Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1)- Đề 23

Vậy $S=\left(1;4\right)$

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

b, Điều kiện $x>\mathrm{0,}x\ne 9$

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

Ta có:

$\begin{array}{c}B>\frac{1}{2}\iff \frac{2}{3-\sqrt{x}}>\frac{1}{2}\iff \frac{2}{3-\sqrt{x}}-\frac{1}{2}>0\iff \frac{4-3+\sqrt{x}}{2\left(3-\sqrt{x}\right)}>0\\ \iff \frac{\sqrt{x}+1}{2\left(3-\sqrt{x}\right)}>0\iff 3-\sqrt{x}>0(do\mathrm{...}\sqrt{x}+1>0\forall x\ge 0)\\ \iff \sqrt{x}<3\iff x<9\end{array}$

a,Ta có $M\left(4;y_M\right)$thuộc (P) : $y=\frac{x^2}{2}$ nên thay x= 4 vào công thức hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ta được: $y_M=\frac{1}{2}{.4}^2=8\Rightarrow M\left(4;8\right)$

Vậy M( 4;8)

b, Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

$\frac{x^2}{2}=-mx+3-m\iff x^2+2mx+2m-6=0(*)$

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

$\iff \Delta \text{'}>0\iff m^2-2m+6>0\iff m^2-2m+1+5>0\iff {\left(m-1\right)}^2>0\forall m$

$\to$Đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1;y_1\right);B\left(x_2;y_2\right)$

Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\left(\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-2m\\ x_1{x}_2=2m-6\end{array}\right)$

Theo bài ta có: $x_1^2+x_2^2=2x_1{x}_2+20$

$\begin{array}{c}\iff x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2-4x_1{x}_2-20=0\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2-20=0\\ \iff {\left(-2m\right)}^2-4\left(2m-6\right)-20=0\\ \iff 4m^2-8m+4=0\\ \iff m^2-2m+1=0\iff {\left(m-1\right)}^2=0\\ \iff m-1=0\iff m=1\end{array}$

Vậy m=1  thỏa mãn bài toán

a,

Do AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A$\Rightarrow \widehat{OAC}={90}^0$

MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M $\Rightarrow \widehat{OMC}={90}^0$

Xét tứ giác ACMO có $\widehat{OAC}+\widehat{OMC}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác ACMO là tứ giác nội tiếp.

b, Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

OC là tia phân giác của $\widehat{AOM}$

OD là tia phân giác của $\widehat{BOM}$

Mà $\widehat{AOM},\widehat{BOM}$ là hai góc kề bù $\Rightarrow OC\perp OD$(hai tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau)

$\Rightarrow \widehat{COD}={90}^0$hay $\Delta COD$vuông tại O.

c, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ODC vuông tại O có đường cao OM ta có $O{M}^2=MC.MD$mà $OM=R\Rightarrow MC.MD=R^2\left(1\right)$

Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: $AC=MC.BD=MD\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $AC.BD=R^2$

d,Ta có $\{\begin{array}{c}AC\perp AB\\ BD\perp AB\\ MN\perp AB\end{array}\left(gt\right)\Rightarrow AC//BD//MN$ (Từ vuông góc đến song song)

Gọi $P=AM\cap CN$. Áp dụng định lý Ta-let ta có: $\frac{MI}{AC}=\frac{PI}{PC};\frac{NI}{AC}=\frac{BI}{BC} \left(3\right)$

Ta có : $\widehat{AMB}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\widehat{AMN}+\widehat{NMB}={90}^0\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{NBM}=\widehat{ABM}$

Ta có: $\widehat{ABM}=\widehat{AMC}$(góc nội tiếp và tạo bởi tiếp tuyến dây cùng cùng chắn cung AM)$\widehat{ABM}=\widehat{AMN}\left(cmt\right)$$\Rightarrow \widehat{AMC}=\widehat{AMN}\Rightarrow MA$là tia phân giác trong của $\widehat{CMN}$

Mà $MB\perp MA\left(\widehat{AMB}={90}^0\right)\Rightarrow MB$là tia phân giác ngoài của $\widehat{CMN}$

Áp dụng tính chất đường phân giác trong của $\Delta CMI$ta có : $\frac{MI}{MC}=\frac{PI}{PC}=\frac{BI}{BC}\left(4\right)$

Từ (3) và (4) $\Rightarrow \frac{MI}{AC}=\frac{NI}{AC}\iff MI=NI$. Vậy I là trung điểm của $MN\left(dfcm\right)$

2, Chiều cao của hình nón: $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\left(cm\right)$

Thể tích của hình nón đã cho: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.3=16\pi \left(c{m}^3\right)$

Ta có: $\frac{1}{2+a}=\frac{abc}{2abc+a}=\frac{bc}{2bc+1}$(Do a>0)

Áp dung BĐT Cô si ta có:

$2bc+1=bc+bc+1\ge 3\sqrt[3]{{\left(bc\right)}^2}\Rightarrow \frac{bc}{2bc+1}\le \frac{bc}{3\sqrt[3]{{\left(bc\right)}^2}}=\frac{\sqrt[3]{bc}}{3}\Rightarrow \frac{1}{2+a}\le \frac{\sqrt[3]{bc}}{3}$

Chứng minh tương tự ta có: $\frac{1}{2+b}\le \frac{\sqrt[3]{ca}}{3};\frac{1}{2+c}\le \frac{\sqrt[3]{ab}}{3}$

Cộng vế theo vế ta được:

$\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}\le \frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\right)$

Ta có $\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\le \frac{9}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\le \frac{9}{3\sqrt[3]{\sqrt[3]{abc}}}=\frac{9}{3}=3\\ \Rightarrow \frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\le 3\iff 3\left(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\right)\le 1\end{array}$

Vậy $\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}\le 1$$\iff a=b=c=1$