Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 5

Vậy hệ phương trình có nghiệm là $\left(x;y\right)=\left(3;2\right)$

Ta có phương trình hoành độ giao điểm :

          $3x^2=2x+1\iff 3x^2-2x-1=0(*)$

Phương trình (*) có dạng $a+b+c=3-2-1=0$nên có hai nghiệm

$\left[\begin{array}{l}x=1\Rightarrow y=3\Rightarrow A\left(1;3\right)\\ x=-\frac{1}{3}\Rightarrow y=\frac{1}{3}\Rightarrow B\left(\frac{-1}{3};\frac{1}{3}\right)\end{array}\right.$

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là $A\left(1;3\right)$và $\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$

      Thay $m=-2$ vào phương trình (1) ta có: $x^2+4x+3=0$

$\begin{array}{l}\iff x^2+3x+x+3=0\iff x\left(x+3\right)+\left(x+3\right)=0\\ \iff \left(x+3\right)\left(x+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x+3=0\\ x+1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=-1\end{array}\right.\end{array}$

Vậy khi m = -2 thì phương trình có tập nghiệm $S=\left\{-3;-1\right\}$

     Ta có: $\Delta \text{'}=m^2-\left(-4m-5\right)=m^2+4m+5={\left(m+2\right)}^2+1>0\forall m$

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m

c)    Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=-4m-5\end{array}\right.$

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}{x}_1^2-\left(m-1\right)x_1+x_2-2m+\frac{33}{2}=762019\\ \iff x_1^2-2\left(m-1\right)x_1+2x_2-4m+33=1524038\\ \iff x_1^2-2m{x}_1-4m-5+2\left(x_1+x_2\right)=1524000\end{array}$

Do $x_1$là nghiệm của phương trình $\left(1\right)\Rightarrow x_1^2-2m{x}_1-4m-5=0$

$\Rightarrow 2\left(x_1+x_2\right)=1524000\iff 2.2m=1524000\iff m=381000$

Vậy $m=381000$thỏa mãn yêu cầu bài toán

            Ta có: $\widehat{AIB}=\widehat{AQB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow \widehat{CIH}=\widehat{CQH}={90}^0$

Xét tứ giác $CIHQ$có $\widehat{CIH}+\widehat{CQH}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác $CIHQ$là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0)$

      Xét tam giác $AHI$ và tam giác $BCI$có:

$\widehat{AIH}=\widehat{BIH}={90}^0,\widehat{IAH}=\widehat{IBC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung IQ)

$\Rightarrow \Delta AIH~\Delta BIC\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{AI}{BI}=\frac{HI}{CI}\iff CI.AI=HI.BI$

     Ta có:$\begin{array}{l}M=AI.AC+BQ.BC\\ =AC.\left(AC-IC\right)+BQ.\left(BQ+QC\right)\\ =A{C}^2-AC.IC+B{Q}^2+BQ.QC\\ =A{Q}^2+Q{C}^2-AC.IC+B{Q}^2+BQ.QC\\ =\left(A{Q}^2+B{Q}^2\right)+QC.\left(QC+BQ\right)-AC.IC\\ =A{B}^2+QC.BC-AC.IC\end{array}$

Tứ giác $AIQB$ là tứ giác nội tiếp đường tròn (O)$\Rightarrow \widehat{CIQ}=\widehat{CBA}$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

Xét $\Delta CIQ$ và $\Delta CBA$có: $\widehat{ACB}$ chung; $\widehat{CIQ}=\widehat{CBA}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta CIQ~\Delta CBA(g.g)\Rightarrow \frac{IC}{BC}=\frac{QC}{AC}\Rightarrow QC.BC=AC.IC\Rightarrow QC.BC-AC.IC=0$

Vậy $M=AI.AC+BQ.BC=A{B}^2={\left(2R\right)}^2=4R^2$