Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 29)

a) Ta có :

$\begin{array}{l}A=3\sqrt{3}-7\sqrt{27}+2\sqrt{243}=3\sqrt{3}-7.3\sqrt{3}+2.9\sqrt{3}\\ =3\sqrt{3}-21\sqrt{3}+18\sqrt{3}=0\end{array}$

Vậy A = 0

b) ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}-1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne 1\end{array}\right.$

Thay $x=4\left(tmdk\right)$vào biểu thức B ta có :

$B=\frac{4-2}{\sqrt{4}-1}+\frac{4}{\sqrt{4}+1}=\frac{2}{2-1}+\frac{4}{2+1}=\frac{10}{3}$

Vậy với x = 4 thì $B=\frac{10}{3}$

c) $\begin{array}{l}C=\frac{-2x+13}{x-\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}-\frac{3\sqrt{x}-2}{3-\sqrt{x}}\left(\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne 9\end{array}\right)\\ =\frac{-2x+13-\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)+\left(3\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{-2x+13-x+2\sqrt{x}+3+3x+4\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{6\sqrt{x}+12}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{6\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{6}{\sqrt{x}-3}\end{array}$

$C=1\iff \frac{6}{\sqrt{x}-3}=1\iff \sqrt{x}-3=6\iff \sqrt{x}=9\Rightarrow x=81\left(tm\right)$

a) Ta có : $\Delta ={\left(-5\right)}^2-4.3\left(-2\right)=49=7^2>0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\left[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{5+7}{2.3}=2\\ x_2=\frac{5-7}{2.3}=\frac{1}{3}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{2;-\frac{1}{3}\right\}$

b) ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}3x+2\ge 0\\ 12x+8\ge 0\\ 9x^2+12x+4\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{2}{3}\\ {\left(3x+2\right)}^2\ge 0\end{array}\right.\iff x>\frac{-2}{3}$. Ta có :

$\begin{array}{l}\sqrt{49\left(3x+2\right)}-\sqrt{12x+8}=\sqrt{3x+2}-3\sqrt{9x^2+12x+4}+7\\ \iff 7\sqrt{3x+2}-\sqrt{4\left(3x+2\right)}-\sqrt{3x+2}+3\sqrt{{\left(3x+2\right)}^2}=7\\ \iff 3\left(3x+2\right)+4\sqrt{3x+2}=7\end{array}$

Đặt $t=\sqrt{3x+2}$($t>0)$, phương trình thành :

$3t^2+4t-7=0$(*)

Ta có $a+b+c=3+4-7=0$nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

$\left[\begin{array}{l}{t}_1=1\left(tm\right)\Rightarrow \sqrt{3x+2}=1\Rightarrow 3x+2=1\iff x=-\frac{1}{3}\left(tm\right)\\ t_2=\frac{c}{a}=-\frac{7}{3}\left(ktm\right)\end{array}\right.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $x=-\frac{1}{3}$

a) Parabol $y=\frac{1}{2}{x}^2$có hệ số $a=\frac{1}{2}>0$nên đồng biến với $x>0$ và nghịch biến với $x<0$

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0;0) và nhận Oy làm trục đối xứng

Bảng giá trị :

$\begin{array}{l}x-4-2024\\ y=\frac{1}{2}{x}^{2}82024\end{array}$

$\Rightarrow Paraboly=\frac{1}{2}{x}^2$ là đường cong đi qua các điểm $\left(-4;8\right),\left(-2;2\right),\left(0;0\right),\left(2;2\right),\left(4;8\right)$

Đồ thị hàm số

b) Xét phương trình hoành độ giao điềm :

$\frac{1}{2}{x}^2=x+\frac{1}{2}{m}^2+m+1\iff x^2-2x-m^2-2m-2=0\left(*\right)$

Để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$ thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$

$\iff \Delta \text{'}>0\iff 1+m^2+2m+2>0\iff m^2+2m+3>0\iff {\left(m+1\right)}^2+2>0$

Do ${\left(m+1\right)}^2\ge 0\Rightarrow {\left(m+1\right)}^2+2>0$(với mọi m) nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt  $x_1;x_2$

$\Rightarrow$Đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$

Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có : $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1{x}_2=-m^2-2m-2\end{array}\right.$

Theo đề bài ra ta có :$\begin{array}{l}{x}_1^3+x_2^3=68\iff {\left(x_1+x_2\right)}^3-3x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)=68\\ \iff 2^3-3.\left(-m^2-2m-2\right).2=68\\ \iff 6m^2+12m-48=0\iff m^2+2m-8=0\left(**\right)\end{array}$

Ta có ${\Delta }_m\text{'}=1^2-1.\left(-8\right)=9=3^2>0$ nên phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt

$\left[\begin{array}{l}m=-1+3=2\\ m=-1-3=-4\end{array}\right.$

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn là m = 2 hoặc m = -4

a) Xét tứ giác BPKC có $\angle BPC=\angle BKC=90°$ nên P,K cùng thuộc đường tròn đườn kính BC

Vậy tứ giác BPKC nội tiếp đườn tròn đường kính BC

b) Tam giác ABH vuông tại H nên $\angle BAH+\angle ABH=90°\Rightarrow \angle BAH+\angle ABC=90°$

$\Rightarrow \angle BAH=90°-\angle BAC\left(1\right)$

Tam giác OAC có OA = OC nên $\Delta OAC$ cân tại O $\Rightarrow \angle OAC=\angle OCA$(tính chất tam giác cân)

Ta có : $\angle OAC+\angle OCA+\angle AOC=180°$ (tổng 3 góc trong 1 tam giác)

$\Rightarrow 2\angle OAC=180°-\angle AOC\Rightarrow \angle OAC=\frac{180°-\angle AOC}{2}$
Lại có $\angle AOC=2\angle ABC$(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC

$\Rightarrow \angle OAC=\frac{180°-\angle AOC}{2}=\frac{180°-2\angle ABC}{2}=90°-\angle BAC\left(2\right)$

$\left\{\begin{array}{l}{y}^3+12x^{2}y=8\left(x^3+1\right)+6x{y}^2\left(1\right)\\ xy+2y-x^2-x+10=0\left(2\right)\end{array}\right.$. Ta có :

$\begin{array}{l}\left(1\right):y^3+12x^{2}y=8\left(x^3+1\right)+6x{y}^2\\ \iff 8x^3-12x^{2}y+6x{y}^2-y^3=-8\\ \iff {\left(2x\right)}^3-3.{\left(2x\right)}^2.y+3.2x.y^2-y^3=-8\\ \iff {\left(2x-y\right)}^3={\left(-2\right)}^3\Rightarrow y=2x+2\end{array}$

Thay y = 2x + 2 vào phương trình (2) ta có :

$\begin{array}{l}x\left(2x+2\right)+2\left(2x+2\right)-x^2-x+10=0\\ \iff 2x^2+2x+4x+4-x^2-x+10=0\\ \iff x^2+5x+14=0\left(*\right)\end{array}$

Ta có: $\Delta =5^2-\mathrm{4.1.14}=-31<0$nên phương trình (*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm