Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 25)

a)

P=b−ab−a−aa−bba−b:b−a2+aba+b=b−ab+ab−a−a3−b3a−b:b−2ab+a+aba+b=b+a−a−ba+ab+ba−ba+b:b−ab+aa+b=a+b2−a−ab−ba+b.a+bb−ab+a=a+2ab+b−a−ab−bb−ab+a=aba−ab+b

Vậy P=aba−ab+bvới a≥0,b≥0,a≠b

b) Ta có : a−b2≥0⇔a−2ab+b≥0⇔a+b≥2ab>ab

Do đó a+b−ab>0. Mà ab≥0 

Suy ra P=aba−ab+b≥0 với a≥0,b≥0,a≠b(đpcm)

a) Đặt x2−2m+1x+m2+3=01 và x2−mx+4m−11=02

Giả sử cả 2 phương trình đều vô nghiệm ⇒4m−11<0m2−44m−11<0⇔4m−11<0m2<44m−11<0(vo  ly)⇒Giả sử sai

Vậy trong 2 phương trình đã cho có ít nhất 1 phương trình có nghiệm (đpcm)

a)

Diện tích hình tròn là S=πR2=3,14.1,62=8,0384cm2

Gọi H là trung điểm của BBC

Vì ABCD là hình vuông nên OA=OB=OC=OD⇒ΔOBC cân tại O⇒OH⊥BC(đường trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác vuông)

Xét tam giác OBC có: ∠OBC=∠OCB=180°−∠BOC2=67,5°

Xét tam giác vuông OHB có :

sin∠OBC=sin∠OBH=OHOB⇒OH=OB.sin∠OBH=1,6.sin67,5°cos∠OBC=cos∠OBH=BHOB⇒BH=OB.cos∠OBH=1,6cos67,5°⇒BC=3,2.cos67,5°⇒SqOBC=πR2.45360=3,14.1,628=1,0048(cm2)

⇒Diện tích phần hình tô đậm là S2=S−S1≈7,839(cm2)

Vậy chi phí để sơn toàn bộ biển quảng cáo là :

150 000S2+200 000S1=1215000(đồng) 

a)

Tam giác AMN có : AC⊥MN(gt)IN⊥AM(gt)AC∩NI=B⇒B là trực tâm tam giác AMN 

⇒MK⊥AN

Xét tứ giác MIKN có ∠MIN=∠MKN=90°

Suy ra tứ giác MIKN nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)

b) Xét tam giác MBC và tam giác ANC có :

∠MCB=∠ACN=90°;∠CMB=CAN (cùng phụ với ∠ANM)

⇒ΔMBC∽ΔANC(g.g)⇒BCCN=MCAC⇒CM.NC=AC.BCdfcm

c) Tứ giác BMEN là hình bình hành có H là trung điểm BE nên H đồng thời là trung điểm của MN (tính chất hình bình hành)

Ta có : OM=ON⇒ΔOMN cân tại O

Lại có H là trung điểm của MN suy ra OH⊥MN hay OH⊥d (trong tam giác cân, đường trung tuyến đồng thời là đường cao)

Gọi Q là giao điểm giữa MO với đường tròn OQ≠M ⇒MQ là đường kính của (O)

Ta có tam giác MQN có HM=HN(cmt)QO=OMcach  ve

Suy ra OH là đường trung bình của tam giác MQN⇒OH=12QN1(tính chất đường trung bình của tam giác)

Ta có : ∠MNQ=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒MN⊥NQ

Mà AB⊥MN(gt)⇒AB//NQ (từ vuông góc đến song song)

Chứng minh tương tự ta có AQ//BN

Suy ra tứ giác ABNQ là hình bình hành (dhnb)⇒AB=NQ2

Từ (1), (2) suy ra OH=12AB(dfcm)

a) +Nếu x>2 thì x−1>1⇒x−12021+x−22020>1⇒Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu x<1⇒2−x>1⇒x−12021+x−22020>1⇒Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu 1<x<2⇒0<x−1<10<2−x<1

Khi đó ta có : x−12021<x−1=x−1x−22020=2−x2020<2−x=2−x

⇒x−12021+x−22020=1<x−1+2−x=1⇒Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu x = 1 (thỏa mãn (2), thay vào (1) ta có :1+y2−4=57⇔y2=60⇔y=±215

+Nếu x = 2 (thỏa mãn (2), thay vào (1) , ta có :

4+y2−8=57⇔y2=61⇔y=±61

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

x;y∈1;215;1;−215;2;61;2;−61

b) Ta có : a2+b3a2−b3=2a2−3b2

Vì a,b∈ℚ⇒2a2−3b2∈ℚ⇒a2+b3a2−b3∈ℚ

Mà a2+b3∈ℚ⇒a2−b3∈ℚ

⇒a2+b3+a2−b3∈ℚa2+b3−a2−b3∈ℚ⇒2a2∈ℚ2b3∈ℚ⇒a=b=0

Vậy với a,b∈ℚ,nếu a2+b3cũng là số hữu tỉ thì a=b=0(dfcm)