ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mã đề 808 Câu 1: Tìm điều kiện xác định biểu thức A x  KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút x3 B x  C x  D x  Câu 2: Cho hàm số y  3x Kết luận sau đúng? A Hàm số đồng biến x  0, nghịch biến x  B Hàm số nghịch biến C Hàm số đồng biến D Hàm số nghịch biến x  , đồng biến x  Câu 3: Phương trình x  y  nhận cặp số sau nghiệm? A  1;1 B 1; 1 C  1; 1 D 1;1 Câu 4: Trong đường tròn  O; 4cm  , dây lớn có độ dài A 10cm B 8cm C 4cm D 6cm Câu 5: Cho MNP vuông M , đường cao MH Khẳng định sau đúng? A 1  2 MH MN MP B 1   2 MH MN MP C 1   2 MH MN MP D 1   MH MN MP Câu 6: Cho hai đường tròn  O; R   I ; r  với  R  r  tiếp xúc với ta có: A OI  R  r B OI  R  r C R  r  OI  R  r D OI  R  r Câu 7: Trong hình vẽ bên, sinC A AC BC B AC AB C AB BC D AB AC 2 x  my  Câu 8: Tìm m n để  x; y   1;1 nghiệm hệ phương trình  nx  y  A m  1; n  B m  1; n  C m  1; n  D m  1; n  Câu 9: Có tứ giác nội tiếp đường trịn hình vẽ đây? A B C D Câu 10: Trong hàm số sau, hàm số hàm số bậc nhất? A y  4 x  B y   x C y  x  D y  x Câu 11: Tìm m để phương trình x   m   x  m   có hai nghiệm trái dấu A m  B m  C m  D m   x  y  7 Câu 12: Gọi  x0 ; y  nghiệm hệ phương trình  Tính S  x0  y0  x  y  4 A S  5 B S  1 C S  D S  Câu 13: Trong hình vẽ bên, với đường trịn  O  ABC A góc nội tiếp B góc có đỉnh bên đường trịn C góc tạo tia tiếp tuyến dây cung D góc tâm Câu 14: Tổng hai nghiệm phương trình x  5x   A 7 B C D 5 Câu 15: Thể tích hình cầu có bán kính r  5cm A 100  cm2 B 25 cm2 C Câu 16: Tìm m để hàm số y   m   x  đồng biến A m  2 B m  2 500 cm D 100 cm C m  2 D m  2 Câu 17: Trong hình vẽ đấy, hình vẽ góc có đỉnh bên đường trịn? A Hình B Hình C Hình D Hình Câu 18: Hình trụ có bán kính đáy r , chiều cao h diện tích xung quanh A  rh B  r h C 2 rh D  r h C 18 D Câu 19: Giá trị hàm số y  x x  A B 12 Câu 20: Với a  b , biểu thức A 2 42  a  b  có kết rút gọn a b B C D 4 Câu 21: Trong hình vẽ bên, biết sđ AmD  1100 sđ CnB  400 Số đo AED A 550 B 750 C 350 D 700 Câu 22: Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình x  x   Tính T  x1  x2  x1 x2 A T  5 B T  6 C T  2 D T  3 Câu 23: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  , biết DBC  800 , DAC A 500 B 1600 Câu 24: Tìm điều kiện xác định biểu thức A x  2 B x  C 400 D 800 C x  D x  x  Câu 25: Trong hệ phương trình sau đây, hệ phương trình có vơ số nghiệm? x  y  A  3x  y  Câu 26: Nếu 5 x  y  B  5 x  y  3x  y  C  6 x  y  10 3x  y  D  5 x  y  C 169 D 13  x  x B 13 A Câu 27: Có đường trịn qua điểm phân biệt khơng thẳng hàng? A Vơ số đường trịn B Một đường trịn C Hai đường trịn D Khơng có đường trịn Câu 28: Tìm a để điểm M  1;  thuộc đồ thị hàm số y  ax  a   A a  1 B a  C a  1 D a  2 Câu 29: Với góc nhọn  tùy ý, khẳng định sau Sai? cos  sin  sin   cos 2  A tan   B tan  cot   C cot   cos  sin  D Câu 30: Thể tích hình nón có chiều cao h  5cm, bán kính đáy r  3cm A 