Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 19

     1, GPT: $2x^2-7x+6=0$

Ta có: $\Delta =b^2-4ac={\left(-7\right)}^2-\mathrm{4.2.6}=1>0$

$\to$Phương trình có hai nghiệm phân biệt $\left(\begin{array}{c}{x}_1=\frac{7+\sqrt{1}}{2.2}=2\\ x_2=\frac{7-\sqrt{1}}{2.2}=\frac{3}{2}\end{array}\right)$

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là $S=\left(\frac{3}{2};2\right)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(2;3\right)$

3, $x^4+7x^2-18=0$ 

Đặt $x^2=t\left(t\ge 0\right),$  khi đó ta có phương trình: $t^2+7t-18=0 \left(1\right)$

Ta có: $\Delta =7^2+4.18=121>0$

 $\Rightarrow \left(1\right)$có hai nghiệm phân biệt $\left(\begin{array}{c}{t}_1=\frac{-7+\sqrt{121}}{2}=2\left(tm\right)\\ t_2=\frac{-7-\sqrt{121}}{2}=\frac{-7-11}{2}=-9\left(ktm\right)\end{array}\right)$

Với $t=2\Rightarrow x^2=2\iff x=\pm \sqrt{2}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=\left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$

a, Học sinh tự vẽ các đồ thị

b, Hai đường thẳng: $y=\left(m^2+1\right)x+m$ và  $y=2x-1$song song với nhau

$\iff \left(\begin{array}{c}{m}^2+1=2\\ m\ne -1\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}{m}^2=1\\ m\ne -1\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}m=1\\ m=-1\end{array}\right)\\ m\ne -1\end{array}\right)\iff m=1$

 

Vậy m=1 thỏa mãn bài toán

c, Biểu thức M đã cho xác định $\iff \left(\begin{array}{c}3x-5\ge 0\\ x^2-4\ne 0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}3x\ge 5\\ x^2\ne 4\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x\ge \frac{5}{3}\\ x\ne \pm 2\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x\ge \frac{5}{3}\\ x\ne 2\end{array}\right)$

Vậy biểu thức M  xác định khi và chỉ khi $x\ge \frac{5}{3},x\ne 2$

          Khi xoay tam giác MNP  vuông tại N quanh đường thẳng MN ta được hình nón có chiều cao $h=MN=4a$  và bán kính đáy $R=NP=3a.$

Áp dụng định lý Pyta go trong tam giác vuông MNP ta có: 

$M{P}^2=M{N}^2+N{P}^2={\left(4a\right)}^2+{\left(3a\right)}^2=25a^2\Rightarrow MN=\sqrt{25a^2}=5a(Do\mathrm{...}a>0)$

Do đó hình nón có độ dài đường sinh là $l=MP=5a$

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi .3a.5a=15\pi a^2$

Phương trình $x^2-3x+1=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2\left(gt\right)$ nên áp dụng định lý Viet ta có:

$\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=1\end{array}\right)$

Xét các tổng và tích sau:

$\begin{array}{c}P=\left(2x_1-{\left(x_2\right)}^2\right)\left(2x_2-{\left(x_1\right)}^2\right)=4x_1{x}_2-2x_1^3-2x_2^3+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4x_1{x}_2-2\left(x_1^3+x_2^3\right)+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4x_1{x}_2-2\left({\left(x_1+x_2\right)}^3-3x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)\right)+{\left(x_1{x}_2\right)}^2\\ =4.1-2.\left(3^3-\mathrm{3.1.3}\right)+1^2=-31\end{array}$

$\begin{array}{c}S=2x_1-{\left(x_2\right)}^2+2x_2-{\left(x_1\right)}^2=2\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1^2+x_2^2\right)\\ =2\left(x_1+x_2\right)-\left({\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right)=2.3-\left(3^2-2.1\right)=-1\end{array}$

