Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 20)

a) ĐKXĐ: $\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ x-\sqrt{x}\ne 0\\ \sqrt{x}-1\ne 0\\ {\left(\sqrt{x}-1\right)}^2\ne 0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x>0\\ x\ne 1\end{array}\right)$

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

Vậy với $x>\mathrm{0,}x\ne 1$ta có : $A=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}$

b) $\begin{array}{c}A>0\iff \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}>0\Rightarrow \sqrt{x}-1>0\left(do\sqrt{x}>0\right)\\ \Rightarrow \sqrt{x}>1\iff x>1\end{array}$

Kết hợp với điều kiện ta được $x>1$thỏa mãn

Vậy $x>1$thì $A>0$

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):

$x^2=\left(m^2-4\right)x+m^2-3\iff x^2-\left(m^2-4\right)x-m^2+3=0\left(1\right)$

Thay m = 0 vào phương trình trên ta được phương trình: $x^2+4x+3=0$

Ta có $\Delta \text{'}=4-3=1>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

$x_1=-2+\sqrt{1}=-\mathrm{1,}{x}_2=-2-\sqrt{1}=-3$

$x_1=-1\Rightarrow y_1=1;x_2=-3\Rightarrow y_2=9$

Vậy khi m = 0 thì (d) cắt (P) tại hai điểm $\left(-1;1\right),\left(-3;9\right)$

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d), (P) là :

$x^2-\left(m^2-4\right)x-m^2+3=0\left(1\right)$

Đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt $\iff \left(1\right)$có hai nghiệm phân biệt$\begin{array}{c}\iff \Delta >0\iff {\left(m^2-4\right)}^2-4\left(-m^2+3\right)>0\\ \iff m^4-8m^2+16+4m^2-12>0\iff m^4-4m^2+4>0\\ \iff {\left(m^2-2\right)}^2>0\iff m^2-2\ne 0\iff m\ne \pm \sqrt{2}\end{array}$

Vậy với $m\ne \pm \sqrt{2}$ thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Gọi số sản phẩm phân xưởng I phải làm theo kế hoạch là x (sản phẩm) $\left(x\in \mathbb{N}*\right)$

$\Rightarrow$số sản phẩm phân xưởng II làm theo kế hoạch là 300 - x (sản phẩm)

Vì khi thực hiện thì phân xưởng I vượt mức 10% so với kế hoạch nên số sản phẩm phân xưởng I làm được là : $x+x.10\%=x+\mathrm{0,1}x=\mathrm{1,1}x$ (sản phẩm)

Phân xưởng II vượt mức 20% so với kế hoạch nên số sản phẩm phân xưởng 2 làm được là : $300-x+\left(300-x\right).20\%=\left(300-x\right)\mathrm{.1,2}$(sản phẩm)

Tổng số sản phẩm cả hai phân xưởng làm được là 340 sản phẩm nên ta có phương trình : $\mathrm{1,1}x+\left(300-x\right)\mathrm{.1,2}=340\iff x=200\left(tm\right)$

Vậy phân xưởng I cần làm 200 sản phẩm và phân xưởng II cần làm $300-200=100$ sản phẩm

a) Do H là trung điểm của AB nên $OH\perp AB$(tính chất đường kính – dây cung)

Xét tứ giác MDOH có: $\angle MHO+\angle MDO=90°+90°=180°$

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

Vậy các điểm M,D, O,H cùng nằm trên một đường tròn

b) Do MC, MD là hai tiếp tuyến của (O) nên MO là phân giác của $\angle CMDhayMI$ là phân giác của $\angle CMD\left(1\right)$

OI là phân giác của $\angle COD$ hay $\angle COI=\angle DOI\Rightarrow CI=DI\Rightarrow \angle ICM=\angle ICD$

Suy ra CI là phân giác của $\angle MCD\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow I$ là giao điểm của các đường phân giác của $∆MCD$

$\Rightarrow I$là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD(đpcm)

c) Ta có : $S_{MPQ}=\frac{1}{2}MO.PQ=\frac{1}{2}MO\mathrm{.2.}OP=MO.OP$
Mà $\Delta MCO\backsim \Delta MOP(g.g)\Rightarrow \frac{MO}{MP}=\frac{CO}{OP}\Rightarrow MO.OP=MP.CO$

$\Rightarrow S_{MPQ}=MP.CO=\left(MC+CP\right).CO\ge 2\sqrt{MC.CP}.CO$

Dấu $"="$xảy ra $\iff MC=CP\iff \Delta MOP$vuông cân

$\iff \angle PMO=45°\iff \angle CMD=90°$

$\iff MCOD$ là hình vuông cạnh $R\iff MO=R\sqrt{2}$

Vậy diện tích tam giác MQP bé nhất khi $MO=R\sqrt{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số $x^4$ và yz ta có : $x^4+yz\ge 2\sqrt{x^{4}zy}=2x^2\sqrt{yz}$

Tương tự : $\left(\begin{array}{c}{y}^4+xz\ge 2y^2\sqrt{xz}\\ z^4+xy\ge 2z^2\sqrt{xy}\end{array}\right)$

$\begin{array}{c}\Rightarrow \frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{x^2}{2x^2\sqrt{yz}}+\frac{y^2}{2y^2\sqrt{xz}}+\frac{z^2}{2z^2\sqrt{xy}}\\ \iff \frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}+\frac{1}{\sqrt{xy}}\right)\\ \iff \frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{2}.\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{xyz}}\end{array}$

Sử dụng bất đẳng thức phụ : ${\left(a+b+c\right)}^2\le 3\left(a^2+b^2+c^2\right)$(sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh)

$\begin{array}{c}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2\le 3\left(x+y+z\right)\\ \Rightarrow {\left(x+y+z\right)}^2\le 3.\left(x^2+y^2+z^2\right)=9xyz\\ \Rightarrow x+y+z\le 3\sqrt{xyz}\Rightarrow {\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2\le 3.3\sqrt{xyz}=9\sqrt{xyz}\\ \Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le 3\sqrt[4]{xyz}\\ \Rightarrow \frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{2}.\frac{3\sqrt[4]{xyz}}{\sqrt{xyz}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{\sqrt[4]{xyz}}\end{array}$

Ta sẽ chứng minh $\sqrt[4]{xyz}\ge 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số $x^2,y^2,z^2$ta được :

$\begin{array}{c}{x}^2+y^2+z^2\ge 3\sqrt[3]{{\left(xyz\right)}^2}\Rightarrow 3xyz\ge 3\sqrt[3]{{\left(xyz\right)}^2}\\ \Rightarrow \sqrt[3]{xyz}\ge 1(doxyz>0)\Rightarrow xyz\ge 1\Rightarrow \sqrt[4]{xyz}\ge 1\end{array}$

$\Rightarrow \frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{2}.\frac{3\sqrt[4]{xyz}}{\sqrt{xyz}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{\sqrt[4]{xyz}}\le \frac{3}{2}$

Dấu $"="$xảy ra khi $x=y=z=1$