Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 10

a) Rút gọn P

$\begin{array}{c}P=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}}\right):\frac{\sqrt{x}+1}{3}=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\right):\frac{\sqrt{x}+1}{3}\\ =\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}-1\right)}.\frac{3}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}-1\right)}.\frac{3}{\sqrt{x}+1}=\frac{3}{\sqrt{x}-1}\end{array}$

 

$P=1\iff \frac{3}{\sqrt{x}-1}=1\iff \sqrt{x}-1=3\iff \sqrt{x}=4\iff x=16\left(tm\right)$

 

vậy để $P=1\iff x=16$

a, học sinh tự vẽ

Ta có đường thẳng $\left(d_1\right):y=ax+b$ song song với đường thẳng $\left(d\right)y=x+2$ $\Rightarrow \left(\begin{array}{c}a=1\\ b\ne 2\end{array}\right)\Rightarrow \left(d_1\right):y=x+b$

Gọi $A\left(-2;y_A\right)$là giao điểm của đường thẳng $\left(d_1\right)$và đồ thị $\left(P\right)\Rightarrow A\in \left(P\right)$

$\Rightarrow y_A=\frac{1}{2}.{\left(-2\right)}^2=2\Rightarrow A\left(-2;2\right)$

Lại có $A\in \left(d_1\right)$nên thay $x=\mathrm{2,}y=2$vào phương trình đường thẳng $\left(d_1\right):y=x+b$ta được $2=-2+b\iff b=4\left(tm\right)$

Vậy đường thẳng $\left(d_1\right)$có phương trình $y=x+4$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x,y\right)=\left(\mathrm{2,1}\right)$

a, Thay m=-8 vào phương trình (1) ta được:

$x^2-\left(-8+2\right)x+\left(-8\right)+8=0\iff x^2+6x=0\iff x\left(x+6\right)=0\iff \left(\begin{array}{c}x=0\\ x=-6\end{array}\right)$

Vậy với m=-8 thì phương trình có tập nghiệm $S=\left(0;-6\right)$

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt $\iff \{\begin{array}{c}a=1\ne 0\\ \Delta >0\\ S>0\\ P>0\end{array}$

Có $\Delta ={\left(m+2\right)}^2-4\left(m+8\right)=m^2+4m+4-4m-32>0\iff m^2-28>0\iff [\begin{array}{c}m>2\sqrt{7}\\ m<-2\sqrt{7}\end{array}\left(1\right)$

$\begin{array}{c}S=-\frac{b}{a}=m+2>0\iff m>-2\left(2\right)\\ P=\frac{c}{a}=m+8>0\iff m>-8\left(3\right)\end{array}$

 

 

Kết hợp các điều kiện $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$ta được $[\begin{array}{c}m<2\sqrt{7}\\ -8<m<2\sqrt{7}\end{array}$

Theo bài ra ta có:

$x_1^3-x_2=0\Rightarrow x_1^3=x_2\iff x_1{x}_2=x_1^4=m+8$$\iff x_1=\sqrt[4]{m+8}\Rightarrow x_2=\sqrt[4]{{\left(m+8\right)}^3}$

$\Rightarrow x_1+x_2=m+2\iff \sqrt[4]{m+8}+\sqrt[4]{{\left(m+8\right)}^3}=m+8-6$

Đặt $\sqrt[4]{m+8}=t\left(t\ge 0\right)$ , ta có:

$\begin{array}{c}t+t^3=t^4-6\\ \iff t^4-t^3-t-6=0\\ \iff t^4-16-\left(t^3+t-10\right)=0\\ \iff \left(t^2-4\right)\left(t^2+4\right)-\left(t^3-9+t-2\right)=0\\ \iff \left(t-2\right)\left(t+2\right)\left(t^2+4\right)-\left(t-2\right)\left(t^2+2t+5\right)=0\\ \iff \left(t-2\right)\left(t^3+t^2+2t+3\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}t=2\\ t^3+t^2+2t+3=0\left(VN\right)\end{array}\\ \Rightarrow \sqrt[4]{m+8}=2\iff m+8=2^4=16\iff m=8\left(tm\right)\end{array}$

Vậy $m=8$

Gọi số tấn mủ cao su mỗi ngày nông trường khai thác được là x (tấn) $\left(0<x<260\right)$

$\to$Thời gian theo dự định khai thác mủ cao su của nông trường là $\frac{260}{x}$(ngày)

Theo thực tế mỗi ngày nông trường khai thác được số tấn mủ cao su là $x+3$(tấn)

$\to$Thời gian theo thực tế khai thác mủ cao su của nông trường là $\frac{261}{x+3}$(ngày)

