Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 2)

a)    Giải phương trình $x^2+6x-7=0$

Ta có $a+b+c=1+6-7=0$: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left(\begin{array}{c}{x}_1=1\\ x_2=\frac{c}{a}=-7\end{array}\right)$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left(-7;1\right)$

a)b) Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}x-y=5\\ 2x+y=4\end{array}$

Ta có: $\{\begin{array}{c}x-y=5\\ 2x+y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3x=9\\ y=x-5\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=3\\ y=-2\end{array}$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $\left(3;-2\right)$

c)    Rút gọn biểu thức $M=\sqrt{20}-\sqrt{45}+\sqrt{5}$

$M=\sqrt{20}-\sqrt{45}+\sqrt{5}=2\sqrt{5}-3\sqrt{5}+\sqrt{5}=0$

Vậy $M=0$

Cho parabol $\left(P\right):y=x^2$ và đường thẳng $\left(d\right):y=x-m+3$(với là tham số)

a)    Vẽ Parabol (P)

$Parabol\left(P\right):y=x^2$ có bề lõm hướng lên và nhận $Oy$ làm trục đối xứng

Ta có bảng giá trị sau :

$\begin{array}{c}x-2-1012\\ y=x^{2}41014\end{array}$

Đồ thi Parabol $\left(P\right):y=x^2$

b)    Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$để đường thẳng $\left(d\right)$cắt $\left(P\right)$tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1;y_1\right),B\left(x_2;y_2\right)$thỏa mãn $\sqrt{y_1}+\sqrt{y_2}=1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) ta được :

$x^2=x-m+3\iff x^2-x+m-3=0\left(1\right)$

Để $\left(P\right)$ cắt $\left(d\right)$ tại hai điểm phân biệt $\iff \left(1\right)$có hai nghiệm phân biệt

$\iff \Delta >0\iff 1-4\left(m-3\right)>0\iff 1-4m+12>0\iff m<\frac{13}{4}(*)$

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-et ta có : $\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2=1\\ x_1{x}_2=m-3\end{array}\right)$.

Ta có $A,B\in \left(P\right)$nên $A\left(x_1;x_1^2\right),B\left(x_2;x_2^2\right)$. Khi đó ta có :

$\begin{array}{c}\sqrt{y_1}+\sqrt{y_2}=1\iff \sqrt{x_1^2}+\sqrt{x_2^2}=1\iff \left(x_1\right)+\left(x_2\right)=1\\ \iff {\left(\left(x_1\right)+\left(x_2\right)\right)}^2=1\iff x_1^2+x_2^2+2\left(x_1{x}_2\right)=1\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2+2\left(x_1{x}_2\right)=1\iff 1-2\left(m-3\right)+2\left(m-3\right)=1\\ \iff \left(m-3\right)=m-3\iff m-3\ge 0\iff m\ge 3\end{array}$

Kết hợp với điều kiện $(*)$ta được $3\le m\le \frac{13}{4}$

Vậy $3\le m\le \frac{13}{4}$thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a)    Theo kế hoạch, một đội xe phải chở 150 tấn hàng từ một khu công nghiệp thuộc huyện Châu Đức đến cảng Cái Mép – Thị Vải. Khi thực hiện thì trong đội có 5 xe phải đi làm việc khác, nên mỗi xe còn lại của đội phải chở thêm 5 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu của đội (biết khối lượng trên mỗi xe chở là như nhau)

Gọi số xe lúc đầu của đội là $x\left(x>\mathrm{5,}x\in \mathbb{N}\right)$(xe)

Số hàng mà mỗi xe phải chở là $\frac{150}{x}$(tấn hàng)

Số xe thực tế tham gia chở hàng là $x-5$(xe)

Số hàng thực tế mà mỗi xe phải chở là : $\frac{150}{x-5}$(tấn hàng)

Do thực tế mỗi xe phải chở thêm 5 tấn hàng nên ta có phương trình :

$\begin{array}{c}\frac{150}{x-5}-\frac{150}{x}=5\Rightarrow 150x-150x+750=5x\left(x-5\right)\\ \iff 5x^2-25x-750=0\iff x^2-5x-150=0\\ \Delta ={\left(-5\right)}^2-\mathrm{4.1.}(-150)=625>0\Rightarrow \sqrt{\Delta }=25\end{array}$

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$\left(\begin{array}{c}{x}_1=\frac{5+25}{2}=15\left(tm\right)\\ x_2=\frac{5-25}{2}=-10\left(ktm\right)\end{array}\right)$

Vậy số xe tham gia chở hàng lúc đầu của đội là 15 xe

b) Giải phương trình : $\left(x^2-3x+1\right)\left(x^2-3x+2\right)=2$

$\begin{array}{c}\left(x^2-3x+1\right)\left(x^2-3x+2\right)=2\iff \left(x^2-3x+1\right)\left(x^2-3x+1+1\right)=2\\ \iff {\left(x^2-3x+1\right)}^2+\left(x^2-3x+1\right)-2=0\end{array}$