45 cm2 B 9 cm2 C 15 cm2 Câu 31: Trong hàm số sau, hàm số nghịch biến A y  x  B y  3x  D 60 cm2 ? C y  2 x D y  x Câu 32: Biệt thức  ' phương trình 3x  2mx   A m2  B 4m2  12 C m2  D 4m2  12 Câu 33: Phương trình sau phương trình bậc hai ẩn x, y ? A x  y  B x  y  C x  xy  y  D x   y Câu 34: Đường thẳng sau song song với đường thẳng y  2 x  3? A y  2 x  B y  3x  C y  3x  D y  x  Câu 35: Giá tị biểu thức A  80  20 A B C Câu 36: Cho a  0; b  S  2a  b  60 D 16 54  Khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ T  a  2b có a b giá trị A B C D 2 x  y  3m Câu 37: Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  y   x  y  9 A m  6 B m  3 C m  D m  6 C D  Câu 38: Giá trị nhỏ y   3x2  x  A B  Câu 39: Một bồn có dạng hình trịn bán kính 1m Do yêu cầu mở rộng diện tích mà bồn mở rộng cách tăng bán kính thêm 0, 6m Tính diện tích tăng thêm bồn (lấy   3,14 kết làm tròn đến chữ số thập phân) A 4,8m2 B 3,8m2 C 1,9m2 D 4,9m2 Câu 40: Gọi A, B giao điểm đường thẳng y  x  với hai trục tọa độ Ox, Oy Diện tích tam giác AOB A B C D Câu 41: Khoảng cách lớn từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d  : y   m  1 x  4m A 2 B C D Câu 42: Một người mua hai thùng hàng A B Nếu thùng hàng A tăng giá 20% thùng hàng B tăng 30% người phải trả 302 nghìn đồng Nếu thùng hàng A giảm giá 10% thùng hàng B giảm giá 20% người phải trả 202 nghìn đồng Giá tiền thùng hàng A thùng hàng B lúc đầu A 20 nghìn đồng, 230 nghìn đồng B 100 nghìn đồng, 140 nghìn đồng C 140 nghìn đồng, 100 nghìn đồng D 230 nghìn đồng, 20 nghìn đồng Câu 43: Có giá trị x để A  A B 4 x  16 (với x  ) nhận giá trị nguyên? x 2 C D Câu 44: Cho hai nửa đường trịn đường kính AB BC tiếp xúc B (xem hình vẽ bên), biết AB  BC  18, CD cắt nửa đường tròn  O '  E, gọi H trung điểm CE, F điểm cung CE Tính HF A HF  B HF  C HF  12 D HF  Câu 45: Cho tam giác MNP cân M , đường cao MI NK cắt O Đường tròn  O; OK  cắt MI G E (tham khảo hình vẽ bên) Biết MN  MP  MG  EI Tính OK A OK  B OK  C OK  D OK  Câu 46: Trong hình vẽ bên, tam giác ABC vng A, cạnh AB  5cm, đường cao AH  3cm Độ dài cạnh BC A cm 15 B 4cm C 25 cm D 25 cm 16 Câu 47: Một học sinh dùng kế giác, đứng cách chân cột cờ 10m chỉnh mặt thước ngắm cao mắt để xác định góc "nâng" (góc tạo tia sáng thẳng từ đỉnh cột cờ với mắt tạo với phương nằm ngang) Khi đó, góc "nâng" đo 310 Biết khoảng cách từ mặt sân đến mắt học sinh 1,5m Tính chiều cao cột cờ (kết làm tròn đến chữ số thập phân) A 6, 0m B 16,6m C 7,5m D 5, 0m Câu 48: Gọi S tập giá trị m để đường thẳng y  mx  cắt trục Ox trục Oy A B cho tam giác AOB cân Tính tổng phần tử S A B C 1 D Câu 49: Tìm m để đường thẳng  d  : y  x  m  cắt parabol  P  : y  x điểm A B cho AOB vuông O (với O gốc tọa độ) A m  B m  1; m  C m  1; m  3 D m  Câu 50: Cho đường tròn  O;10cm  , dây CD cách tâm O khoảng 8cm Khi độ dài đáy CD A 6cm B 41cm C 12cm D 21cm HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM A D D B