Ta có:$S^2={\left(-1\right)}^2=1\ge 4P=-124$

$\Rightarrow 2x_1-{\left(x_2\right)}^2$ và $2x_2-{\left(x_1\right)}^2$ là hai nghiệm của phương trình

$X^2-SX+P=0\iff X^2+X-31=0$

                             

Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là (%/năm) (ĐK: $x>0)$

Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là $100.x\%=x$ (triệu đồng)

$\to$Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100+x  (triệu đồng)

Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải trả sau 2 năm là $\left(100+x\right)x\%=\frac{\left(100+x\right)x}{100}$  (triệu đồng)

Hết 2 năm bác B phải trả tất cả là triệu đồng nên ta có phương trình:

$\begin{array}{c}100+x+\frac{\left(100+x\right)x}{100}=121\iff 10000+100x+100x+x^2=12100\\ \iff x^2+200x-2100=0\iff x^2-10x+210x-2100=0\\ \iff x\left(x-10\right)+210(x-10)=0\iff \left(x-10\right)\left(x+210\right)=0\\ \iff \left(\begin{array}{c}x=10\left(tm\right)\\ x=-210\left(ktm\right)\end{array}\right)\end{array}$

Vậy lãi suất của ngân hàng đó là$10\%$ /năm

Với  $a\ge \mathrm{0,}a\ne 4$thì

$\begin{array}{c}P=\left(\frac{\sqrt{a}+a}{1+\sqrt{a}}\right).\left(\frac{a-3\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}\right)=\frac{\sqrt{a}\left(1+\sqrt{a}\right)}{1+\sqrt{a}}.\frac{a-2\sqrt{a}-\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}-2}\\ =\sqrt{a}.\frac{\sqrt{a}.\left(\sqrt{a}-2\right)-\left(\sqrt{a}-2\right)}{\sqrt{a}-2}=\sqrt{a}.\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}-2\right)}{\sqrt{a}-2}\\ =\sqrt{a}.\left(\sqrt{a}-1\right)=a-\sqrt{a}\end{array}$

 

$\{\begin{array}{c}4x^2-xy=2\left(1\right)\\ y^2-3xy=-2\left(2\right)\end{array}$

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

$\begin{array}{c}4x^2-xy+y^2-3xy=0\iff 4x^2-4xy+y^2=0\\ \iff {\left(2x-y\right)}^2=0\iff 2x-y=0\iff y=2x\end{array}$

Thay y=2x vào (2) ta được:

$\begin{array}{c}{\left(2x\right)}^2-3x.\left(2x\right)=-2\iff 4x^2-6x^2=-2\\ \iff -2x^2=-2\iff x^2=1\iff [\begin{array}{c}x=1\Rightarrow y=\\ x=-1\Rightarrow y=-2\end{array}\end{array}$

Vậy hệ có nghiệm $\left(x;y\right)=\left\{\left(1;2\right);\left(-1;-2\right)\right\}$

a, Ta có: $\left(\begin{array}{c}BD\perp AC\Rightarrow \widehat{BDC}={90}^0\\ CE\perp AB\Rightarrow \widehat{CEB}={90}^0\end{array}\right)$

Tứ giác BEDC có $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}={90}^0$ nên nó là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

Suy ra 4 điểm $B,D,C,E$  cùng thuộc một đường tròn

Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại $A\Rightarrow Ax\perp AO$  (tính chất tiếp tuyến )

Ta có:$\widehat{CAx}=\widehat{CBA}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⏜}{AC})$  (1)

Do tứ giác BEDC  nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat{CBA}=\widehat{EDA}$(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{CAx}=\widehat{EDA}\left(=\widehat{CBA}\right)$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $DE//Ax$  mà $Ax\perp AO\left(cmt\right)\Rightarrow DE\perp AO\left(dfcm\right)$

c,Kẻ đường kính AI  của đường tròn (O) , gọi giao điểm của MN và ED  là P

Xét đường tròn (O) ta có: $\widehat{ACI}={90}^0,\widehat{ABI}={90}^0$  (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra  $CI\perp AC,BI\perp AB$lại có: $BD\perp AC,CE\perp AB\left(gt\right)$  nên $BH//CI,CH//BI$