Vì nông trường khai thác xong trước thời hạn 1 ngày nên ta có phương trình:

$\begin{array}{c}\frac{261}{x+3}+1=\frac{261}{x}\Rightarrow 261x+x\left(x+3\right)=260\left(x+3\right)\\ \iff 261x+x^2+3x=260x+780\\ \iff x^2+4x-780=0\\ \iff x^2-26x+30x-780=0\\ \iff x\left(x-26\right)+30\left(x-26\right)=0\\ \iff \left(x-26\right)\left(x+30\right)=0\\ \iff \left(\begin{array}{c}x-26=0\\ x+30=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=26\left(tm\right)\\ x=-30\left(ktm\right)\end{array}\right)\end{array}$

 

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác 26 tấn mủ cao su.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH vuông tại H ta có:

$A{B}^2=A{H}^2+H{B}^2=3^2+4^2=25\Rightarrow AB=5\left(cm\right)$

+)Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC  vuông với AH là đường cao ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}\iff \frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{A{H}^2}-\frac{1}{A{B}^2}$ $\iff \frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{3^2}-\frac{1}{5^2}=\frac{16}{225}\Rightarrow AC=\frac{15}{4}\left(cm\right)$

+)Áp dụng định lý Pytagpo trong tam giác vuông ABC vuông tại A ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=5^2+{\left(\frac{15}{4}\right)}^2=\frac{625}{16}\Rightarrow BC=\frac{25}{4}\left(cm\right)$

+)Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AMnên ta có: $AM=\frac{1}{2}BC=\frac{25}{8}\left(cm\right)$

+)Diện tích tam giác ABC với AHlà đường cao ta có:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\mathrm{.3.}\frac{25}{4}=\frac{75}{8}\left(c{m}^2\right)$

Vậy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\mathrm{.3.}\frac{25}{4}=\frac{75}{8}\left(c{m}^2\right)$

a, Ta có: $\widehat{AKB}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))$\Rightarrow \widehat{HKB}={90}^0$

Có $\widehat{ACH}=\widehat{HCB}={90}^0\left(MN\perp AB,C\in MN\right)$

Xét tứ giác BCHK  có $\widehat{HCB}+\widehat{HKB}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

b, Xét $\Delta ACH$ và $\Delta AKB$có:

$\widehat{BAK}$ chung; $\widehat{ACH}=\widehat{AKB}={90}^0\left(cmt\right)$$\Rightarrow \Delta ACH~\Delta AKB\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{AC}{AK}\iff AH.AK=AC.AB=\frac{R}{2}.2R=R^2\left(dfcm\right)$

Trên tia đối của KB lấy E sao cho $KE=KM=KI$

Xét tam giác OAM có đường cao MC ồng thời là đường trung tuyến

$\Rightarrow \Delta OAM$ cân tại M$\Rightarrow OM=AM.$

Lại có $OA=OM\Rightarrow \Delta OAM$ đều $\Rightarrow \widehat{OAM}={60}^0$

Ta có: $\widehat{AMB}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó tam giác AMB vuông tại M$\Rightarrow \widehat{ABM}={30}^0$

Xét tam giác vuông BCM có: $\widehat{BMC}={90}^0-\widehat{ABM}={90}^0-{30}^0={60}^0\Rightarrow \widehat{BMN}={60}^0\left(1\right)$

Tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EKM}=\widehat{MAB}={60}^0$(góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Lại có: KE = KM (vẽ thêm) $\Rightarrow \Delta MKE$đều  $\Rightarrow \widehat{KME}={60}^0\left(2\right)$

Từ (1) và (2) :

$\Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{KME}={60}^0$

$\Rightarrow \widehat{BMN}+\widehat{BMK}=\widehat{KME}+\widehat{BMK}$

$\Rightarrow \widehat{NMK}=\widehat{BME}$

Xét tam giác vuông BCM có $\sin \widehat{CBM}=\sin {30}^0=\frac{CM}{BM}=\frac{1}{2}\iff BM=2CM$

Lại có : $OA\perp MN$ tại C $\Rightarrow C$là trung điểm của MN (đường kính dây cung)

$\begin{array}{c}\Rightarrow MN=2CM\\ \Rightarrow MN=BM\left(=2CM\right)\end{array}$

Xét tam giác MNK và tam giác BME có:

$\widehat{MNK}=\widehat{MBE}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK)

$MN=BM\left(cmt\right);\widehat{NMK}=\widehat{BME}\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta MNK=\Delta BME\left(g.c.g\right)\Rightarrow NK=BE$(2 cạnh tương ứng)

$\Rightarrow IN+IK=BK+KE$

Mà IK = KE (vẽ thêm)$\Rightarrow IN=BK\left(dfcm\right)$