Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 13)

$a)x^2-5x+6=0$

Ta có : $\Delta ={\left(-5\right)}^2-4.6=1>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$\left[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{5+1}{2}=3\\ x_2=\frac{5-1}{2}=2\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left\{2;3\right\}$

$\begin{array}{l}A=\frac{\sqrt{15}-\sqrt{3}}{\sqrt{5}-1}-\frac{1}{2-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{5}-1\right)}{\sqrt{5}-1}-\frac{2+\sqrt{3}}{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}\\ =\sqrt{3}-2-\sqrt{3}=-2\end{array}$

Vậy A = -2

Parabol $\left(P\right):y=\frac{1}{2}{x}^2$ có bề lõm hướng lên trên và nhận Oy làm trục đối xứng

Ta có bảng giá trị sau :

$\begin{array}{l}x-4-2024\\ y=\frac{1}{2}{x}^{2}82028\end{array}$

$\Rightarrow Parabol\left(P\right):y=\frac{1}{2}{x}^2$đi qua các điểm $\left(-4;8\right),\left(-2;2\right),\left(0;0\right),\left(2;2\right),\left(4;8\right)$

a) Phương trình $x^2-mx-m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

$\begin{array}{l}\iff \Delta =b^2-4ac>0\iff {\left(-m\right)}^2-\mathrm{4.1.}(-m-1)>0\\ \iff m^2+4m+4>0\iff {\left(m+2\right)}^2>0\iff m\ne -2\left(1\right)\end{array}$

Khi đó, theo hệ thức Vi- et ta có : $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m\\ x_1{x}_2=-m-1\end{array}\right.$. Theo bài ra ta có :

$\begin{array}{l}\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=x_1+x_2\iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=x_1+x_2\\ \iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}-x_1+x_2=0\iff \left(x_1+x_2\right)\left(\frac{1}{x_1{x}_2}-1\right)=0\end{array}$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1+x_2=0\\ x_1{x}_2=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ -m-1=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=0\left(tm\right)\\ m=-2\left(ktm\right)\end{array}\right.$

Vậy m= 0 là giá trị cần tìm

b) Gọi số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ở học kỳ I là x học sinh $\left(x\in \mathbb{N}*\right)$

Vì số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ít hơn số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học là 50 học sinh nên số học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học ở học kỳ I là x + 50 (học sinh)

Học kỳ 2, số học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học và câu lạc bộ Toán học lần lượt là x + 50 - 5 = x + 45 (học sinh) và x + 5 (học sinh)

Do số lượng học sinh của câu lạc bộ Toán học bằng $\frac{3}{4}$ số lượng học sinh của câu lạc bộ Sáng tạo khoa học nên ta có phương trình

$x+5=\frac{3}{4}\left(x+45\right)\iff x+5=\frac{3}{4}x+\frac{135}{4}\iff x=115\left(tmdk\right)$

Vậy học kỳ 2, số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học là 115 + 5 = 120 học sinh, số lượng học sinh của câu lạc bộ Sáng tạo khoahọc115 + 45 = 160 học sinh

+)Xét tứ giác BFEC có $\angle BFC=\angle BEC=90°\left(gt\right)$

Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

+)Xét tứ giác EHDC có $\angle HDC+\angle HEC=90°+90°=180°$suy ra HDCE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180°$

b) Ta có :

Tứ giác BFCE nội tiếp nên $\angle KFB=\angle KCE$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

Xét $∆KBF$ và $∆KEC$ có : $\left\{\begin{array}{l}\angle KFB=\angle KCE\left(cmt\right)\\ \angle BKF=\angle CKE\end{array}\right.\Rightarrow \Delta KBF\backsim \Delta KEC(g.g)$

$\Rightarrow \frac{KB}{KE}=\frac{KF}{KC}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)$\Rightarrow KF.KE=KB.KC\left(1\right)$

Trong (O) có $\angle KAB=\angle KCI$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BBI

Xét $∆KAB$ và $∆KCI$ có : $\left\{\begin{array}{l}\angle AKB=\angle CKI\\ \angle KAB=\angle KCI\left(cmt\right)\end{array}\right.\Rightarrow \Delta KAB\backsim \Delta KCI(g.g)$

$\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KI}$ (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)$\Rightarrow KA.KI=KB.KC\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $KI.KA=KE.KF$

c) Ta có :  $KI.KA=KF.KE\left(cmt\right)\Rightarrow \frac{KI}{KE}=\frac{KF}{KA}$

Xét $∆KIF$ và $∆KEA$ ta có :$\frac{KI}{KE}=\frac{KF}{KA}\left(cmt\right);\angle AKE$ chung

$\Rightarrow \Delta KIF\backsim \Delta KEA(c.g.c)\Rightarrow \angle KIF=\angle FEA$ (hai góc tương ứng)

$\Rightarrow AIFE$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)$\Rightarrow I,A,F,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Mà tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp (do có $\angle AEH+\angle AFH=180°)\Rightarrow A,E,H,F$cùng thuộc một đường tròn

Do đó 5 điểm $I,A,F,H,E$ cùng nội tiếp đường tròn đường kính AH 

$\Rightarrow \angle HIA=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow HI\perp AK\Rightarrow \angle HIM=90°$(kề bù với $\angle HIA)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BE\perp AC\\ AC//MN\left(gt\right)\end{array}\right.\Rightarrow BE\perp MN$ (từ vuông góc đến song song)$\Rightarrow \angle HBM=90°$

$\Rightarrow \angle HIM=\angle HBM=90°\Rightarrow \angle HIM+\angle HBM=180°$

$\Rightarrow BHIM$ nội tiếp đường tròn đường kính HM (dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow \angle MHB=\angle MIB=\angle KIB$(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BBM

Mà $\angle KIB=\angle KCA$ (vì $\angle KIB$ là góc ngoài tại đỉnh I của tứ giác nội tiếp BIAC)

$\Rightarrow \angle MHB=\angle KCA$

Mặt khác ta có : $\angle KCA=\angle AHE$(cùng phụ $\angle HAE)$và $\angle AHE=\angle BHN$(đối đỉnh)

$\Rightarrow \angle MHB=\angle BHN\Rightarrow HB$là tia phân giác của góc MMHN

$\Rightarrow \Delta MHN$ cân tại H (do có HB là đường cao đồng thời là phân giác)

Vậy HM= HN