Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 18

    1, Điều kiện để biểu thức xác định là $x\ge \mathrm{0,}x\ne 9.$

Khi $x=25\left(tm\right)\Rightarrow A=\frac{25+5}{\sqrt{25}-3}=\frac{30}{2}=15$

Vậy khi x=15  thì $A=15.$

2, Điều kiện : $x\ge \mathrm{0,}x\ne 9$

$\begin{array}{c}B=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+3}+\frac{7\sqrt{x}-3}{x-9}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+3}+\frac{7\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ =\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)+7\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ =\frac{x-3\sqrt{x}-\sqrt{x}+3+7\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{x+3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ =\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\end{array}$

3, Điều kiện $x\ge \mathrm{0,}x\ne 9$

Ta có:$\frac{A}{B}=\frac{x+5}{\sqrt{x}-3}.\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}}=\frac{x+5}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{5}{\sqrt{x}}$

Áp dụng BĐT Cô si cho hai số  $\sqrt{x},\frac{5}{\sqrt{x}}$dương ta có:$\sqrt{x}+\frac{5}{\sqrt{x}}\ge 2\sqrt{\sqrt{x}.\frac{5}{\sqrt{x}}}=2\sqrt{5}$

Dấu “=” xảy ra $\iff \sqrt{x}=\frac{5}{\sqrt{x}}\iff x=5\left(tm\right)$

Vậy với x=5 thì biểu thức $\frac{A}{B}$ đạt giá trị nhỏ nhất là $2\sqrt{5}$

a,$x^2-5x+4=0$

Phương trình có dạng $a+b+c=1-5+4=0$ nên có hai nghiệm phân biệt: $x_1=1;x_2=4.$

Vậy $S=\left(1;4\right)$

b, $x^4+x^2-6=0$

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right)$ , khi đó ta có phương trình:

$\begin{array}{c}{t}^2+t-6=0\iff t^2+3t-2t-6=0\\ \iff t\left(t+3\right)-2\left(t+3\right)=0\iff \left(t-2\right)\left(t+3\right)=0\\ \iff [\begin{array}{c}t=2\left(tm\right)\iff [\begin{array}{c}x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}\\ t=-3\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy $S=\left\{-\sqrt{2};\sqrt{2}\right\}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(5;3\right)$

Phương trình $x^2+ax+b+1=0$ có hai nghiệm 

$x_1,x_2\Rightarrow \Delta \ge 0\iff a^2-4\left(b+1\right)\ge 0(*)$

Khi đó áp dụng định lý Viet ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-a\\ x_1{x}_2=b+1\end{array}$

Ta có: $\begin{array}{c}+){\left(x_1-x_2\right)}^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2\iff 9=a^2-4\left(b+1\right)(1)\\ +)x_1^3-x_2^3={\left(x_1-x_2\right)}^3+3x_1{x}_2\left(x_1-x_2\right)\\ \iff 9=3^2+3\left(b+1\right).3\iff -18=9.\left(b+1\right)\iff b+1=-2\iff b=-3\end{array}$

Thay b=-3  vào (1) ta có: $a^2-4\left(-3+1\right)=9\iff a^2+8=9\iff a^2=1\iff a=\pm 1$

Thử lại $a^2=1;b=-3\Rightarrow (*)\iff 1-4\left(-3+1\right)=9>0\left(tm\right)$

Vậy $\left(a,b\right)=\left(1;-3\right)$  hoặc $\left(a,b\right)=\left(-1;-3\right)$

a, Ta có: $\widehat{CAE}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow AE\perp AC$

Mà $BD\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow AE//BD$ (từ vuông góc đến song song)

$\to$Tứ giác ABDE là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Ta có:$\widehat{CDE}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \Delta CDE$ vuông tại D

Có:$\widehat{CED}=\widehat{CBD}$  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) 

$\Rightarrow {90}^0-\widehat{CED}={90}^0-\widehat{CBD}\Rightarrow \widehat{DCE}=\widehat{ACB}$

Mà $sd\stackrel{⏜}{DE}=sd\stackrel{⏜}{AB}$  (hai góc nôi tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow DE=AB\Rightarrow DE+AE=AB+AE\Rightarrow AD=BE$

$\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{EDB}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

