Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Tự luận - Đề 9)

1. A = $\sqrt{54}+2\sqrt{24}-\sqrt{150}$ = $\sqrt{9.6}+2\sqrt{4.6}-\sqrt{25.6}$

= $3\sqrt{6}+4\sqrt{6}-5\sqrt{6}=2\sqrt{6}$

2. B = $\sqrt{24+8\sqrt{5}}+\sqrt{9-4\sqrt{5}}$

= $\sqrt{{\left(2\sqrt{5}+2\right)}^2}+\sqrt{{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2}$

= $2\sqrt{5}+2+\sqrt{5}-2=3\sqrt{5}$

1. $\left\{\begin{array}{l}2x-y=5\\ 3x-2y=7\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}4x-2y=10\\ 3x-2y=7\end{array}\right.\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ 3x-2y=7\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1\end{array}\right.\right.$

2. $x^2+\sqrt{x^2+20}=22$

<=> $x^2+20+\sqrt{x^2+20}-42=0$

Đặt $\sqrt{x^2+20}=t$ (t>0) phương trình trở thành:

$t^2+t-42$

Δ = 1 – 4.(–42) = 169 => $\sqrt{△}$ = 13

Phương trình có 2 nghiệm là:

Do t > 0 nên t = 6

Khi đó: $\sqrt{x^2+20}=6$ <=> $x^2+20=36\iff x=\pm 4$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 4; x = –4

a, Bảng giá trị:

Đồ thị (P) là đường Parabol nằm phía dưới trục hoành, nhận Oy làm trục đối xứng và nhận điểm O (0;0) làm đỉnh và điểm cao nhất

b, Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

–$\frac{x^2}{4}$ = m(x – 1) – 2

<=> x² + 4mx – 4m – 8 = 0

Δ' = (2m)² – (–4m – 8) = 4m² + 4m + 8 = 4(m + 1)² + 4 > 0∀m

=> Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B có hoành độ là x_A; x_B

Theo định lí Vi-et ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=-4m\\ x_A{x}_B=-4m-8\end{array}\right.$

x_A²x_B + x_B²x_A = x_Ax_B(x_A + x_B ) = (–4m – 8).( –4m)

= 16m² + 32m = 16(m + 1)² – 16

Ta có: 16(m + 1)² ≥ 0 ∀m

=> 16(m + 1)² –16 ≥ –16 ∀m

Dấu bằng xảy ra khi m + 1 = 0 <=> m = –1

Vậy GTNN của biểu thức là –16, đạt được khi m = –1

Gọi khối lượng thép chứa 10% Cacbon cần dùng là x (tấn)

=> Khối lượng Cacbon có trong x tấn thép 10% Cacbon là 10% x = 0,1x (tấn)

Khối lượng thép chứa 20% Cacbon cần dùng là y ( tấn)

=> Khối lượng Cacbon có trong x tấn thép 20% Cacbon là 20% x = 0,2y (tấn)

Theo bài ra cần tạo 1000 tấn thép chứa 16% Cacbon nên ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ 0,1x+0,2y=1000.16\%\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x+y=1000\\ x+2y=1600\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}y=600\\ x=400\end{array}\right.\right.$

Vậy cần 400 tấn thép loại 10% Cacbon

600 tấn thép loại 20% Cacbon

a, ∠ACB = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FCE = ${90}^0$

∠ADB = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FDE = ${90}^0$

Xét tứ giác CEDF có:

∠FCE = ${90}^0$

∠FDE = ${90}^0$

=> ∠FCE + ∠FDE = ${180}^0$

=> Tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp

b, Xét ΔAFD và ΔBFC có:

∠AFB là góc chung

∠ADF = ∠BCF = ${90}^0$

=> ΔAFD ∼ ΔBFC

=> $\frac{FA}{FB}$ = $\frac{FD}{FC}$

=> FA.FC = FB.FD

c, Do ∠FCE = ${90}^0$. Nên FE là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Do đó trung điểm I của FE là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Tam giác CFI có IC = IF => ΔCFI cân tại I

=> CFI = ∠FCI

Tứ giác CEDF nội tiếp =>∠CFI = CDE (2 góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{EC}$)

Tứ giác ACDB nội tiếp =>∠CDE = ∠CBA(2 góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{AC}$)

ΔAOB cân tại O =>∠BCO = ∠CBA

=> ∠FCI = ∠BCO

=> ∠FCI + ∠ECI = ∠BCO + ∠ECI <=> ∠FCE = ∠ICO

=> ∠ICO = ${90}^0$

Vậy IC là tiếp tuyến của (O)

d, Chứng minh tương tự câu c, ta có ∠IDO) = ${90}^0$

Xét tứ giác ICOD có:

∠ICO = ∠IDO = ∠COD = 90^o

=> Tứ giác ICOD là hình chữ nhật

Lại có OC = OD = R

=> Tứ giác ICOD là hình vuông.

Có OI là đường chéo hình vuông cạnh R

=> OI = R$\sqrt{2}$

O cố định, do đó I thuộc đường tròn tâm O, bán kính R$\sqrt{2}$ cố định