Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3)

1) Ta có $A=\sqrt{{\left(-3\right)}^2\cdot 2}-\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}$.

x1​,x2​ là hai nghiệm của phương trình $2x^2-3x-4=0$. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A={\left(x_1+x_2\right)}^2+x_1{x}_2$. 2) Giải bất phương trình $-2x+3\ge 0.$ (ảnh 1)">

1) Gọi $x,y$ lần lượt là số trận hòa và số trận thắng $\left(x,y\in \mathbb{N}\ast \right)$.

Mỗi đội bóng thi đấu với 3 đội còn lại, do đó có tất cả: $$\frac{4\cdot 3}{2}=6$$ (trận).

Do đó ta có: $x+y=6\left(1\right)$

Tổng số điểm trận hòa là $2x$ (điểm)

Tổng số điểm trận thắng là $3y$ (điểm).

Theo đề bài, tổng số điểm của tất cả các trận đấu bằng 16 điểm nên ta có phương trình

$2x+3y=16\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta có hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}x+y=6\\ 2x+3y=16\end{array}$$.

Giải hệ phương trình, ta được: $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=4\end{array}\left(\mathrm{TM}\right)$.

Vậy có 2 trận hòa và 4 trận thắng.

2) Không gian mẫu của phép thử là: 

$$\Omega =\left\{\left(1,2\right);\left(1,3\right);\left(1,4\right);\left(2,1\right);\left(2,3\right);\left(2,4\right);\left(3,1\right);\left(3,2\right);\left(3,4\right);\left(4,1\right);\left(4,2\right);\left(4,3\right)\right\}.$$

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là $n\left(\Omega \right)=12$.

Gọi A là biến cố “Lấy được 2 viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là $n\left(\mathrm{A}\right)=8$.

Xác suất của biến cố A là $\mathrm{p}\left(\mathrm{A}\right)=\frac{n\left(\mathrm{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$.

1) Ta có $$\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^{\circ }$$ (giả thiết); $$\widehat{ADO}=90^{\circ }$$ (giả thiết).

Tam giác $$AMO$$ vuông tại $$M$$ nên tam giác $$AMO$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$AO$$ có tâm là trung điểm của cạnh huyền $$AO.$$

Tương tự, hai tam giác $$ADO$$ và $$ANO$$ ngoại tiếp đường tròn đường kính $$AO.$$

Suy ra bốn điểm $$D,M,N,O$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $$AO.$$

2) Xét $$\Delta OAM$$ và $\Delta OAN$ có:

$\widehat{OMA}=\widehat{ONA}=90^{\circ }$; cạnh $OA$ chung;

$\widehat{OAM}=\widehat{OAN}$ (vì $$AO$$ đường phân giác trong của $\Delta ABC)$

Do đó $$\Delta OAM=\Delta OAN$$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $$OM=ON$$ (hai cạnh tương ứng).

Do tứ giác MDON nội tiếp nên $$\widehat{ODN}=\widehat{OMN}$$ và $$\widehat{BDM}=\widehat{ONM}$$.

Mà $$\widehat{ONM}=\widehat{OMN}$$(do tam giác OMN cân tại O). Suy ra $$\widehat{ODN}=\widehat{BDM}$$ (đpcm).

* Cách khác:

Chứng minh được hai tam giác OAM và OAN bằng nhau suy ra OM = ON.

Ta có $$\widehat{BDM}+\widehat{ADM}=90^{\circ }$$, $$\widehat{MAO}+\widehat{AOM}=90^{\circ }$$.

Mà $$\widehat{ADM}=\widehat{AOM}$$ (cùng chắn cung $$AM),$$ suy ra $$\widehat{BDM}=\widehat{MAO}$$.

Lại có $$\widehat{MAO}=\widehat{OAN}$$ (tính chất đường phân giác). Suy ra $$\widehat{BDM}=\widehat{OAN}$$.

Hơn nữa $$\widehat{OAN}=\widehat{ODN}$$ (cùng chắn cung $$ON),$$ suy ra $$\widehat{BDM}=\widehat{ODN}$$ (đpcm).

3) Qua $$I,$$ kẻ đường thẳng song song với $$BC$$ cắt $$AB,AC$$ lần lượt tại $$P,Q.$$

Ta có: $$\widehat{IOP}=\widehat{IMP}=\widehat{INA}$$, $$\widehat{INA}=\widehat{IOQ}$$ (vì tứ giác $$OINQ$$ nội tiếp).

Suy ra $$\widehat{IOP}=\widehat{IOQ}$$. Mà $$OI\perp PQ$$ nên $$OI$$ là trung tuyến của tam giác $$OPQ.$$

Ta có $$PQ//BC$$ nên $$\frac{IP}{KB}=\frac{AI}{AK}=\frac{IQ}{KC}$$. Mà $$IP=IQ,$$ suy ra $$KB=KC.$$

Vậy $$K$$ là trung điểm của $$BC.$$