$\to$Tứ giác ABDE   là hình thang cân (hình thang có 2 góc kề 1 đáy bằng nhau)

b, Do ABDE là hình thang cân (cmt) $\Rightarrow AB=DE,AD=BE$

Khi đó ta có $A{B}^2+C{D}^2+B{C}^2+D{A}^2=D{E}^2+C{D}^2+B{C}^2+B{E}^2$

Ta có $\widehat{CBE}=\widehat{CDE}={90}^0$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \Delta BCE$vuông tại  B và tam giác CDE   vuông tại D

Áp dụng định lý Pytago ta có: 

$\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}D{E}^2+C{D}^2=C{E}^2={\left(2R\right)}^2=4R^2\\ B{C}^2+B{E}^2=E{C}^2={\left(2R\right)}^2=4R^2\end{array}\right)\Rightarrow D{E}^2+C{D}^2+B{C}^2+B{E}^2=8R^2\\ \Rightarrow A{B}^2+C{D}^2+B{C}^2+D{A}^2=8R^2\iff \sqrt{A{B}^2+C{D}^2+B{C}^2+D{A}^2}=\sqrt{8R^2}=2\sqrt{2}R\end{array}$

c, Xét  $\Delta BCD$có K là trực tâm (giao của hai đường cao) $\Rightarrow DK\perp BC.$

Mà $BE\perp BC\left(\widehat{CBE}={90}^0\right)$ $\Rightarrow DK//BE$ (từ vuông góc đến song song)

Ta có: $\left(\begin{array}{c}BK\perp CD\\ DE\perp CD\left(\widehat{CDE}={90}^0\right)\end{array}\right)\Rightarrow BK//DE$ ( từ vuông góc đến song song)

Ta có: $\left(\begin{array}{c}AF\perp CD\left(gt\right)\\ DE\perp CD\left(\widehat{CDE}={90}^O\right)\end{array}\right)\Rightarrow AF//DE$ ( từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác ADEF   có$\left(\begin{array}{c}AF//DE\\ AE//DF(AE//BD)\end{array}\right)\Rightarrow$Tứ giác là hình bình hành ADEF 

$\Rightarrow AF=DE\left(2\right)$

Từ (1) và (2)  $\Rightarrow BK=AF\left(=DE\right)$

Xét tứ giác ABKF có: $\left(\begin{array}{c}AF\perp CD\left(gt\right)\\ BK\perp CD\left(gt\right)\end{array}\right)\Rightarrow AF//BK$ và $AF=BK\left(cmt\right)$

Tứ giác ABKF   là hình bình hành.

a, Tìm nghiệm nguyên…..

TH1: Xét $x^2+x>0\iff x\left(x+1\right)>0\iff \left(\begin{array}{c}x>0\\ x<-1\end{array}\right),$  từ đó ta có $2\left(x^2+x\right)>0$

$\begin{array}{c}\Rightarrow x^3+x^2+x+1<x^3+x^2+x+1+2\left(x^2+x\right)=x^3+3x^2+3x+1={\left(x+1\right)}^3\\ \Rightarrow x^3<x^3+x^2+x+1<{\left(x+1\right)}^3\end{array}$

Theo đề bài ta có: $y^3=x^3+x^2+x+1$

$\Rightarrow x^3<y^3<{\left(x+1\right)}^3,$lại có $x,y\in \mathbb{Z}\left(gt\right)$

$\Rightarrow$Không tồn tại số nguyên  $x,y$thỏa mãn $x^3<y^3<{\left(x+1\right)}^3$

TH2: Xét $-1\le x\le \mathrm{0,}$ lại có  $x\in \mathbb{Z}\left(gt\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}x=-1\\ x=0\end{array}\right)$

+) Với $x=-1\Rightarrow y^3={\left(-1\right)}^3+{\left(-1\right)}^2-1+1=0\Rightarrow y=0\left(tm\right)$

+)Với $x=0\Rightarrow y^3=1\iff y=1\left(tm\right)$

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên là $\left(x;y\right)=\left(\left(-1;0\right);\left(0;1\right)\right)$

b, Theo đề bài ta có: $ab+bc+ca=1$

$\Rightarrow 1+a^2=ab+bc+ca+a^2=b\left(a+c\right)+a\left(c+a\right)=\left(a+c\right)\left(a+b\right)$

Tương tự ta có:$\left(\begin{array}{c}1+b^2=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\\ 1+c^2=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\end{array}\right)$

$\begin{array}{c}\Rightarrow A=\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)=\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)\\ ={\left(a+b\right)}^2{\left(a+c\right)}^2{\left(b+c\right)}^2={\left(\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right)}^2\left(a,b,c\in \mathbb{Z}\right)\end{array}$

Vậy A là một số chính phương.