Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 21)
11 câu hỏi
1) Rút gọn biểu thức A=20−45+6+25
1) Ta có :
A=20−45+6+25=25−35+5+12=−5+5+1=1
Vậy A = 1
2) Cho biểu thức B=1x−x+1x−1:x+1x−12x>0x≠1
Rút gọn biểu thức B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho B≤12
2) B=1x−x+1x−1:x+1x−12x>0x≠1=1+xxx−1.x−12x+1=x−1x
Vậy B=x−1x
Ta có B=12
⇔x−1x=12⇒2x−2=x⇔x=2⇒x=4tm
Vậy x = 4 thì B= 12
1) Giải phương trình :x2−6x+5=0
1) Phương trình x2−6x+5=0 có dạng a+b+c=1−6+5=0
Vậy phương trình có tập nghiệm S=1;5
2) Giải hệ phương trình 2x+2=3y−13x+y=6
2) 2x+2=3y−13x+y=6⇔2x+4=3y−33x+y=6⇔2x−3y=−79x+3y=18⇔11x=11y=6−3x⇔x=1y=3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=1;3
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x2 và đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 5(m là tham số)1) Trên (P) tìm các điểm có tung độ bằng 2
1) Gọi Mx0;2 là điểm thuộc (P) và có tung độ bằng 22
Khi đó ta có : x02=2⇔x0=2x0=−2⇒M12;2M2−2;2
Vậy trên (P) có hai điểm có tung độ bằng -2 là M12;2và M2−2;2
2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B . Gọi x1,x2lần lượt là hoành độ của A,B. Tìm các giá trị của m để x1−x2=6
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :
x2=mx+5⇔x2−mx−5=0*
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B⇔* có hai nghiệm phân biệt
⇔Δ>0⇔m2+5>0 (với mọi m) ⇒d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B với mọi m
Gọi x1,x2 lần lượt là hoành độ của A,B⇒x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (*)
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có : x1+x2=mx1x2=−5. Theo đề bài, ta có x1−x2=6
⇔x1−x22=36⇔x1+x22−4x1x2=36⇔m2−4.−5=36⇔m2=16⇔m=4m=−4
Vậy m=±4thỏa mãn bài toán
Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Lấy hai điểm phân biệt C và D trên nửa đường tròn (O) sao cho C thuộc cung AD (C,D không trùng với A, B). Gọi H là giao điểm của AD và ,E là giao điểm của AC và BD
1) Chứng minh tứ giác CEDH nội tiếp
1) Vì C, D ∈đường tròn đường kính AB do đó ∠ACB=∠ADB=90°.Do đó ∠ECH=∠EDH=90°
Vậy tứ giác CEDH nội tiếp đường tròn đường kính EH
2) Chứng minh CE.CA=CH.CB
2) Từ ý 1) ta nhận xét AD, BC thứ tự là các đường cao từ A,B của tam giác EAB nên H là trực tâm tam giác EAB. Vì vậy, EH⊥AB hay ∠EFB=90°.
Ta có ∠ECB=∠EFB=90°⇒ tứ giác ECFB nội tiếp đường tròn đường kính EEB
Như vậy ∠CEF=∠CBF hay ∠CEH=∠CBA
Xét hai tam giác CEH và CBA đều vuông tại C và có ∠CEH=∠CBA
⇒ΔCEH∽ΔCBA⇒CECH=CBCA⇒CE.CA=CH.CB
3) Gọi F là giao điểm của EH và AB. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF
3) Theo ý 1) ta có tứ giác CEDH nội tiếp, nên ∠HCD=∠HEC=∠FEB. Lại có tứ giác ECFB nội tiếp (cmt), do đó ∠FEB=∠FCB=∠HCF
Kết hợp 2 điều trên, ta có : ∠HCD=∠HCF, hay CH là phân giác của FCD
Chứng minh tương tự, DH là phân giác CDF do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF
4) Khi C,D thay đổi trên nửa đường tròn (O) sao cho CD=R3, Chứng minh trung điểm I của EH thuộc một đường tròn cố định.
4) 
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q=1a2+1+2b2+4+3c2+9
Giả thiết của bài toán được viết lại thành 6bc+3ca+2ab=1.
Đặt a=1x,b=2y,c=3z , khi đó ta được xy+yz+zx=1
Biểu thức B được viết lại thành B=xx2+1+yy2+1+zz2+1
Để ý đến giả thiết xy+yz+zx=1ta có : x2+1=x2+xy+yz+zx=x+yz+x
Khi đó ta được : xx2+1=xx+yx+z. Hoàn toàn tương tự ta được :
Q=xx+yx+z+yx+yy+z+zz+xy+z
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được:
xx+yz+x≤12xx+y+xz+x
yx+yz+x≤12yx+y+yy+zzx+zy+z≤12zz+x+zy+z
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :
Q=xx+yx+z+yx+yy+z+zz+xy+z≤32
Vậy Max Q=32⇔a=3,b=23,c=33