C A C B A 10 A 11 D 12 B 13 A 14 B 15 C 16 A 17 D 18 C 19 C 20 B 21 C 22 C 23 D 24 A 25 C 26 C 27 B 28 B 29 A 30 C 31 B 32 A 33 A 34 A 35 B 36 A 37 C 38 C 39 D 40 C 41 C 42 B 43 B 44 B 45 B 46 C 47 C 48 D 49 A 50 C Câu - Căn bậc ba Phương pháp: - Biểu thức - Biểu thức xác định A  A A xác định với A Cách giải: Biểu thức xác định x    x  x3 Chọn A Câu - Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) Phương pháp: Hàm số y  ax  a   - Nếu a  hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  - Nếu a  hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  Cách giải: Hàm số y  3x có a   nên hàm số nghịch biến x  , đồng biến x  Chọn D Câu - Phương trình bậc hai ẩn Phương pháp: Thay cặp số đáp án vào phương trình x  y  Cách giải: - Đáp án A:  1  3.1   - Đáp án B: 2.1   1  1  - Đáp án C:  1   1  5  - Đáp án D: 2.1  3.1  Vậy cặp số 1;1 nghiệm phương trình x  y  Chọn D Câu - Đường kính dây đường trịn Phương pháp: Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn Cách giải: Đường tròn  O; 4cm  có đường kính 8cm Vì đường trịn, đường kính dây cung lớn nên dây lớn  O; 4cm  8cm Chọn B Câu - Một số hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông Phương pháp: Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông Cách giải: Xét tam giác MNP vuông M , đường cao MH ta có: 1   2 MH MN MP Vậy khẳng định C Chọn C Câu - Vị trí tương đối hai đường tròn Phương pháp: Hai đường tròn  O; R   I ; r  tiếp xúc OI  R  r Cách giải: Hai đường tròn  O; R   I ; r  (với R  r ) tiếp xúc với ta có OI  R  r  R  r (do R  r ) Chọn A Câu - Tỉ số lượng giác góc nhọn Phương pháp: Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vuông: sin  doi huyen Cách giải: Ta có: sin C  AB BC Chọn C Câu - Hệ hai phương trình bậc hai ẩn Phương pháp: Thay nghiệm  x; y   1;1 vào hệ phương trình tìm m, n Cách giải: 2.1  m.1  2  m  m  Vì  x; y   1;1 nghiệm hệ phương trình nên ta có:    n.1  2.1  n   n  Chọn B Câu - Tứ giác nội tiếp Phương pháp: Sử dụng định lí: - Tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 tứ giác nội tiếp - Tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp Cách giải: - Hình 1: Ta có: ABC  ADC  900  ABC  ADC  900  900  1800  ABCD tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 ) - Hình 2: Ta có: QMN  QPN  700  1100  1800  MNPQ tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 ) - Hình 3: Ta có: GKI  IHx  GHIK tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 ) - Hình 3: Ta có: EFJ  900 , ELJ  900  EFJ  ELJ  1800  EFJL không tứ giác nội tiếp Vậy có tứ giác nội tiếp Chọn A Câu 10 - Hàm số bậc 10 Cách giải: 3x  y  2   Xét đáp án C:  ta có:  4 10 6 x  y  10  Hệ phương trình có vơ số nghiệm Chọn C Câu 26 - Ơn tập chương 1: Căn bậc hai Căn bậc ba Phương pháp: Giải phương trình:  f  x   f  x   a  a  0    f  x   a Cách giải:  x   x  x  3 x       x  169 3  x  16  x  13  x  169 Vậy x  169 Chọn C Câu 27 - Sự xác định đường