Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 22)
12 câu hỏi
1. Giải phương trình :x2+7x+10=0
1. Ta có Δ=72−4.10=9=32>0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
x1=−7+32=−2x2=−7−32=−5
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S=−5;−2
2. Giải hệ phương trình :2x−3=y−13x+4y=13
2. Ta có :
2x−3=y−13x+4y=13⇔2x−y=53x+4y=13⇔8x−4y=203x+4y=13⇔11x=33y=2x−5⇔x=3y=1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y=3;1
Cho biểu thức A=12x−2+12x+2+1x−1x≥0x≠1
a) Rút gọn biểu thức A
a) Với x≥0,x≠1 ta có :
A=12x−2+12x+2+1x−1x≥0x≠1=x+1+x−1+22x−1x+1=2x+22x−1x+1=2x+12x−1x+1=1x−1
Vậy với x≥0,x≠1thì A=1x−1
b) Tìm các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên
b) Để A∈ℤ thì 1x−1∈ℤ mà x∈ℤ nên x−1∈U1=−1;1
th1:x−1=1⇔x=2⇔x=4(tm)th2:x−1=−1⇒x=0⇔x=0(tm)
Vậy để A∈ℤthì x∈0;4
Một mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu có diện tích bằng 680m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 3m thì diện tích mảnh vườn không thay đổi. Tính chu vi mảnh vườn ban đầu.
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x,ymDK:x,y>0
Vì diện tích mảnh vườn là 680m2 nên ta có phương trình xy = 680 (1)
Khi tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 3m thì diện tích chiều dài mới của mảnh vườn là x + 6 (m) và chiều rộng mới của mảnh vườn y - 3(m)
Vì diện tích mảnh vườn lúc sau không đổi nên ta có phương trình :
x+6y−3=6802
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : xy=680x+6y−3=680
⇔xy=680xy−3x+6y−18=680⇔xy=680680−3x+6y−18=680⇔xy=6803x−6y+18=0⇔xy=680x−2y=−6⇔xy=680x=2y−6⇔2y−6y=680x=2y−6⇔2y2−6y−680=01x=2y−62
1⇔y2−3y−340=0Δ=−32+4.340=1369=372>0⇒y1=3+372=20⇒x=2.20−6=34(tm)y2=3−372=−17(ktm)
Vậy chiều dài và chiều rộng ban đầu là 34m,20mnên chu vi là 20+34.2=108m
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y=x2 và đường thẳng (d) có phương trình y=2m−1x+m2+2mm là tham số)
a) Tìm tọa độ các điểm thuộc parabol (P) có tung độ bằng 9
a) Ta có các điểm thuộc parabol (P) có tung độ bằng 9 thỏa mãn :
x2=9⇔x=±3
Vậy các điểm cần tìm là M(3;9) và N(-3;9)
b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B.Gọi y1,y2 lần lượt là tung độ của hai điểm A,B. Tìm tất cả các giá trị của m để y1+y2=4
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) ta có :
x2−2m−1x−m2−2m=0
Ta có : Δ'=m−12−−m2−2m=m2−2m+1+m2+2m=2m2+1>0(với mọi m)
Do đó đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B
Ta gọi hai điểm phân biệt đó là Ax1;y1,Bx2;y2
Mà A,B∈P⇒y1=x12y2=x22 . Theo hệ thức Vi-et ta có: x1+x2=2m−2x1x2=−m2−2m
Khi đó ta có :y1+y2=4
⇔x12+x22=4⇔x1+x22−2x1x2=4⇔4m−12−2−m2−2m=4⇔4m2−8m+4+2m2+4m−4=0⇔6m2−4m=0⇔3m2−2m=0⇔m=0m=23
Vậy tập giá trị của m thỏa mãn là 0;23
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm E,FE≠B,F≠C. Gọi H là giao điểm của BF và CE
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp
a) Ta có: ∠BEC=∠BFC=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ∠AEH=∠AFH=90°
Xét tứ giác AEHF có : ∠AEH+∠AFH=90°+90°=180°. Mà 2 góc này nằm ở vị trí hai góc đối diện của tứ giác AEHF nên AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh AF.AC=AB.AE
b) Vì BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên ∠AEF=∠ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Xét ΔAEF và ΔACB có : ∠BAC chung, ∠AEF=∠ACB(cmt)
⇒ΔAEF∽ΔACB(g.g)⇒AEAC=AFAB⇒AF.AC=AE.AB(dfcm)
c) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng AH. Chứng minh ∠EBF=∠EFK
c) 
d) Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM, AN của đường tròn (O) ( M,N là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.
Cho a,b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = 3.Chứng minh rằng : 3a+bca+3a+bc+3b+acb+3b+ac+3c+abc+3c+ab≥2
Ta có điểm rơi của bài toán là a = b = c = 1
BDT⇔1a3a+bc+1+1b3b+ca+1+1c3c+ab+1≥2
Áp dụng BDT:1X+1Y+1Z≥9X+Y+Z . Dấu bằng xảy ra khi X=Y=Z , ta có :
1a3a+bc+1+1b3b+ca+1+1c3c+ab+1≥9a3a+bc+b3b+ca+c3c+ab+3
Bây giờ bài toán trở về dạng quen thuộc, khi ta chỉ cần chứng minh
a3a+bc+b3b+ca+c3c+ab≤32
Chú ý rằng 3a+bc=a+b+ca+bc=a2+ab+bc+ca=a+ba+c
⇒a3a+bc=a1a+b.1a+c≤AM−GMa21a+b+1a+c=12aa+b+ac+a
Tương tự : b3b+ca≤12bb+c+ba+b; c3c+ab≤12cc+a+cb+c
Cộng vế theo vế :
a3a+bc+b3b+ca+c3c+ab≤12a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a=32(dfcm)
