Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 2

  x2−3x+2=0⇔x2−2x−x+2=0

⇔xx−2−x−2=0⇔x−1x−2=0⇔x=1x=2.Vay....S=1;2     

x+3y=34x−3y=−18⇔5x=−15y=3−x3⇔x=−3y=2

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

A=23+7+282−2=23−732−7+4.72−2

=23−72+272−2=3−7+7−2=1

Vậy A = 1

x2−2x2+x−12−13=0⇔x2−2x+1−12+x−12−13=0⇔x−12−12+x−12−13=0⇔x−14−2x−12+1+x−12−13=0⇔x−14−x−12−12=0

Đặt x−12=tt≥0.Khi đó ta có phương trình:

t2−t−12=0⇔t2−4t+3t−12=0⇔tt−4+3t−4=0⇔t+3t−4=0⇔t=−3(ktm)t=4(tm)

Với t=4⇔x−12=4⇔x−1=2x−1=−2⇔x=3x=−1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=−1;3

Học sinh tự vẽ

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

−2x2=x−m⇔2x2+x−m=0(*)

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔*có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ>0⇔1+4.2m>0⇔8m>−1⇔m>−18

Với m>−18thì đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1,x2

Áp dụng hệ thức Viet ta có: x1+x2=−12x1x2=−m2

Theo đề bài ta có: x1+x2=x1x2⇔−12=−m2⇔m=1(tm)

Vậy m=1 thỏa mãn bài toán.

   a)    Ta có: AO=CA+OC=27+3=30km

Áp dụng định lý Pytago cho ΔABO vuông tại B ta có:

AB2=AO2−OB2=302−32=891⇒AB=891=911≈29,85km

Vậy quãng đường xe thứ nhất đi là AB≈29,85km

   b, Thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn là: 91140≈0,746(giờ)

+)ta có: cosAOB^=cosCOB^=330=110⇒COB^≈84,260

⇒sdBC⏜=COB^=84,260(số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)

Suy ra độ dài cung BC:lBC=π.3.84,26180≈4,41km

⇒Thời gian xe thứ hai đến vị trí tai nạn là: 27:60+4,41:30=0,597(giờ)

Ta thấy thời gian xe thứ hai đi đến vị trí tai nạn ít hơn thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn nên xe thứ hai đến trước xe thứ nhất.

a)    Ta có  AEB^=AFB^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒AE⊥EB,AF⊥EB  hay BE⊥AI,AF⊥BI⇒IEH^=IFH^=900

Xét tứ giác  IEHF có IEH^+IFH^=900+900=1800⇒Tứ giác IEHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

b)    Ta có IEHF là tứ giác nội tiêp(cmt) ⇒EIH^=EFH^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH) hay  AIH^=EFA^mà  EBA^=EFA^(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF của (O))

⇒AIH^=ABE^=EFH^(dfcm)

c, Nối PA,PBta có:APB^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác BPKvà tam giác BAP có:

ABP^chung; BKP^=BPA^=900

⇒ΔBPK~ΔBAP(gg)⇒PKPA=BKPB(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: PKPA=BKPB=PK+BKPA+PB(1)

Xét tam giác BKF vuông ta có: cosABP^=cosKPB^=BKPK(2)

Từ (1) và (2) ta có: cosABP^=PK+BKPA+PB

d, Xét tứ giác AEHK có AEH^+AKH^=900+900=1800⇒Tứ giác AEHK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

⇒HEK^=HAK^=FAB^(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

Lại có: FAB^=FEB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FE của (O))

⇒HEK^=FEB^⇒EB là phân giác của FEK^⇒FEK^=2.FEB^=2.FAB^(3)

Ta có: IH⊥AB(gt)SA⊥AB(gt)⇒IH//SA⇒Tứ giác AHISlà hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Khi AHIS là tứ giác nội tiếp thì SAH^+SIH^=1800(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà SAH^+AHI^=1800(hai góc trong cùng phía bù nhau)

⇒SIH^=AHI^⇒Tứ giác AHIS là hình thang cân 

Do đó ISA^=SAH^(tính chất hình thang cân) hay BSA^=SAF^

Mà SAF^=SBA^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn AF⏜)

⇒BSA^=SBA^⇒ΔSABvuông cân tại A⇒SBA^=450(4)

Từ (3) và (4) ta có: FEK^=2FAB^=2.450=900

Vậy khi tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn, ta có được EF⊥EK(dfcm)

Ta có: 15xy+x10+y20≥3xy1000xy3=310

5x+2y+5+x+2y+520≥2520=1

⇒P+3.x+y20+14≥310+1⇔P+920+14≥1310⇔P≥1310−14−920⇔P≥35

Dấu "="xảy ra ⇔x=1y=2