trịn Tính chất đối xứng đường trịn Phương pháp: Có đường trịn qua điểm phân biệt không thẳng hàng Cách giải: Có đường trịn qua điểm phân biệt không thẳng hàng Chọn B Câu 28 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) Phương pháp: Thay tọa độ điểm M vào hàm số cho để tìm a Cách giải: Thay tọa độ điểm M  1;  vào hàm số y  ax  a   ta được:  a. 1  a   tm  Vậy a  Chọn B Câu 29 - Tỉ số lượng giác góc nhọn Phương pháp: Sử dụng công thức tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: 15 Ta có cơng thức: tan   cos  sin  ; cot   ; tan  cot   1; sin   cos2   cos  sin  Vậy có đáp án A sai Chọn A Câu 30 - Hình nón - Hình nón cụt - Diện tích xung quanh thể tích hình nón, hình nón cụt Phương pháp: Thể tích hình nón có bán kính đáy R chiều cao h là: V   R h Cách giải: 1 Thể tích hình nón cho là: V   R h   32.5  15 cm3 3 Chọn C Câu 31 - Hàm số bậc Phương pháp: Hàm số y  ax  b  a   nghịch biến a  Cách giải: Trong đáp án, có hàm số y  3x  hàm số nghịch biến Chọn B Câu 32 - Công thức nghiệm thu gọn Phương pháp: Phương trình ax  2b ' x  c   a   có:  '  b '2  ac Cách giải: Phương trình 3x2  2mx   có  '  b '2  ac  m2  Chọn A Câu 33 - Phương trình bậc hai ẩn Phương pháp: Phương trình bậc hai ẩn có dạng: ax  by  c  ab   Cách giải: Trong đáp án, có phương trình x  y  phương trình bậc hai ẩn Chọn A Câu 34 - Đường thẳng song song đường thẳng cắt Phương pháp: 16 a1  a2 Hai đường thẳng d1 : y  a1 x  b1 d2 : y  a2 x  b2 song song với   b1  b2 Cách giải: Đường thẳng song song với đường thẳng y  2 x  có dạng: y  2 x  b  b  3  Chỉ có đáp án A: y  2 x  thỏa mãn Chọn A Câu 35 - Căn thức bậc hai đẳng thức √A^(2)=|A| Phương pháp: Sử dụng công thức:  A B A  A2 B  A B   , B   A B A   Cách giải: Ta có: A  80  20  42.5  22.5  3.4  2.2  Chọn B Câu 36 - Bất đẳng thức Phương pháp: Áp dụng BĐT Cô-si với số thực không âm a, b, c : a  b  c  3 abc Dấu “=” xảy abc Cách giải: Ta có: 54  a b 2  27 27   S   2a      b    a a  b b   S  2a  b  Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2a  b2  2 2   3 2a  a a a a 27 27 27 27   3 b2  27 b b b b Khi ta có S   27  33  Smin  2 2a  a a  a   33 Dấu “=” xảy     b  27 b  b  27  b Vậy T  a  2b   2.3  17 Chọn A Câu 37 - Ôn tập chương 3: Hệ hai phương trình bậc ẩn Phương pháp: Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số để tìm x, y x  Sau giải hệ bất phương trình  để tìm m y  Cách giải: 2 x  y  3m x  m  3x  3m  x  m  Ta có:      x  y  9 y  m  3 y  x  y  m  x  m  m   Hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn     m  m  6 m   y  Chọn C Câu 38 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Phương pháp: Biến đổi biểu thức dấu bậc hai để tìm GTNN biểu thức Cách giải: Ta có: y   3x  x    3 x2  x      x  x  1     x  1  Vì  x  1  x   x  1  x   x  1   x   x  1   x 2 2  y    x  1     Dấu “=” xảy  x    x  Vậy Min y  x  Chọn C Câu 39 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu thể tích