Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 21)

1) Ta có :

$\begin{array}{c}A=\sqrt{20}-\sqrt{45}+\sqrt{6+2\sqrt{5}}=2\sqrt{5}-3\sqrt{5}+\sqrt{{\left(\sqrt{5}+1\right)}^2}\\ =-\sqrt{5}+\sqrt{5}+1=1\end{array}$

Vậy A = 1

1) Phương trình $x^2-6x+5=0$ có dạng $a+b+c=1-6+5=0$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left(1;5\right)$

2) $\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}2\left(x+2\right)=3\left(y-1\right)\\ 3x+y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{c}2x+4=3y-3\\ 3x+y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{c}2x-3y=-7\\ 9x+3y=18\end{array}\\ \iff \{\begin{array}{c}11x=11\\ y=6-3x\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=3\end{array}\end{array}$

1) Gọi $M\left(x_0;2\right)$ là điểm thuộc (P) và có tung độ bằng 22

Khi đó ta có : $x_0^2=2\iff \left(\begin{array}{c}{x}_0=\sqrt{2}\\ x_0=-\sqrt{2}\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}{M}_1\left(\sqrt{2};2\right)\\ M_2\left(-\sqrt{2};2\right)\end{array}\right)$

Vậy trên (P) có hai điểm có tung độ bằng -2 là $M_1\left(\sqrt{2};2\right)$và $M_2\left(-\sqrt{2};2\right)$

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :

$x^2=mx+5\iff x^2-mx-5=0(*)$

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A,B\iff (*)$ có hai nghiệm phân biệt

$\iff \Delta >0\iff m^2+5>0$ (với mọi m) $\Rightarrow \left(d\right)$ luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B với mọi m

Gọi $x_1,x_2$ lần lượt là hoành độ của $A,B\Rightarrow x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (*)

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có : $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=m\\ x_1{x}_2=-5\end{array}$. Theo đề bài, ta có $\left|x_1-x_2\right|=6$

$\begin{array}{c}\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2=36\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=36\\ \iff m^2-4.\left(-5\right)=36\iff m^2=16\iff [\begin{array}{c}m=4\\ m=-4\end{array}\end{array}$

Vậy $m=\pm 4$thỏa mãn bài toán

Vậy tứ giác CEDH nội tiếp đường tròn đường kính EH

2) Từ ý 1) ta nhận xét AD, BC thứ tự là các đường cao từ A,B của tam giác EAB nên H là trực tâm tam giác EAB. Vì vậy, $EH\perp AB$ hay $\angle EFB=90°$.

Ta có $\angle ECB=\angle EFB=90°\Rightarrow$ tứ giác ECFB nội tiếp đường tròn đường kính EEB

Như vậy $\angle CEF=\angle CBF$ hay $\angle CEH=\angle CBA$

Xét hai tam giác CEH và CBA đều vuông tại C và có $\angle CEH=\angle CBA$

$\Rightarrow$$\Delta CEH\backsim \Delta CBA\Rightarrow \frac{CE}{CH}=\frac{CB}{CA}\Rightarrow CE.CA=CH.CB$

3) Theo ý 1) ta có tứ giác  CEDH nội tiếp, nên $\angle HCD=\angle HEC=\angle FEB$. Lại có tứ giác ECFB nội tiếp (cmt), do đó $\angle FEB=\angle FCB=\angle HCF$

Kết hợp 2 điều trên, ta có : $\angle HCD=\angle HCF$, hay CH là phân giác của FCD

Chứng minh tương tự, DH là phân giác CDF do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF

Giả thiết của bài toán được viết lại thành $\frac{6}{bc}+\frac{3}{ca}+\frac{2}{ab}=1.$

Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{2}{y},c=\frac{3}{z}$ , khi đó ta được $xy+yz+zx=1$

Biểu thức B được viết lại thành $B=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}$

Để ý đến giả thiết $xy+yz+zx=1$ta có : $x^2+1=x^2+xy+yz+zx=\left(x+y\right)\left(z+x\right)$

Khi đó ta được : $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}$. Hoàn toàn tương tự ta được :

$Q=\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+\frac{z}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(y+z\right)}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được:

$\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\le \frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x}\right)$

$\begin{array}{c}\frac{y}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\le \frac{1}{2}\left(\frac{y}{x+y}+\frac{y}{y+z}\right)\\ \frac{z}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le \frac{1}{2}\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{y+z}\right)\end{array}$

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :

$Q=\frac{x}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\frac{y}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+\frac{z}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(y+z\right)}}\le \frac{3}{2}$

Vậy $MaxQ=\frac{3}{2}\iff a=\sqrt{3},b=2\sqrt{3},c=3\sqrt{3}$