Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 15)

1) Xét phương trình $2x^2+5x-3=0$

Ta có : $\Delta =5^2+24=49>0$$\Rightarrow$Phương trình có hai nghiệm :

$x_1=\frac{-5+\sqrt{49}}{4}=\frac{1}{2};x_2=\frac{-5-\sqrt{49}}{4}=-3$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left(-3;\frac{1}{2}\right)$

2) Hàm số $y=\left(m-1\right)x+2021$ đồng biến trên R khi và chỉ khi $m-1>0\iff m>1$

Vậy với $m>1$ thì hàm số đồng biến trên R

3) Thay $a=1+\sqrt{2}$ và $b=1-\sqrt{2}$ vào P = a + b - 2ab ta được :

$\begin{array}{c}P=1+\sqrt{2}+1-\sqrt{2}-2\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)\\ =2-2\left(1-2\right)=2-2.(-1)=4\end{array}$

Vậy  P = 4 khi $a=1+\sqrt{2},b=1-\sqrt{2}$

a) ĐKXĐ: $x\ge \mathrm{0,}x\ne \mathrm{4,}x\ne 9$

$\begin{array}{c}P=\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}-\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}\\ =\frac{2\sqrt{x}-9-\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)+\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{2\sqrt{x}-9-x+9+2x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{x-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\\ =\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}\end{array}$

Vậy với $x\ge \mathrm{0,}x\ne \mathrm{4,}x\ne 9$ta có $P=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}$

b) Điều kiện $x\ge \mathrm{0,}x\ne \mathrm{4,}x\ne 9$

$\begin{array}{c}P>1\iff \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}>1\iff \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}-1>0\\ \iff \frac{\sqrt{x}+1-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}>0\iff \frac{4}{\sqrt{x}-3}>0\iff \sqrt{x}-3>0(do4>0)\\ \iff x>9\end{array}$

Vậy $x>9$thì $P>1$

1) Gọi phương trinh đường thẳng $\Delta$ là $y=ax+b\left(a\ne 0\right)$

Vì $\Delta$ song song với đường thẳng y = 2x - 1 nên $\left(\begin{array}{c}a=2\\ b\ne -1\end{array}\right)$

Vì $\Delta$ đi qua điểm A(1; -2) nên ta có : -2 = a + b

Thay a = 2 vào ta được $-2=2+b=-4\left(tm\right)$

Vậy đường thẳng $\Delta$cần tìm có phương trình là y = 2x - 4

2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình :

          $x^2=2\left(m-1\right)x-m+3\iff x^2-2\left(m-1\right)x+m-3=0(*)$

Phương trình $(*)$có:

$\begin{array}{c}\Delta \text{'}={\left(m-1\right)}^2-\left(m-3\right)=m^2-2m+1-m+3=m^2-3m+4\\ ={\left(m-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{7}{4}>0\left(voimoim\in ℝ\right)\end{array}$

$\Rightarrow \left(d\right)$luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_1;x_2$ với mọi m

Áp dụng định lý Vi- ét ta có: $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2\left(m-1\right)\\ x_1{x}_2=m-3\end{array}$. Khi đó ta có :

$\begin{array}{c}M=x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\\ M={\left[2\left(m-1\right)\right]}^2-2\left(m-3\right)=4m^2-8m+4-2m+6\\ =4m^2-10m+10\\ \iff M=\left[{\left(2m\right)}^2-2.2m.\frac{5}{2}+\frac{25}{4}\right]+\frac{15}{4}={\left(2m-\frac{5}{2}\right)}^2+\frac{15}{4}\ge \frac{15}{4}\end{array}$

Vậy $MinM=\frac{15}{4}\iff 2m=\frac{5}{2}\iff m=\frac{5}{4}$

a) Trong (O) ta có $\angle AEB=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác BHDE có : $\angle BED+\angle BHD=180°$

$\Rightarrow$Tứ giác BHDE nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

2) Ta có $\angle ACD=\angle CBA$ (cùng phụ với $\angle BCD)$

$\angle CEA=\angle CBA$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CA) $\Rightarrow \angle ACD=\angle CEA$

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta AEC$ có :

$\angle CAD=\angle CAE;\angle ACD=\angle CEA\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta ACD\backsim \Delta AEC(g.g)\Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{CD}{EC}\Rightarrow AD.EC=CD.AC\left(dfcm\right)⊲$

3) Xét $\Delta AHD$ và $\Delta AEB$ có : $\left(\begin{array}{c}\angle AHD=\angle AEB=90°\\ \angle HAD=\angle BAE\end{array}\right)$$\Rightarrow \Delta AHD\backsim \Delta AEB(g.g)$

$\Rightarrow \frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AD.AE=AH.AB\left(1\right)$    Ta có :

4) Chu vi tam giác COH là :

$CO+OH+CH=\frac{AB}{2}+OH+CH=1011+OH+CH$

Chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất $\iff OH+CH$đạt giá trị lớn nhất

Ta có : $0<OH,CH<OC=1011$

Áp dụng định lsy Cô – si cho OH, CH ta có :

${\left(OH+CH\right)}^2\le 2\left(O{H}^2+C{H}^2\right)=2O{C}^2\iff OH+CH\le OC\sqrt{2}$

Dấu $"="$xảy ra khi $OH=CH=\frac{OC\sqrt{2}}{2}$ hay $\Delta OHC$vuông cân tại H$\Rightarrow \angle COA=45°$

Vậy chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất khi $\angle COA=45°$

Ta có: $a^2+b^2\ge 2ab\iff a^2+b^2+ab\ge 3ab$

$\Rightarrow a^2+b^2+ab\ge \frac{3}{2}ab+\frac{3}{2}ab\ge \frac{3}{2}a.1348+\frac{3}{2}b.1348$(Do $a\ge \mathrm{1348,}b\ge 1348)$

$\Rightarrow a^2+b^2+ab\ge 2022\left(a+b\right)$

Dấu $"="$xảy ra khi $a=b=1348$