Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 16

1)A=32−6.3+2211=16.2−18+2211=42−32+2=22

Vậy A=22

2) x2−2x=0⇔xx−2=0⇔x=0x−2=0⇔x=0x=2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S=0;2

Đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm A−3;1nên thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta được: 1=a.−32⇔a=19

Vậy a=19

Với n= 0 ta có phương trình 1⇔x2−2mx+2m−1=0

Phương trình có Δ'=m2−2m+1=m−12≥0∀m

Vậy với m  thì phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

Ta có: Δ=2m−n2−42m+3n−1=4m2−4mn+n2−8m−12n+4

Phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 ⇔Δ≥0⇔4m2−4mn+n2−8m−12n+4≥0*

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: x1+x2=2m−n(2)x1x2=2m+3n−1(3)

Theo đề bài ta có: x1+x2=−1x12+x22=13⇔x1+x2=−1(4)x1+x22−2x1x2=13(5)

Thế (3) và (4) vào (5) ta được:

5⇔−12−22m+3n−1=13⇔1−4m−6n+2=13⇒4m+6n=−10⇔2m+3n=−5(6)

Từ (2) và (4) ta có: 2m−n=−1⇔n=2m+1(7)

Thế (7) vào (6) ta được: 2m+32m+1=−5⇔2m+6m+3=−5⇔8m=−8⇔m=−1

⇒n=2m+1=2.−1+1=−1

Thay m=−1,n=−1 vào điều kiện (*) ta có:

4.−12−4.−1−1+−12−8.−1−12.−1+4=25>0

⇒m=−1n=−1thỏa mãn

Vậy m=−1,n=−1 là các giá trị cần tìm

a, Cho d:y=−x+22

Ta có: d∩Ox=A⇒AxA;0⇒−xA+22=0⇔xA=22⇒A22;0⇒OA=22

d∩Oy=B⇒B0;yB⇒0+22=yB⇔yB=22⇒B0;22⇒OB=22

Vì ΔOAB vuông cân tại O (do OA=OB=22)mà OH là đường trung tuyến nên OH cũng là đường cao

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác ΔOAB vuông tại O có đường cao OH ta có:1OH2=1OA2+1OB2=1222+1222=2+2=4⇒OH2=14⇔OH=0,5cm

Vậy OH=0,5cm

b, Thể tích dâng lên bằng thể tích 6 viên bi thả vào cốc

Thể tích nước trong cốc ban đầu: V1=π.22.8=32πcm3

Thể tích của 6 viên bi được thả vào cốc là: V2=6.43π.13=8πcm3

Thể tích sau khi được thả thêm 6 viên bi là: V=V1+V2=32π+8π=40πcm3

⇒Chiều cao mực nước trong cốc lúc này là: h=VπR2=40ππ.22=10(cm)

Vậy sau khi thả 6 viên bi vào cốc thì mực nước cách cốc là: 12−10=2(cm)

a, Xét tứ giác ONMP ta có:

ONP^=900NP⊥AB

OMP^=900(EFlà tiếp tuyến của O)⇒ONP^=OMP^=900

Mà hai đỉnh N,P là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh OP nên ONMP là tứ giác nội tiếp.

b, Xét (O) ta có:

COM^ là góc ở tâm chắn cung CM

CME^ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CM

⇒CME^=12COM^=12COB^+BOM^=12900+300=600 (tính chất góc nôi tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung)

Hay NME^=600

Xét ΔOME vuông tại  M ta có: OEM^=900−EOM^=900−300=600

Xét ΔMNEta có: NEM^=NME^=600(cmt)⇒ΔNME là tam giác đều (đpcm).

c, Ta có: ΔMNE là tam giác đều (cmt)

⇒ENM^=600=ONC^(hai góc đối đỉnh)

⇒OCN^=900−ONC^=900−600=300

Vì ONMPlà tứ giác nội tiếp (cmt)⇒OPN^=OMN^=300 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)

Ta có: OC⊥AB=ONP⊥AB=N⇒OC=NP⇒OCPNlà hình thang

Mà OCN^=OPN^=300(cmt)

Lại có hai góc này là hai góc đối nhau nên OCNP là hình bình hành

⇒OC=NP(dfcm)

d, Gọi I là chân đường cao kẻ từ A đến EF thì H∈AI

Giả sử phản chứng A, H, P thẳng hàng thì P≡I hay AP⊥EF

Có EOP^=NOP^=900−ONP^=600và OEP^=600(cmt) nên ΔOEP là tam giác cân có một góc bằng 600 nên là tam giác đều ⇒OP=PE(1)

Lại có:POF^=900−EOP^=900−600=300 và PFO^=900−OEP^=900−600=300 nên tam giác OPF cân tại P hay OP=PF(2)

Từ (1) và (2) suy ra PE=PF=OP

Xét ΔAEF có AP⊥EF(gt)⇒PE=PF nên AP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

⇒ΔAEF cân tại A , mà AEF^=600 nên tam giác AEF đều

⇒FO vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến⇒OA=OE  (vô lý vì OA<OE)

Vậy ba điểm A, H, P không thẳng hàng

 

Do x+2y+3z=2 nên x=2−2y−3z2y=2−x−3z3z=2−x−2y, Khi đó:

xy+3z=xy+2−x−2y=xy−x−2y−2=xy−1−2y−1=x−2y−13yz+x=3yz+2−2y−3z=3yz−3z−2y−2=y−13z−23xz+4y=3xz+22−x−3z=3xz−6z−2x−4=3zx−2−2x−2=x−23z−2

Suy ra:
S=xyx−2y−1+3yzy−13z−2+3xzx−23z−2=x21−y2y2−x+2y1−3z3z21−y+x2−3z3z2−x≤12x21−y+2y2−x+122y2−3z+3z21−y+12x2−3z+3z2−x=12x21−y+2y2−x+2y2−3z+3z21−y+x2−3z+3z2−x=12x+3z21−y+2y+3z2−x+2y+x2−3z=122−2y2(1−y)+2−x2−x+2−3z2−3z=121+1+1=32

Hay S≤32⇒MaxS=32

Dấu”=” xảy ra ⇔x21−y=2y2−x2y2−3z=3z21−yx2−3z=3z2−x⇒2x−x2=4y−4y2=6z−9z2và x+2y+3z=2