Đặt $t=x^2-3x+1$khi đó phương trình trở thành : $t^2+t-2=0$

Ta có: $a+b+c=1+1-2=0$nên phương trình có 2 nghiệm $\left(\begin{array}{c}{t}_1=1\\ t_2=\frac{c}{a}=-2\end{array}\right)$

Với $t=1\Rightarrow x^2-3x+1=1\iff x^2-3x=0\iff \left(\begin{array}{c}x=0\\ x=3\end{array}\right)$

Với $t=-2\Rightarrow x^2-3x+3=\mathrm{0,}\Delta =-3<0\Rightarrow VN$

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left(0;3\right)$

Ta có : AB,AClà các tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$nên $\left(\begin{array}{c}AB\perp OB\\ AC\perp OC\end{array}\right)$

$\Rightarrow \angle ABO=\angle ACO=90°$

$\Rightarrow \angle ABO+\angle ACO=180°\Rightarrow ABOC$là tứ giác nội tiếp (đpcm)

b) Chứng minh $AD.AK=A{B}^2$và $AD.AK+OH.OA=O{A}^2$

Ta có $\angle ABD=\angle BKD$(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$

Xét $∆ABD$ và $∆AKB$ ta có :

$\angle BAKchung,\angle ABD=\angle BKD\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta ABD\backsim \Delta AKB(g.g)\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AK}$(2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow AD.AK=A{B}^2\left(1\right)$

Ta có: $OB=OC\left(=R\right)$ nên $O$ thuộc trung trực của $BC$

$AB=AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên A thuộc trung trực của BC

$\Rightarrow OA$là trung trực của $BC\Rightarrow OA\perp BC$tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOB vuông tại B đường cao BH ta có : $\{\begin{array}{c}O{B}^2=OH.OA\\ O{A}^2=O{B}^2+A{B}^2\end{array}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có: $AD.AK+OH.OA=A{B}^2+O{B}^2=O{A}^2\left(dfcm\right)$

c) Ta có : $O{B}^2=OH.OA\left(cmt\right)$ . Mà $OB=OD\Rightarrow O{D}^2=OH.OA\Rightarrow \frac{OH}{OD}=\frac{OD}{OA}$

Xét $\Delta OHD$ và $\Delta ODA$ ta có :$\angle DOA$ chung, $\frac{OH}{OD}=\frac{OD}{OA}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta OHD\backsim \Delta ODA(c.g.c)\Rightarrow \angle OAD=\angle ODH$(2 góc tương ứng ) (đpcm)

Gọi P là giao điểm của KM và AB. Ta sẽ chứng minh P là trung điểm của AB

Kẻ $ON\perp DK\left(N\in DK\right)\Rightarrow N$ là trung điểm của DK

Lại có $\angle ANO=90°$ nên N thuộc đường tròn đường kính OA hay $O,N,B,A,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Xét tam giác ABJ và ANB ta có :

$\angle BAN$ chung, $\angle ABJ=\angle BNA\left(=ACB\right)$ (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

$\Rightarrow \Delta ABJ\backsim \Delta ANB\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{AJ}{AB}=\frac{AB}{AN}$ (cặp cạnh tương ứng)$\Rightarrow A{B}^2=AJ.AN$

Tương tự ta có : $\Delta ABD\backsim \Delta AKB(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{AK}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow A{B}^2=AK.AD$

$\Rightarrow AJ.AN=AK.AD\Rightarrow \frac{AN}{AD}=\frac{AK}{AJ}=\frac{AK-AN}{AJ-AD}=\frac{KN}{DJ}=\frac{DN}{EJ}$

(Vì N là trung điểm của $DK)\Rightarrow \frac{AK}{DN}=\frac{AJ}{EJ}$

Ta lại có : $\left(\begin{array}{c}DM\perp OB\left(gt\right)\\ AB\perp OB\left(gt\right)\end{array}\right)\Rightarrow DM//AB\Rightarrow \left(\begin{array}{c}\frac{AB}{DM}=\frac{AJ}{DJ}\\ \frac{AP}{DM}=\frac{AK}{DK}\end{array}\right)$(Định lý Ta – let)

$\Rightarrow \frac{AP}{DM}=\frac{AK}{2DN}=\frac{1}{2}.\frac{AJ}{EJ}=\frac{1}{2}.\frac{AB}{DM}\Rightarrow AP=\frac{AB}{2}$

Vậy P là trung điểm của $AB\left(dfcm\right)$

$S=2\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x^3+y}+\frac{1}{y^3+x}\right)-\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)$

Theo BĐT cộng mẫu Schwwarz

$\begin{array}{c}S=\frac{2}{x+y}.\left(\frac{{\left(x+y\right)}^2}{x^2+y}+\frac{{\left(y+x\right)}^2}{y^2+x}\right)-\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\\ S\le \frac{2}{x+y}.\left(\frac{x^2}{x^3}+\frac{y^2}{y}+\frac{y^3}{y^2}+\frac{x^2}{x}\right)-\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\\ S\le \frac{2}{x+y}.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+x+y\right)-\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\\ S\le \frac{2}{xy}+2-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}\Rightarrow S\le 2-{\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)}^2\le 2\end{array}$

Vậy $S_{\max }=2\iff x=y=1$