Xét tứ giác BHCI  có: $\left(\begin{array}{c}BH//CI\\ CH//BI\end{array}\right)\Rightarrow BHCI$  là hình bình hành có M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm của HI

Xét $\Delta HIA$  có: M là trung điểm của HI, N là trung điểm của AH

$\Rightarrow MN$là đường trung bình của $\Delta HAI\Rightarrow MN//AI$  (tính chất đường trung bình)

Theo câu b) ta có: $AO\perp DE\Rightarrow MN\perp DE$  tại P

Xét tam giác PLD vuông có $\widehat{PLD}={90}^0-\widehat{PDL}\left(3\right)$

Xét đường tròn (O) có M là trung điểm của  $BC\Rightarrow OM\perp BC$hay là đường trung trực của BC

Mà $K\in OM\Rightarrow KB=KC$

Xét $\Delta KBC$ cân tại K có KM là đường cao nên cũng là đường phân giác $\Delta KBC$

$\Rightarrow \widehat{BKM}=\widehat{MKC}$(tính chất đường phân giác)

Xét $\Delta KMC$  vuông tại M có  $\widehat{MKC}={90}^0-\widehat{KCM}\Rightarrow \widehat{BKM}={90}^0-\widehat{KCM}\left(4\right)$

Lại có: $\widehat{EDB}=\widehat{ECB}$ (do tứ giác BEDC nội tiếp) hay $\widehat{PDL}=\widehat{KCM}\left(5\right)$

Từ (3) (4) (5) suy ra $\widehat{BKM}=\widehat{PLD}$  mà $\widehat{PLD}=\widehat{BLM}$ (hai góc đối đỉnh ) nên $\widehat{BLM}=\widehat{BKM}$

Xét tứ giác BLKM có $\widehat{BLM}=\widehat{BKM}$ nên hai đỉnh L, K kề nhau cùng nhìn cạnh BM  dưới các góc bằng nhau, do đó tứ giác BLKM  là tứ giác nội tiếp

Suy ra $\widehat{BLM}+\widehat{BMK}={180}^0\iff \widehat{BLK}={180}^0-{90}^0={90}^0$

Hay $KL\perp BD$  mà $AC\perp BD\left(gt\right)\Rightarrow KL//AC$

Đặt $x=a^2-bc,y=b^2-ca,z=c^2-ab$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$

Ta có:

$\begin{array}{c}{x}^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x^3+y^3\right)-3xyz+z^3\\ ={\left(x+y\right)}^3-3xy\left(x+y\right)-3xyz+z^3\\ ={\left(x+y\right)}^3+z^3-3xy\left(x+y+z\right)\\ =\left(x+y+z\right)\left({\left(x+y\right)}^2-\left(x+y\right)z+z^2\right)-3xy\left(x+y+z\right)\\ =\left(x+y+z\right)\left(x^2+2xy+y^2-xz-yz+z^2-3xy\right)\\ =\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\right)\end{array}$

Dễ thấy

$\begin{array}{c}{x}^2+y^2+z^2-xy-yz-xz=\frac{1}{2}\left(x^2-2xy+y^2+y^2-2yz+z^2+z^2-2zx+x^2\right)\\ =\frac{1}{2}\left({\left(x-y\right)}^2+{\left(y-z\right)}^2+{\left(z-x\right)}^2\right)\ge 0\forall x,y,z\end{array}$

Do đó ta đi xét dấu x+ y +z 

Ta có: 

$x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab$

$=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}\left({\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\right)\ge \mathrm{0,}\forall a,b,c$

Suy ra $x+y+z\ge 0\Rightarrow \left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge 0$

$\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$

hay ${\left(a^2-bc\right)}^3+{\left(b^2-ca\right)}^3+{\left(c^2-ab\right)}^3\ge 3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\left(dfcm\right)$

dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi  $a=b=c$