Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 18

    1, Điều kiện để biểu thức xác định là x≥0,x≠9.

Khi x=25(tm)⇒A=25+525−3=302=15

Vậy khi x=15 thì A=15.

2, Điều kiện : x≥0,x≠9

B=x−1x+3+7x−3x−9=x−1x+3+7x−3x−3x+3=x−1x−3+7x−3x−3x+3=x−3x−x+3+7x−3x−3x+3=x+3xx−3x+3=xx+3x−3x+3=xx−3

 

 

3, Điều kiện x≥0,x≠9

Ta có:AB=x+5x−3.x−3x=x+5x=x+5x

Áp dụng BĐT Cô si cho hai số  x,5x dương ta có:x+5x≥2x.5x=25

Dấu “=” xảy ra ⇔x=5x⇔x=5(tm)

Vậy với x=5 thì biểu thức AB đạt giá trị nhỏ nhất là 25

a,x2−5x+4=0

Phương trình có dạng a+b+c=1−5+4=0 nên có hai nghiệm phân biệt: x1=1;x2=4.

Vậy S=1;4

b, x4+x2−6=0

Đặt x2=tt≥0, khi đó ta có phương trình:

t2+t−6=0⇔t2+3t−2t−6=0⇔tt+3−2t+3=0⇔t−2t+3=0⇔t=2(tm)⇔x=2x=−2t=−3(ktm)

 

Vậy S=−2;2

2, 2x−y=7x−2y=−1⇔4x−2y=142x−y=7⇔3x=15y=2x−7⇔x=5y=3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=5;3

Phương trình x2+ax+b+1=0 có hai nghiệm 

x1,x2⇒Δ≥0⇔a2−4b+1≥0*

Khi đó áp dụng định lý Viet ta có: x1+x2=−ax1x2=b+1

Ta có: +)x1−x22=x1+x22−4x1x2⇔9=a2−4b+1(1)+)x13−x23=x1−x23+3x1x2x1−x2⇔9=32+3b+1.3⇔−18=9.b+1⇔b+1=−2⇔b=−3

Thay b=-3  vào (1) ta có: a2−4−3+1=9⇔a2+8=9⇔a2=1⇔a=±1

Thử lại a2=1;b=−3⇒*⇔1−4−3+1=9>0(tm)

Vậy a,b=1;−3 hoặc a,b=−1;−3

a, Ta có: CAE^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AE⊥AC

Mà BD⊥AC(gt)⇒AE//BD (từ vuông góc đến song song)

→Tứ giác ABDE là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Ta có:CDE^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ΔCDEvuông tại D

Có:CED^=CBD^  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) 

⇒900−CED^=900−CBD^⇒DCE^=ACB^

Mà sdDE⏜=sdAB⏜ (hai góc nôi tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

⇒DE=AB⇒DE+AE=AB+AE⇒AD=BE

⇒ABD^=EDB^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

→Tứ giác ABDE  là hình thang cân (hình thang có 2 góc kề 1 đáy bằng nhau)

b, Do ABDE là hình thang cân (cmt) ⇒AB=DE,AD=BE

Khi đó ta có AB2+CD2+BC2+DA2=DE2+CD2+BC2+BE2

Ta có CBE^=CDE^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ΔBCE vuông tại  B và tam giác CDE  vuông tại D

Áp dụng định lý Pytago ta có: 

DE2+CD2=CE2=2R2=4R2BC2+BE2=EC2=2R2=4R2⇒DE2+CD2+BC2+BE2=8R2⇒AB2+CD2+BC2+DA2=8R2⇔AB2+CD2+BC2+DA2=8R2=22R

 

c, Xét  ΔBCD có K là trực tâm (giao của hai đường cao) ⇒DK⊥BC.

Mà BE⊥BCCBE^=900  ⇒DK//BE(từ vuông góc đến song song)

Ta có: BK⊥CDDE⊥CDCDE^=900⇒BK//DE ( từ vuông góc đến song song)

Ta có: AF⊥CD(gt)DE⊥CDCDE^=90O⇒AF//DE( từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác ADEF  cóAF//DEAE//DF(AE//BD)⇒ Tứ giác là hình bình hành ADEF 

⇒AF=DE(2)

Từ (1) và (2)  ⇒BK=AF=DE

Xét tứ giác ABKF có: AF⊥CD(gt)BK⊥CD(gt)⇒AF//BKvà AF=BK(cmt)

Tứ giác ABKF  là hình bình hành.

a, Tìm nghiệm nguyên…..

TH1: Xét x2+x>0⇔xx+1>0⇔x>0x<−1, từ đó ta có 2x2+x>0

⇒x3+x2+x+1<x3+x2+x+1+2x2+x=x3+3x2+3x+1=x+13⇒x3<x3+x2+x+1<x+13

 

Theo đề bài ta có: y3=x3+x2+x+1

⇒x3<y3<x+13, lại có x,y∈ℤ(gt)

⇒Không tồn tại số nguyên  x,y thỏa mãn x3<y3<x+13

TH2: Xét −1≤x≤0, lại có  x∈ℤ(gt)⇒x=−1x=0

+) Với x=−1⇒y3=−13+−12−1+1=0⇒y=0(tm)

+)Với x=0⇒y3=1⇔y=1(tm)

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên là x;y=−1;0;0;1

b, Theo đề bài ta có: ab+bc+ca=1

⇒1+a2=ab+bc+ca+a2=ba+c+ac+a=a+ca+b

Tương tự ta có:1+b2=b+ab+c1+c2=c+ac+b

⇒A=1+a21+b21+c2=a+ca+bb+ab+cc+ac+b=a+b2a+c2b+c2=a+ba+cb+c2a,b,c∈ℤ

Vậy A là một số chính phương.