Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 19

     1, GPT: 2x2−7x+6=0

Ta có: Δ=b2−4ac=−72−4.2.6=1>0

→Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=7+12.2=2x2=7−12.2=32

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S=32;2

2, 2x−3y=−53x+4y=18⇔6x−9y=−156x+8y=3617y=51x=3y−52⇔y=3x=2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=2;3

3, x4+7x2−18=0 

Đặt x2=tt≥0, khi đó ta có phương trình: t2+7t−18=0    (1)

Ta có: Δ=72+4.18=121>0

 ⇒1 có hai nghiệm phân biệt t1=−7+1212=2(tm)t2=−7−1212=−7−112=−9(ktm)

Với t=2⇒x2=2⇔x=±2

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

a, Học sinh tự vẽ các đồ thị

b, Hai đường thẳng: y=m2+1x+m và  y=2x−1 song song với nhau

⇔m2+1=2m≠−1⇔m2=1m≠−1⇒m=1m=−1m≠−1⇔m=1

Vậy m=1 thỏa mãn bài toán

c, Biểu thức M đã cho xác định ⇔3x−5≥0x2−4≠0⇔3x≥5x2≠4⇔x≥53x≠±2⇔x≥53x≠2

Vậy biểu thức M xác định khi và chỉ khi x≥53,x≠2

          Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh đường thẳng MN ta được hình nón có chiều cao h=MN=4a và bán kính đáy R=NP=3a.

Áp dụng định lý Pyta go trong tam giác vuông MNP ta có: 

MP2=MN2+NP2=4a2+3a2=25a2⇒MN=25a2=5a(Do...a>0)

Do đó hình nón có độ dài đường sinh là l=MP=5a

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πRl=π.3a.5a=15πa2

Phương trình x2−3x+1=0 có 2 nghiệm x1,x2(gt) nên áp dụng định lý Viet ta có:

x1+x2=3x1x2=1

Xét các tổng và tích sau:

P=2x1−x222x2−x12=4x1x2−2x13−2x23+x1x22=4x1x2−2x13+x23+x1x22=4x1x2−2x1+x23−3x1x2x1+x2+x1x22=4.1−2.33−3.1.3+12=−31

S=2x1−x22+2x2−x12=2x1+x2−x12+x22=2x1+x2−x1+x22−2x1x2=2.3−32−2.1=−1

Ta có:S2=−12=1≥4P=−124

⇒2x1−x22 và 2x2−x12 là hai nghiệm của phương trình

X2−SX+P=0⇔X2+X−31=0

Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là (%/năm) (ĐK: x>0)

Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là 100.x%=x (triệu đồng)

→Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100+x (triệu đồng)

Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải trả sau 2 năm là 100+xx%=100+xx100 (triệu đồng)

Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là triệu đồng nên ta có phương trình:

100+x+100+xx100=121⇔10000+100x+100x+x2=12100⇔x2+200x−2100=0⇔x2−10x+210x−2100=0⇔xx−10+210(x−10)=0⇔x−10x+210=0⇔x=10(tm)x=−210(ktm)

Vậy lãi suất của ngân hàng đó là10% /năm

Với  a≥0,a≠4 thì

P=a+a1+a.a−3a+2a−2=a1+a1+a.a−2a−a+2a−2=a.a.a−2−a−2a−2=a.a−1a−2a−2=a.a−1=a−a

4x2−xy=2(1)y2−3xy=−2(2)

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

4x2−xy+y2−3xy=0⇔4x2−4xy+y2=0⇔2x−y2=0⇔2x−y=0⇔y=2x

Thay y=2x vào (2) ta được:

2x2−3x.2x=−2⇔4x2−6x2=−2⇔−2x2=−2⇔x2=1⇔x=1⇒y=x=−1⇒y=−2

Vậy hệ có nghiệm x;y=1;2;−1;−2

a, Ta có: BD⊥AC⇒BDC^=900CE⊥AB⇒CEB^=900

Tứ giác BEDC có BDC^=BEC^=900 nên nó là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra 4 điểm B,D,C,E cùng thuộc một đường tròn

Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại A⇒Ax⊥AO (tính chất tiếp tuyến )

Ta có:CAx^=CBA^ (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn AC⏜) (1)

Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) ⇒CBA^=EDA^ (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra CAx^=EDA^=CBA^

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE//Ax mà Ax⊥AO(cmt)⇒DE⊥AO(dfcm)

c,Kẻ đường kính AI của đường tròn (O) , gọi giao điểm của MN và ED là P

Xét đường tròn (O) ta có: ACI^=900,ABI^=900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra  CI⊥AC,BI⊥AB lại có: BD⊥AC,CE⊥AB(gt) nên BH//CI,CH//BI

Xét tứ giác BHCI có: BH//CICH//BI⇒BHCI là hình bình hành có M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm của HI

Xét ΔHIA có: M là trung điểm của HI, N là trung điểm của AH

⇒MN là đường trung bình của ΔHAI⇒MN//AI (tính chất đường trung bình)

Theo câu b) ta có: AO⊥DE⇒MN⊥DE tại P

Xét tam giác PLD vuông có PLD^=900−PDL^(3)

Xét đường tròn (O) có M là trung điểm của  BC⇒OM⊥BC hay là đường trung trực của BC

Mà K∈OM⇒KB=KC

Xét ΔKBC cân tại K có KM là đường cao nên cũng là đường phân giác ΔKBC

⇒BKM^=MKC^ (tính chất đường phân giác)

Xét ΔKMC vuông tại M có  MKC^=900−KCM^⇒BKM^=900−KCM^(4)

Lại có: EDB^=ECB^ (do tứ giác BEDC nội tiếp) hay PDL^=KCM^(5)

Từ (3) (4) (5) suy ra BKM^=PLD^ mà PLD^=BLM^ (hai góc đối đỉnh ) nên BLM^=BKM^

Xét tứ giác BLKM có BLM^=BKM^ nên hai đỉnh L, K kề nhau cùng nhìn cạnh BM dưới các góc bằng nhau, do đó tứ giác BLKM là tứ giác nội tiếp

Suy ra BLM^+BMK^=1800⇔BLK^=1800−900=900

Hay KL⊥BD  mà AC⊥BD(gt)⇒KL//AC

Đặt x=a2−bc,y=b2−ca,z=c2−ab

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x3+y3+z3≥3xyz

Ta có:

x3+y3+z3−3xyz=x3+y3−3xyz+z3=x+y3−3xyx+y−3xyz+z3=x+y3+z3−3xyx+y+z=x+y+zx+y2−x+yz+z2−3xyx+y+z=x+y+zx2+2xy+y2−xz−yz+z2−3xy=x+y+zx2+y2+z2−xy−yz−xz

Dễ thấy

x2+y2+z2−xy−yz−xz=12x2−2xy+y2+y2−2yz+z2+z2−2zx+x2=12x−y2+y−z2+z−x2≥0∀x,y,z

Do đó ta đi xét dấu x+ y +z 

Ta có: 

x+y+z=a2−bc+b2−ca+c2−ab

=a2+b2+c2−ab−bc−ca=12a−b2+b−c2+c−a2≥0,∀a,b,c

Suy ra x+y+z≥0⇒x+y+zx2+y2+z2−xy−yz−zx≥0

⇒x3+y3+z3≥3xyz

hay a2−bc3+b2−ca3+c2−ab3≥3a2−bcb2−cac2−ab(dfcm)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a=b=c