Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Trắc nghiệm - Tự luận - Đề 4)

1. $4\sqrt{24}-3\sqrt{54}+5\sqrt{6}-\sqrt{150}$

= $4\sqrt{4.6}-3\sqrt{9.6}+5\sqrt{6}-\sqrt{25.6}$

= $8\sqrt{6}-9\sqrt{6}+5\sqrt{6}-5\sqrt{6}=-\sqrt{6}$

2.a,  (x ≥0; x ≠ 1)

b, 

A nguyên ⇔ $\frac{11}{\sqrt{x}+3}$ nguyên ⇔ $\sqrt{x}$ + 3 là ước của 11

<=> $\sqrt{x}$ + 3 ∈ {±1 ; ±11}

Ta có bảng sau:

Vậy x = 64 thì A nhận giá trị nguyên

1. y = –2x + 3 có đồ thị (d₁); hàm số y = x – 1 có đồ thị (d₂).

Đường thẳng (d₃) y = ax + b song song với (d₂) nên a =1

(d₃) : y = x + b

Đường thẳng (d₁) y = –2x + 3 cắt trục tung tại điểm (0; 3)

(d₃) cắt (d₁) tại điểm nằm trên trục tung nên (d₃) đi qua điểm (0; 3)

=> 3 = 0 + b => b = 3

Vậy phương trình đường thẳng (d₃) là y = x + 3

2.

ĐKXĐ: x + y ≠ 0; 2x + y ≠ 0

Đặt  hệ phương trình trở thành:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (0; 1)

x² – (2m – 1)x – 2m – 1 = 0 (1)

a, Δ = (2m – 1)² – 4(–2m – 1)

= 4m² – 4m + 1 + 8m + 4 = 4m² + 4m + 1 + 4

= (2m + 1)² + 4 > 0 ∀m

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

b, Gọi x₁, x₂ là 2 nghiệm của phương trình (1)

Theo định lí Vi-ét ta có:

Thay (*) và (2) ta được:

Vậy với m = 0 hoặc m = –1/2 thì pt (1) có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu của đề bài

a, Xét tứ giác BFEC có:

∠BFC = 90^o (CF là đường cao)

∠BEC = 90^o (BE là đường cao)

=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 2 góc bằng nhau

=> Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFHD có:

∠BFH = 90^o (CF là đường cao)

∠BDH = 90^o (AD là đường cao)

=> ∠BFH + ∠BDH = 180^o

=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp

b, Xét ΔDHC và ΔDBA có:

∠HDC = ∠BDA = 90^o

∠DHC = ∠DBA ( cùng bù với góc ∠FHD )

=> ΔDHC ∼ ΔDBA (g.g)

=> $\frac{DH}{DB}$ = $\frac{DC}{DA}$

=> DH.DA = DC.DB

c, Ta có: ∠KDI = 90^o (AD là đường cao)

=> D thuộc đường tròn đường kính KI (1)

Tam giác AFH vuông tại F có FK là trung tuyến nên KF = KH

Do đó ΔKFH cân tại K => ∠KFH = ∠KHF

Mà ∠KHF = ∠CHD (đối đỉnh) => ∠KFH = ∠CHD

Tương tự ΔICF cân tại C (do IF = IC) => ∠IFC = ∠ICF

Từ đó: ∠KFI = ∠KFH + ∠IFC = ∠CHD + ∠ICF = 90^o (ΔDHC vuông tại D)

=> F thuộc đường tròn đường kính KI (2)

Chứng minh tương tự ∠KEI = 90^o nên E thuộc đường tròn đường kính KI (3)

Từ (1), (2), (3): 5 điểm K, F, D, I, E thuộc đường tròn đường kính KI

d, Xét ΔMFB và ΔMCE có:

=> ΔMFB ∼ ΔMCE

=> MF.ME = MB.MC

Chứng minh tương tự: ME. MF = MD. MI

Từ đó: MB.MC = MD. MI

Vậy 

Từ giả thiết 0 < x < 1; 0 < y < 1, ta có:

Mà  nên ta có:

P = $x+y+\sqrt{x^2-xy+y^2}=x+y+\sqrt{{\left(x+y\right)}^2-3xy}$

Thay => 2x + 2y – 1 = 3xy vào biểu thức P

P = $x+y+\sqrt{{\left(x+y\right)}^2-3xy}=x+y+\sqrt{{\left(x+y\right)}^2-2\left(x+y\right)+1}$

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

= $x+y+1-(x+y)$ (do $x+y<1$)

= 1