mặt cầu Phương pháp: Diện tích đường trịn bán kính R là: S   R2 Diện tích phần bồn tăng thêm là: S   R   r Cách giải: 18 Diện tích bồn ban đầu là: S1   r    m2  Bán kính bồn sau mở rộng là: R   0,6  1,6 m Diện tích bồn sau mở rộng là: S2   R   1,62  m2   Diện tích phần bồn mở rộng thêm là: S   1,62    1,62  1 3,14  4,9 m2 Chọn D Câu 40 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, - Đại số Phương pháp: - Cho x  0, y  tìm tọa độ giao điểm đường thẳng với trục Ox, Oy - Sử dụng công thức A  a;0   OA  a , B  0; b   OB  b - Tính diện tích tam giác vng OAB : SOAB  OA.OB Cách giải: Gọi A  d  Ox Cho y   x    x  2  A  2;0   OA  2  Gọi B  d  Oy Cho x   y  2.0   1 Tam giác OAB vuông O nên SOAB  OA.OB  2.4  2 Chọn C Câu 41 - Đồ thị hàm số y = ax + b (a ≠ 0) Phương pháp: - Đưa hàm số dạng phương trình bậc ẩn m : Am  B  , tìm điều kiện để phương trình nghiệm A  B  , từ xác định điểm cố định M mà đường thẳng d qua - Sử dụng định lí đường vng góc đường xiên, chứng minh d  O; d   OM Dấu “=” xảy  OM  d Cách giải: Ta có: y   m  1 x  4m  mx  x  4m  y    x  4 m  x  y  19 x   x  Phương trình với m    x  y   y  4  Đường thẳng  d  qua điểm M  4; 4  m Gọi H hình chiếu vng góc O lên đường thẳng d , ta có d  O; d   OH  OM (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Do khoảng cách từ O đến đường thẳng d đạt GTLN d  O; d   OM       4   2 4 Chọn C Câu 42 - Giải tốn cách lập hệ phương trình Phương pháp: Gọi giá tiền thùng hàng A x (nghìn đồng) (ĐK: x  ) giá tiền thùng hàng B y (nghìn đồng) (ĐK: y  ) - Tính giá tiền thùng hàng A sau tăng giá 20% tiền thùng hàng B sau tăng giá 30%, dựa vào kiện thùng A tăng giá 20% thùng B tăng giá 30% người phải trả 302 nghìn đồng lập phương trình - Tương tự dựa vào kiện thùng A giảm giá 10% thùng B giảm giá 20% người phải trả 202 nghìn đồng để lập phương trình thứ hai - Suy hệ phương trình Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: Gọi giá tiền thùng hàng A x (nghìn đồng) (ĐK: x  ) giá tiền thùng hàng B y (nghìn đồng) (ĐK: y  ) Giá tiền thùng hàng A sau tăng giá 20% x  20% x  1, x (nghìn đồng) Giá tiền thùng hàng B sau tăng giá 30% y  30% y  1,3 y (nghìn đồng) Vì thùng A tăng giá 20% thùng B tăng giá 30% người phải trả 302 nghìn đồng nên ta có phương trình: 1, x  1,3 y  302 Tương tự: thùng A giảm giá 10% thùng B giảm giá 20% người phải trả 202 nghìn đồng nên ta có phương trình 0,9 x  0,8 y  202 Khi ta có hệ phương trình: 20 1, x  1,3 y  302 12 x  13 y  3020 36 x  39 y  9060    0,9 x  0,8 y  202 9 x  y  2020 36 x  32 y  8080  y  140  tm  7 y  980  y  140     tm  9 x  8.140  2020 9 x  y  2020  x  100 Vậy giá tiền thùng hàng A 100 nghìn đồng, giá tiền thùng hàng B 140 nghìn đồng Chọn B Câu 43 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai Căn bậc ba Phương pháp: - Đánh giá, chặn khoảng giá trị biểu thức A - Tìm giá trị nguyên A khoảng đoạn bị chặn, từ tìm x đối chiếu điều kiện Cách giải: Với