0} = - 1.\end{array} \right.$

Do đó $T = 2\,\,025{x_0} - 2\,\,026{y_0} = 2\,\,025 \cdot 2 - 2\,\,026 \cdot \left( { - 1} \right) = 6\,\,076$.

Đáp số: $76{\rm{\;m}}.$

Ta có $Bx$ và $AC$ cùng nằm trên phương ngang nên $Bx\,{\rm{//}}\,AC,$ do đó $\widehat {ACB} = \widehat {xBC} = 20^\circ ;$ $\widehat {ADB} = \widehat {xBD} = 30^\circ$ (các cặp góc so le trong).

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có $AC = AB \cdot \cot C = \frac{{AB}}{{\tan C}} = \frac{{75}}{{\tan 20^\circ }}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $A$, ta có $AD = AB \cdot \cot D = \frac{{AB}}{{\tan D}} = \frac{{75}}{{\tan 30^\circ }}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Ta có $CD = AC - AD = \frac{{75}}{{\tan 20^\circ }} - \frac{{75}}{{\tan 30^\circ }} \approx 76{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Vậy con tàu đã đi được xấp xỉ $76{\rm{\;(m)}}$ giữa hai lần quan sát.

Đáp số: $4{,}7{\rm{\;m}}.$

Đồ thị hàm số $y = - \frac{1}{8}{x^2}$ đối xứng qua trục $Oy,$ do đó $A,\,\,B$ đối xứng với nhau qua trục $Oy.$

Gọi $H$ là giao điểm của $AB$ và $Oy,$ khi đó ta có $H$ là trung điểm của $AB$ nên $BH = \frac{1}{2}AB = 6{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Thay $x = 6$ vào hàm số $y = - \frac{1}{8}{x^2}$, ta được $y = - \frac{1}{8} \cdot {6^2} = - 4{,}5$.

Vậy chiều cao từ điểm $O$ đến mặt nước là $\left| { - 4{,}5} \right| + 0{,}2 = 4{,}7{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Ta có $OA = OC = R;\,\,OB = R - 1{,}1{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $OBC$ vuông tại $B$, ta có:

$O{C^2} = O{B^2} + B{C^2}$ hay ${R^2} \approx {\left( {R - 1{,}1} \right)^2} + 28,{4^2}$

Hay ${R^2} \approx {R^2} - 2{,}2R + 1{,}21 + 806{,}56$

Do đó $- 2{,}2R + 807{,}77 \approx 0$

Suy ra $R \approx 367{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Gọi $\left( {i;j;k} \right)$ là kết quả thẻ lấy từ hộp $A$ ghi số $i$, thẻ lấy tự hộp $B$ ghi số $j$, quả cầu lấy từ hộp $C$ ghi số $k.$

Không gian mẫu của phép thử là $\Omega = \left\{ {\left( {1;1;1} \right);\,\,\left( {1;1;2} \right);\,\,\left( {1;1;3} \right);\,\,\left( {1;1;4} \right);\,\,\left( {1;2;1} \right);\,\,\left( {1;2;2} \right);\,\,\left( {1;2;3} \right);} \right.$ $\left( {1;2;4} \right);\,\,\left( {1;3;1} \right);\,\,\left( {1;3;2} \right);\,\,\left( {1;3;3} \right);\,\,\left( {1;3;4} \right);\,\,\left( {2;1;1} \right);\,\,\left( {2;1;2} \right);\,\,\left( {2;1;3} \right);\,\,\left( {2;1;4} \right);\,\,\left( {2;2;1} \right);\,\,\left( {2;2;2} \right);\,\,\left( {2;2;3} \right);$$\left( {2;2;4} \right);\,\,\left( {2;3;1} \right);\,\,\left. {\left( {2;3;2} \right);\,\,\left( {2;3;3} \right);\,\,\left( {2;3;4} \right)} \right\}.$

Số kết quả có thể xảy ra là $n\left( \Omega \right) = 24$.

Vì các tấm thẻ cùng loại, các quả cầu có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả trên có cùng khả năng xảy ra.

Gọi $D$ là biến cố “Tổng ba số ghi trên hai tấm thẻ và quả cầu là 6”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $D$ là $\left( {1;1;4} \right);\,\,\left( {1;2;3} \right);\,\,\left( {1;3;2} \right);\,\,\left( {2;1;3} \right);\,\,\left( {2;2;2} \right);\,\,\left( {2;3;1} \right).$

Do đó $n\left( D \right) = 6$.

Vậy xác suất của biến cố $D$ là $P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{24}} = 0{,}25$.

Chú ý: HS không được tính $n\left( \Omega \right) = 2 \cdot 3.4 = 24$ như trên bậc phổ thông mà phải liệt kê các phần tử của không gian mẫu.