Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Trắc nghiệm - Tự luận - Đề 2)

a, $\sqrt{5}x-2\sqrt{5}=0$

$\iff \sqrt{5}x=2\sqrt{5}$

$\iff x=2$

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

b, $3x^2-8x-6=0$

$△\text{'}={\left(-4\right)}^2-3.-6=34>0$

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = 

c, $\{\begin{array}{c}\left(x+1\right)\left(y-2\right)=xy+2y-5\\ 2x+5y=7\end{array}$

<=> $\{\begin{array}{c}xy-2x+y-2=xy+2y-5\\ 2x+5y=7\end{array}$

<=> $\{\begin{array}{c}2x+y=3\\ 2x+5y=7\end{array}$

<=> $\{\begin{array}{c}2x+y=3\\ 4y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=1\end{array}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1)

1,a, Xét hàm số: $y=2x^2$

Bảng giá trị

Đồ thị hàm số (P): $y=2x^2$ là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận trục Oy là trục đối xứng và nhận đỉnh O (0;0) làm điểm thấp nhất

Xét hàm số y = –3x + 4

Bảng giá trị

b, Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

$x^2=-3x+4\iff x^2+3x-4=0$

=> phương trình có nghiệm x = 1 và x = –4 ( do phương trình có dạng a + b + c =0)

Với x = 1 thì y = 1

Với x = –4 thì y = 16

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và (–4;16)

2, x² – 2(m – 1)x – 2m = 0.

Δ'= (m-1)² - (-2m) = m² + 1 > 0 ∀m

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Theo định lí Vi- ét ta có:

Với x₁ = 1 thay vào phương trình ban đầu tìm được m = 3/4

Với x₁ = –3 thay vào phương trình ban đầu, tìm đc m = –3/4

Vậy với m = ±3/4 thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài

Gọi vận tốc xe thứ nhất là x ( km/h) (x > 5)

Vận tốc xe thứ hai là x – 5 (km/h)

Thời gian đi của xe thứ nhất là: $\frac{30}{x}$ (h)

Thời gian đi của xe thứ hai là $\frac{30}{x-5}$ (h)

Do xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 5' = $\frac{1}{12}$h nên ta có phương trình

$\frac{30}{x-5}$ – $\frac{30}{x}$ = $\frac{1}{12}$

<=> $\frac{360x-360\left(x-5\right)}{12x\left(x-5\right)}$ = $\frac{x\left(x-5\right)}{12x\left(x-5\right)}$

=> $x^2-5x-1800=0$

<=> x = 45 hoặc x = –40

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 45 km/h

Vận tốc xe thứ hai là 40 km/h

a, Ta có:

∠AMB = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠DMC = ${90}^0$

∠ANB = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠DNC = ${90}^0$

Xét tứ giác MCND có:

∠DMC + ∠DNC = ${90}^0$ + ${90}^0$ = ${180}^0$

=> Tứ giác MCDN là tứ giác nội tiếp

Do ∠DMC = ${90}^0$ nên DC là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN

Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác là trung điểm I của DC

b, Xét tam giác CAB có:

AN ⊥ BC

BM ⊥ AC

AN giao với BM tại H

=> H là trực tâm của tam giác CAB

=> CH ⊥ BA

Xét ΔCHB và ΔBNA có:

∠CBA là góc chung

∠CHB = ∠ANB = ${90}^0$

=>ΔCHB ∼ ΔANB

=> $\frac{BC}{BA}$ = $\frac{BH}{BN}$

=>BN.BC = BA.BH

c, Xét tam giác HDB vuông tại H có:

∠BDH + ∠DBH = ${90}^0$ (1)

Xét tam giác IDM cân tại I (ID = IM )

=> ∠IMD = ∠IDM

Mà ∠IDM = ∠BDH (đối đỉnh)

=> ∠IMD = ∠BDH (2)

Mặt khác tam giác OBM cân tại O ( OB = OM)

=> ∠OMB = ∠DBH (3)

Từ (1); (2) và (3)

=> ∠IMD + ∠OMB = ∠BDH + ∠DBH = ${90}^0$

=> ∠IMO = ${90}^0$

d, Xét tam giác BAN vuông tại N có:

∠NAB = ${30}^0$ => ∠NBA = ${60}^0$

Xét tam giác CHB vuông tại H có ∠NBA = ${60}^0$

=> BH = CH.cot${60}^0$ = $\frac{CH}{\sqrt{3}}$

Lại có: Tam giác CHA vuông tại H có ∠CAH = ${45}^0$

=> Tam giác CHA vuông cân tại H => CH = HA

Ta có:

AB = HA + HB = CH + $\frac{CH}{\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}$CH

=> $\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}$CH = 2R => CH = $R\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)$

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{ABC}$ = $\frac{1}{2}$.CH.AB = $\frac{1}{2}$. $R\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)$.2R = $R^2\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)$