Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 14

Biểu thức $\sqrt{2\text{x}-4}$ có nghĩa khi

2x – 4 ≥ 0

⟺ 2x ≥ 4

⟺ x ≥ 2.

Vậy ta chọn đáp án C.

Học sinh tự vẽ Parabol

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left\{-4;5\right\}$

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right).$Khi đó phương trình trở thành: $4t^2-5t-9=0(*)$

Phương trình có dạng $a-b+c=0$nên có hai nghiệm phân biệt

$\left[\begin{array}{l}{t}_1=-1\left(ktm\right)\\ t=\frac{9}{4}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x\in \varnothing \\ \left[\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ x=-\frac{3}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-\frac{3}{2};\frac{3}{2}\right\}$

Vậy nghiệm của hệ là $\left(x;y\right)=\left(3;-2\right)$

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

$x^2-2x-4m^2+8m-3=0 \left(1\right)$

Số giao điểm của (d) và (P) cũng chính là số nghiệm của phương trình (1)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1;y_1\right),B\left(x_2;y_2\right)$ khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Ta có: $\Delta \text{'}={\left(-1\right)}^2+4m^2-8m+3=4m^2-8m+4=4{\left(m-1\right)}^2$

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$khi và chỉ khi $\Delta \text{'}>0\iff 4{\left(m-1\right)}^2>0\iff m\ne 1$

Áp dụng hệ thức Vi et ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=-4m^2+8m-3\end{array}\right.$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}{y}_1+y_2=10\iff x_1^2+x_2^2=10\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=10\\ \iff 2^2-2.\left(-4m^2+8m-3\right)=10\iff 4+8m^2-16m+6=10\\ \iff 8m^2-16m=0\iff 8m\left(m-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\left(tm\right)\\ m=2\left(tm\right)\end{array}\right.\end{array}$

Vậy với $m=\mathrm{0,}m=2$thỏa mãn yêu cầu bài toán

a)    Gọi số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển theo chỉ tiêu của trường THPT A là x (học sinh) $\left(x\in \mathbb{N}*,x<900\right)$

Số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển theo chỉ tiêu của trường THPT B là y(học sinh), $\left(y\in \mathbb{N}*,y<900\right)$

Do tổng chỉ tiêu tuyển sinh của trường THPT A và THPT B là 900 học sinh nên ta có phương trình: $x+y=900 \left(1\right)$

Sau khi hết thời gian điều chỉnh nguyện vọng thì số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển vào trường THPT A là : $115\%x$(học sinh)

Sau khi hết thời gian điều chỉnh nguyện vọng thì số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển vào trường THPT B là: $110\%x$(học sinh)

Khi đó tổng số thí sinh đăng ký cả 2 trường là 1010 học sinh nên ta có phương trình là: $115\%x+110\%y=1010\iff \mathrm{1,15}x+\mathrm{1,1}y=1010\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=900\\ \mathrm{1,15}x+\mathrm{1,1}y=1010\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=400\left(tm\right)\\ y=500\left(tm\right)\end{array}\right.$

Vậy số lượng học sinh đăng ký dự tuyến vào

THPT A: $115\%.400=460$(học sinh)

THPT B: $1010-460=550$(học sinh)

tứ giác BCDE có $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}={90}^0\left(gt\right)\Rightarrow$Tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

Ta có: M là trung điểm AB (gt) $\Rightarrow OM\perp AB\Rightarrow \widehat{OAM}={90}^0$(tính chất đường kính dây cung).

Tương tự N là trung điểm của $AC\left(gt\right)\Rightarrow ON\perp AC\Rightarrow \widehat{ONA}={90}^0$(tính chất đường kính dây cung)

Xét tứ giác AMON có $\widehat{OMA}+\widehat{ONA}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0)$

b, Tứ giác BCDE nội tiếp (cmt)$\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACB}$(góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện )

Dễ thấy MN là đường trung bình của tam giác $ABC\Rightarrow MN//BC$

$\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{ANM}$ (đồng vị)$\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ANM}\left(=\widehat{ACB}\right)$

Dễ thấy MN là đường trung bình của tam giác $ABC\Rightarrow MN//BC$

$\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{ANM}$(đồng vị )$\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ANM}\left(=\widehat{ACB}\right)$

Xét $\Delta AED$ và $\Delta ANM$có:

$\widehat{EAN}$ chung; $\widehat{AED}=\widehat{ANM}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta AED~\Delta ANM\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{AE}{AN}=\frac{AD}{AM}\Rightarrow AE.AM=AD.AE$

Gọi $P=OA\cap ED;Q=MN\cap AH$

$H=BD\cap CE\Rightarrow H$ là trực tâm của tam giác $ABC\Rightarrow AH\perp BC$

Ta có $MN//BC\left(cmt\right);AH\perp BC\left(cmt\right)\Rightarrow MN\perp AH$ tại Q 

Xét $\Delta AMQ$ và $\Delta AON$có:

$\widehat{AMQ}=\widehat{AMN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

$\widehat{AQM}=\widehat{ANO}={90}^0$

$\Rightarrow \Delta AMQ~\Delta AON\left(g.g\right)\Rightarrow \widehat{MAQ}=\widehat{OAN}$(hai góc tương ứng)

$\begin{array}{l}\Rightarrow \widehat{MAQ}-\widehat{QAO}=\widehat{OAN}-\widehat{QAO}\\ \Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{QAN}\Rightarrow \widehat{PAE}=\widehat{QAN}\end{array}$

Lại có: $\widehat{AED}=\widehat{ANM}\left(cmt\right)\Rightarrow \widehat{AEP}=\widehat{ANQ}\Rightarrow \widehat{PAE}+\widehat{AEP}=\widehat{QAN}+\widehat{ANQ}$

Xét tam giác vuông AQN có: $\widehat{QAN}+\widehat{ANQ}={90}^0\Rightarrow \widehat{PAE}+\widehat{AEP}={90}^0$

$\Rightarrow \Delta APE$ vuông tại P$\Rightarrow AP\perp PE$ hay $FA\perp KI\left(1\right)$

Ta đã chứng minh $MN\perp AH\Rightarrow FQ\perp AI\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow F$là giao điểm của 2 đường cao $FA,FQ$ của tam giác KAI 

Vậy F là trực tâm tam giác $KAI\left(dfcm\right)$