Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 2)

a)    Giải phương trình x2+6x−7=0

Ta có a+b+c=1+6−7=0: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=1x2=ca=−7

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=−7;1

a)b) Giải hệ phương trình x−y=52x+y=4

Ta có: x−y=52x+y=4⇔3x=9y=x−5⇔x=3y=−2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 3;−2

c)    Rút gọn biểu thức M=20−45+5

M=20−45+5=25−35+5=0

Vậy M=0

Cho parabol P:y=x2 và đường thẳng d:y=x−m+3(với là tham số)

a)    Vẽ Parabol (P)

Parabol P:y=x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng

Ta có bảng giá trị sau :

x−2−1012y=x241014

Đồ thi Parabol P:y=x2

b)    Tìm tất cả các giá trị của tham số mđể đường thẳng dcắt Ptại hai điểm phân biệt Ax1;y1,Bx2;y2thỏa mãn y1+y2=1

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) ta được :

x2=x−m+3⇔x2−x+m−3=01

Để P cắt d tại hai điểm phân biệt ⇔1có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ>0⇔1−4m−3>0⇔1−4m+12>0⇔m<134*

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-et ta có : x1+x2=1x1x2=m−3.

Ta có A,B∈Pnên Ax1;x12,Bx2;x22. Khi đó ta có :

y1+y2=1⇔x12+x22=1⇔x1+x2=1⇔x1+x22=1⇔x12+x22+2x1x2=1⇔x1+x22−2x1x2+2x1x2=1⇔1−2m−3+2m−3=1⇔m−3=m−3⇔m−3≥0⇔m≥3

Kết hợp với điều kiện *ta được 3≤m≤134

Vậy 3≤m≤134thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a)    Theo kế hoạch, một đội xe phải chở 150 tấn hàng từ một khu công nghiệp thuộc huyện Châu Đức đến cảng Cái Mép – Thị Vải. Khi thực hiện thì trong đội có 5 xe phải đi làm việc khác, nên mỗi xe còn lại của đội phải chở thêm 5 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu của đội (biết khối lượng trên mỗi xe chở là như nhau)

Gọi số xe lúc đầu của đội là xx>5,x∈ℕ(xe)

Số hàng mà mỗi xe phải chở là 150x(tấn hàng)

Số xe thực tế tham gia chở hàng là x-5(xe)

Số hàng thực tế mà mỗi xe phải chở là : 150x-5(tấn hàng)

Do thực tế mỗi xe phải chở thêm 5 tấn hàng nên ta có phương trình :

150x−5−150x=5⇒150x−150x+750=5xx−5⇔5x2−25x−750=0⇔x2−5x−150=0Δ=−52−4.1.(−150)=625>0⇒Δ=25

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x1=5+252=15(tm)x2=5−252=−10(ktm)

Vậy số xe tham gia chở hàng lúc đầu của đội là 15 xe

b) Giải phương trình : x2−3x+1x2−3x+2=2

x2−3x+1x2−3x+2=2⇔x2−3x+1x2−3x+1+1=2⇔x2−3x+12+x2−3x+1−2=0

Đặt t=x2−3x+1khi đó phương trình trở thành : t2+t−2=0

Ta có: a+b+c=1+1−2=0nên phương trình có 2 nghiệm t1=1t2=ca=−2

Với t=1⇒x2−3x+1=1⇔x2−3x=0⇔x=0x=3

Với t=−2⇒x2−3x+3=0, Δ=−3<0⇒VN

Vậy tập nghiệm của phương trình S=0;3

a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp

Ta có : AB,AClà các tiếp tuyến của đường tròn Onên AB⊥OBAC⊥OC

⇒∠ABO=∠ACO=90°

⇒∠ABO+∠ACO=180°⇒ABOClà tứ giác nội tiếp (đpcm)

b) Chứng minh AD.AK=AB2và AD.AK+OH.OA=OA2

Ta có ∠ABD=∠BKD(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD

Xét ∆ABD và ∆AKB ta có :

∠BAK chung, ∠ABD=∠BKD(cmt)

⇒ΔABD∽ΔAKB(g.g)⇒ADAB=ABAK(2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒AD.AK=AB21

Ta có: OB=OC=R nên O thuộc trung trực của BC

AB=AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên A thuộc trung trực của BC

⇒OAlà trung trực của BC⇒OA⊥BCtại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOB vuông tại B đường cao BH ta có : OB2=OH.OAOA2=OB2+AB22

Từ (1) và (2) ta có: AD.AK+OH.OA=AB2+OB2=OA2dfcm

c) Ta có : OB2=OH.OA(cmt) . Mà OB=OD⇒OD2=OH.OA⇒OHOD=ODOA

Xét ΔOHD và ΔODA ta có :∠DOA chung, OHOD=ODOAcmt

⇒ΔOHD∽ΔODA(c.g.c)⇒∠OAD=∠ODH(2 góc tương ứng ) (đpcm)

d) Gọi J là giao điểm của AK và BC

Gọi P là giao điểm của KM và AB. Ta sẽ chứng minh P là trung điểm của AB

Kẻ ON⊥DKN∈DK⇒N là trung điểm của DK

Lại có ∠ANO=90° nên N thuộc đường tròn đường kính OA hay O,N,B,A,C cùng thuộc một đường tròn.

Xét tam giác ABJ và ANB ta có :

∠BAN chung, ∠ABJ=∠BNA=ACB (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

⇒ΔABJ∽ΔANBg.g⇒AJAB=ABAN (cặp cạnh tương ứng)⇒AB2=AJ.AN

Tương tự ta có : ΔABD∽ΔAKB(g.g)⇒ABAK=ADAB⇒AB2=AK.AD

⇒AJ.AN=AK.AD⇒ANAD=AKAJ=AK−ANAJ−AD=KNDJ=DNEJ

(Vì N là trung điểm của DK)⇒AKDN=AJEJ

Ta lại có : DM⊥OB(gt)AB⊥OB(gt)⇒DM//AB⇒ABDM=AJDJAPDM=AKDK(Định lý Ta – let)

⇒APDM=AK2DN=12.AJEJ=12.ABDM⇒AP=AB2

Vậy P là trung điểm của ABdfcm

S=2x+y1x3+y+1y3+x−1x2+1y2

Theo BĐT cộng mẫu Schwwarz

S=2x+y.x+y2x2+y+y+x2y2+x−1x2+1y2S≤2x+y.x2x3+y2y+y3y2+x2x−1x2+1y2S≤2x+y.1x+1y+x+y−1x2+1y2S≤2xy+2−1x2−1y2⇒S≤2−1x−1y2≤2

Vậy Smax=2⇔x=y=1