x  , ta có: A  Vì x   nên Lại có x  16  x 2   x  8 x 2  4 x 2 8   A  4 8 x 2 x 2 8  nên A    x 2 x 2   A  Mà A nhận giá trị nguyên  A  5;6;7;8   1; 2;3; 4 x 2 Ta có bảng sau: 21 x 2 x 2 x 36 3 TM x TM TM Vậy có giá trị x để biểu thức A nhận giá trị nguyên 0 TM Chọn B Chú ý giải: Nhiều học sinh có cách giải sai lầm sau: Để A   Do  x 2 thi x   Ư(8)  1; 2; 4; 8 x    x  2;4;8  x 0;2;6  x 0;4;36 Cách giải sai x không số nguyên Câu 44 - Vị trí tương đối hai đường trịn Phương pháp: - Tính độ dài CD - Sử dụng định lí đường trung bình hình thang, chứng minh E trung điểm HD , từ tính độ dài HC , từ áp dụng định lí Pytago tính O ' H - Chứng minh O ', H , F thẳng hàng, sử dụng quan hệ vng góc đường kính dây cung tiên đề Ơclit - Tính HF  O ' F  O ' H Cách giải: Vì CD tiếp tuyến  O  nên ODC  900  OCD vng D Ta có OB  AB   OC  OB  BC   18  27 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OCD ta có: 22 CD  OC  OD CD  27  92 CD  648  CD  18 Vì AB  BC  18  OB  O ' B   O trung điểm OO ' (1) Ta có: OD  CD  cmt  O ' H  EC  O ' H  CD (quan hệ vng góc đường kính dây cung) BE  CE  BE  CD ( BEC  900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O '  )  OD O ' H BE   Từ (1) (2)  E trung điểm HD (định lí đường trung bình hình thang)  DE  EH  CH 1  CH  CD  18  3 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng O ' HC có: O ' H  O ' C  HC  O ' H  92   O'H2   O'H  Vì F điểm chung CE nên cungCF  cungEF  CF  EF (hai cung căng hai dây nhau), tam giác EFC cân F , suy FH  CE (đường trung tuyến đồng thời đường cao) Lại có O ' H  CE  cmt   O ' H  FH (tiên đề Ơ-clit) hay O ', H , F thẳng hàng Vậy HF  O ' F  O ' H    Chọn B Câu 45 - Ơn tập chương 2: Đường trịn Phương pháp: - Đặt NP  2x (ĐK: x  ) Tính MI theo x - Chứng minh O trung điểm MI , tính OM , OI theo x Từ tính ON theo x - Chứng minh ONI PNK đồng dạng, từ tính NK theo x - Chứng minh MI NP  NK MP , giải phương trình tìm x - Tính OK  NK  ON Cách giải: 23 Đặt NP  2x (ĐK: x  ) Vì MNP cân M  gt  nên I trung điểm NP (đường cao đồng thời đường trung tuyến)  NI  IP  x Áp dụng định lí Pytago tam giác vng MIP ta có: MI  MP2  IP2   x2  MI   x Ta có: MG  EI  gt  , OG  OE (= bán kính  O  )  OM  OI  OM  OI   x2 MI  2 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OIN có: ON  NI  OI  x 3x   4  ON  x2  ON  x  Xét ONI PNK có KNP chung; OIN  PKN  900  ONI  PNK  g.g  ON NI  PN NK x  x  2.2 x NK 4x  NK  x   Ta có: SMNP  1 MI NP  NK MP 2 24  MI NP  NK MP   x x  4x2 x    x2 x2   x    x  x  1  x   x4  2x2   4x2  x4  2x2    x  x  3x    x  x  1   x  1    x  1 x  3   x2    x  Vo nghiem   x   Do x   Với x  ta có NK  6 , ON   2 2 Vậy OK  NK  ON  6   Chọn B Câu 46 - Một số hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông Phương pháp: - Áp dụng định lý Pytago tam giác vng AHB tính BH - Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABC tính BC : AB2  BH BC Cách giải: Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông