Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 2

  $x^2-3x+2=0\iff x^2-2x-x+2=0$

$\begin{array}{c}\iff x\left(x-2\right)-\left(x-2\right)=0\iff \left(x-1\right)\left(x-2\right)=0\\ \iff \left(\begin{array}{c}x=1\\ x=2\end{array}\right).\\ Vay\mathrm{....}S=\left(1;2\right)\end{array}$     

 

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

Vậy A = 1

Đặt ${\left(x-1\right)}^2=t\left(t\ge 0\right).$Khi đó ta có phương trình:

$\begin{array}{c}{t}^2-t-12=0\iff t^2-4t+3t-12=0\\ \iff t\left(t-4\right)+3\left(t-4\right)=0\\ \iff \left(t+3\right)\left(t-4\right)=0\iff [\begin{array}{c}t=-3\left(ktm\right)\\ t=4\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Với $t=4\iff {\left(x-1\right)}^2=4\iff [\begin{array}{c}x-1=2\\ x-1=-2\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=3\\ x=-1\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-1;3\right\}$

Học sinh tự vẽ

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

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

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt $\iff (*)$có hai nghiệm phân biệt

$\iff \Delta >0\iff 1+4.2m>0\iff 8m>-1\iff m>\frac{-1}{8}$

Với $m>-\frac{1}{8}$thì đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1,x_2$

Áp dụng hệ thức Viet ta có: $\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-\frac{1}{2}\\ x_1{x}_2=-\frac{m}{2}\end{array}\right)$

Theo đề bài ta có: $x_1+x_2=x_1{x}_2\iff -\frac{1}{2}=-\frac{m}{2}\iff m=1\left(tm\right)$

Vậy m=1 thỏa mãn bài toán.

   a)    Ta có: $AO=CA+OC=27+3=30km$

Áp dụng định lý Pytago cho $\Delta ABO$ vuông tại B ta có:

$\begin{array}{c}A{B}^2=A{O}^2-O{B}^2={30}^2-3^2=891\\ \Rightarrow AB=\sqrt{891}=9\sqrt{11}\approx \mathrm{29,85}km\end{array}$

Vậy quãng đường xe thứ nhất đi là $AB\approx \mathrm{29,85}km$

   b, Thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn là: $\frac{9\sqrt{11}}{40}\approx \mathrm{0,746}$(giờ)

+)ta có: $\cos \widehat{AOB}=\cos \widehat{COB}=\frac{3}{30}=\frac{1}{10}\Rightarrow \widehat{COB}\approx {\mathrm{84,26}}^0$

$\Rightarrow sd\stackrel{⏜}{BC}=\widehat{COB}={\mathrm{84,26}}^0$(số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)

Suy ra độ dài cung $BC:l_{BC}=\frac{\pi \mathrm{.3.84,26}}{180}\approx \mathrm{4,41}km$

$\Rightarrow$Thời gian xe thứ hai đến vị trí tai nạn là: $27:60+\mathrm{4,41}:30=\mathrm{0,597}$(giờ)

Ta thấy thời gian xe thứ hai đi đến vị trí tai nạn ít hơn thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn nên xe thứ hai đến trước xe thứ nhất.

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

$\Rightarrow AE\perp EB,AF\perp EB$  hay $BE\perp AI,AF\perp BI\Rightarrow \widehat{IEH}=\widehat{IFH}={90}^0$

Xét tứ giác  IEHF có $\widehat{IEH}+\widehat{IFH}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác IEHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0)$

b)    Ta có $IEHF$ là tứ giác nội tiêp(cmt) $\Rightarrow \widehat{EIH}=\widehat{EFH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH) hay  $\widehat{AIH}=\widehat{EFA}$mà  $\widehat{EBA}=\widehat{EFA}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF của (O))

$\Rightarrow \widehat{AIH}=\widehat{ABE}\left(=\widehat{EFH}\right)\left(dfcm\right)$

c, Nối $PA,PB$ta có:$\widehat{APB}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác BPKvà tam giác BAP có:

$\widehat{ABP}$chung; $\widehat{BKP}=\widehat{BPA}={90}^0$

$\Rightarrow \Delta BPK~\Delta BAP\left(gg\right)\Rightarrow \frac{PK}{PA}=\frac{BK}{PB}$(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: $\frac{PK}{PA}=\frac{BK}{PB}=\frac{PK+BK}{PA+PB}\left(1\right)$

Xét tam giác BKF vuông ta có: $\cos \widehat{ABP}=\cos \widehat{KPB}=\frac{BK}{PK}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có: $\cos \widehat{ABP}=\frac{PK+BK}{PA+PB}$

d, Xét tứ giác AEHK có $\widehat{AEH}+\widehat{AKH}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác AEHK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0)$

$\Rightarrow \widehat{HEK}=\widehat{HAK}=\widehat{FAB}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

Lại có: $\widehat{FAB}=\widehat{FEB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FE của (O))

$\Rightarrow \widehat{HEK}=\widehat{FEB}\Rightarrow EB$ là phân giác của $\widehat{FEK}\Rightarrow \widehat{FEK}=2.\widehat{FEB}=2.\widehat{FAB}\left(3\right)$

Ta có: $\left(\begin{array}{c}IH\perp AB\left(gt\right)\\ SA\perp AB\left(gt\right)\end{array}\right)\Rightarrow IH//SA\Rightarrow$Tứ giác $AHIS$là hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Khi AHIS là tứ giác nội tiếp thì $\widehat{SAH}+\widehat{SIH}={180}^0$(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{SAH}+\widehat{AHI}={180}^0$(hai góc trong cùng phía bù nhau)

$\Rightarrow \widehat{SIH}=\widehat{AHI}\Rightarrow$Tứ giác AHIS là hình thang cân 

Do đó $\widehat{ISA}=\widehat{SAH}$(tính chất hình thang cân) hay $\widehat{BSA}=\widehat{SAF}$

Mà $\widehat{SAF}=\widehat{SBA}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn $\stackrel{⏜}{AF})$

$\Rightarrow \widehat{BSA}=\widehat{SBA}\Rightarrow \Delta SAB$vuông cân tại A$\Rightarrow \widehat{SBA}={45}^0\left(4\right)$

Từ (3) và (4) ta có: $\widehat{FEK}=2\widehat{FAB}={2.45}^0={90}^0$

Vậy khi tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn, ta có được $EF\perp EK\left(dfcm\right)$

 

Ta có: $\frac{1}{5xy}+\frac{x}{10}+\frac{y}{20}\ge 3\sqrt[3]{\frac{xy}{1000xy}}=\frac{3}{10}$

$\frac{5}{x+2y+5}+\frac{x+2y+5}{20}\ge 2\sqrt{\frac{5}{20}}=1$

$\begin{array}{c}\Rightarrow P+\frac{3.\left(x+y\right)}{20}+\frac{1}{4}\ge \frac{3}{10}+1\\ \iff P+\frac{9}{20}+\frac{1}{4}\ge \frac{13}{10}\\ \iff P\ge \frac{13}{10}-\frac{1}{4}-\frac{9}{20}\\ \iff P\ge \frac{3}{5}\end{array}$

Dấu $"="$xảy ra $\iff \left(\begin{array}{c}x=1\\ y=2\end{array}\right)$