Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 28

a, $5x^2+13x-5=0$

$\Delta ={13}^2+\mathrm{4.5.6}=289>0\Rightarrow \sqrt{\Delta }=\sqrt{289}=17$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt :$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{-13+17}{2.5}=\frac{2}{5}\\ x_2=\frac{-13-17}{2.5}=-3\end{array}\right.$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{-3;\frac{2}{5}\right\}$

b,$x^4+2x^2-15=0$

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$, khi đó ta có phương trình

$\begin{array}{l}{t}^2+2t-15=0\iff t^2+5t-3t-15=0\\ \iff t\left(t+5\right)-3\left(t+5\right)=0\iff \left(t-3\right)\left(t+5\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}t=3\left(tm\right)\\ t=-5\left(ktm\right)\end{array}\right.\iff x=\pm \sqrt{3}\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=\left\{\pm \sqrt{3}\right\}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left(x,y\right)=\left(3;-2\right)$

    a,  Học sinh tự vẽ đồ thị parabol

b, Ta có điểm $M\left(1;-1\right)\in \left(d\right):y=\left(m-1\right)x+\frac{1}{2}{m}^2+m$ , thay vào ta được

$\begin{array}{l}-1=\left(m-1\right).1+\frac{1}{2}{m}^2+m\iff \frac{1}{2}{m}^2+m-1+1=0\\ \iff \frac{1}{2}{m}^2+2m=0\iff \frac{1}{2}m\left(m+4\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=-4\end{array}\right.\end{array}$

Vậy $m=\mathrm{0,}m=-4$thỏa mãn bài toán.

a,

Ta có: $\widehat{ABN}=\widehat{NMC}$(trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

$\Rightarrow \widehat{HBI}=\widehat{HMI}\Rightarrow$Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

b, Ta có $\widehat{MNB}=\widehat{ACM}$(hai góc chắn hai cùng bằng nhau)$\Rightarrow \widehat{MNI}=\widehat{MCK}$

Xét $\Delta MIN$và $\Delta MKC$có: $\widehat{NMC}$chung; $\widehat{MNI}=\widehat{MCK}\left(cmt\right)$

c, Ta có: $\widehat{MNI}=\widehat{MCK}\left(cmt\right)\Rightarrow$Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$\Rightarrow \widehat{HKI}=\widehat{NCI}=\widehat{NCM}$(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

Ta có: $\widehat{NMC}=\frac{sd\stackrel{⏜}{MN}}{2}$(góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)

$\widehat{AHN}=\frac{sd\stackrel{⏜}{AN}+sd\stackrel{⏜}{BM}}{2}=\frac{sd\stackrel{⏜}{AN}+sd\stackrel{⏜}{AM}}{2}=\frac{sd\stackrel{⏜}{MN}}{2}$ (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)$\Rightarrow \widehat{NCM}=\widehat{AHK}\Rightarrow \widehat{HKI}=\widehat{AHK}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong $\Rightarrow AH//KI$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có $\widehat{AKH}=\widehat{KHI}\Rightarrow AK//HI$

Điều kiện $x\ne 0$

Ta có $A=\frac{x^2-3x+2019}{x^2}=1-\frac{3}{x}+\frac{2019}{x^2}$

Đặt $t=\frac{1}{x}\left(t\ne 0\right)$, khi đó ta có: 

$\begin{array}{l}A=1-3t+2019t^2=2019\left(t^2-\frac{1}{673}t\right)+1\\ =2019\left[t^2-2t.\frac{1}{1346}+{\left(\frac{1}{1346}\right)}^2\right]-2019.{\left(\frac{1}{1346}\right)}^2+1\\ =2019{\left(t-\frac{1}{1346}\right)}^2+\frac{2689}{2692}\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\left(t-\frac{3}{4038}\right)}^2\ge 0\forall t\iff 2019.{\left(t-\frac{3}{4038}\right)}^2\ge 0\forall t\\ \iff {\left(t-\frac{3}{4038}\right)}^2+\frac{2689}{2692}\ge \frac{2689}{2692}\forall t\\ \Rightarrow A\ge \frac{2689}{2692}\forall t\end{array}$