AHB ta có: BH  AB  AH BH  52  32 BH  16  BH   cm  Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABC , đường cao AH ta có: AB 52 25   AB  BH BC  BC   cm  BH 4 Chọn C Câu 47 - Tỉ số lượng giác góc nhọn Phương pháp: 25 - Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông AHB tính BH - Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC tính BC : AB2  BH BC Cách giải: Ta có hình vẽ sau: Theo ta có: AD  10m, CD  1,5m , góc “nâng” BCH  310 (với H hình chiếu vng góc C lên AB ) Vì ADCH hình chữ nhật nên CH  AD  10m , AH  CD  1,5m Xét tam giác vng BCH có: BH  CH tan 310  10.tan 310  m  Vậy chiều cao cột cờ AB  AH  BH  1,5  10.tan 310  7,5  m  Chọn C Câu 48 - Hệ số góc đường thẳng y = ax + b (a ≠ 0) Phương pháp: - Tam giác OAB cân nên vuông cân O - Sử dụng định nghĩa hệ số góc đường thẳng y  ax  b a  tan  , với  góc tạo đường thẳng chiều dương trục Ox Cách giải: Tam giác OAB cân (gt), lại có OAB vuông O , suy OAB vuông cân O , đường thẳng y  mx  tạo với chiều dương trục Ox góc 450 , góc 1350 26  m  tan 450 m     S  1;1  m  1  m  tan135 Vậy tổng phần tử S 1   Chọn D Câu 49 - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, - Đại số Phương pháp: - Xét phương trình hồnh độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm phân biệt khác - Gọi A  a; a  m  1 , B  b; b  m  1  a  0, b   Tính tan AOM , tan BON - Gọi M , N hình chiếu A, B lên trục Ox , chứng minh AOM  BON  900  tan AOM tan BON  - Áp dụng định lí Vi-ét Sau giải phương trình tìm m đối chiếu điều kiện Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  x  m   x  x  2m    *  Để đường thẳng  d  cắt  P  điểm phân biệt ba điểm O, A, B tạo thành tam giác phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt khác   '  1  2m   2m   m      m  0  2.0  2m   2m   m  Gọi A  a; a  m  1 , B  b; b  m  1  a  0, b   Gọi M , N hình chiếu vng góc A, B lên trục Ox Khi ta có OM  OM  xA  a, AM  y A  a  m  (do y A  ON  xB  b, BN  yB  b  m  (do yB  x A  ) 2 xB  ) 27 Xét tam giác vng OAM có: tan AOM  AM a  m   OM a Xét tam giác vuông OBM có: tan BON  BN b  m   ON b Vì AOM  BON  900 nên tan AOM tan BON   a  m 1 b  m 1 1 a b  ab   m  1 a  b    m  1  ab  2ab   m  1 a  b    m  1  (**) a  b  Áp dụng định lí Vi-ét ta có:  ab  2m  Thay vào (**) ta có:  2m     m  1   m  1   4m   2m   m  2m    m  4m    m  m  3m    m  m  1   m  1    m  1 m  3   m   ktm  m     m    m   tm  Vậy m  Chọn A Chú ý giải: Các em học sinh cần lưu ý, để OAB tam giác phương trình (*) cần có hai nghiệm phân biệt khác Tránh chọn nhầm đáp án B không loại nghiệm triệt để Câu 50 - Liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây Phương pháp: Gọi H hình chiếu O CD  OH  8cm H trung điểm CD Áp dụng định lý Pitago cho OCH vng H để tính AH  CD  AH Cách giải: 28 Gọi H hình chiếu O CD  OH  8cm H trung điểm CD Áp dụng định lý Pytago cho OCH vng H ta có: CH  OC  OH  102  82  cm  CD  2CH  12 cm Chọn C 29