Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 28)

a) $\begin{array}{c}A=\sqrt{50}-3\sqrt{8}+\sqrt{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^2}\\ =\sqrt{5^2.2}-3.\sqrt{2^2.2}+\left(\sqrt{2}+1\right)\\ =5\sqrt{2}-3.2\sqrt{2}+\sqrt{2}+1=5\sqrt{2}-6\sqrt{2}+\sqrt{2}+1=1\end{array}$

Vậy A = 1

$B=\frac{x\sqrt{x}-\sqrt{x}}{x-1}+\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ x\ne 1\end{array}\right)$

Với $x\ge \mathrm{0,}x\ne 1$ta có :

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

Vậy với $x\ge \mathrm{0,}x\ne 1$thì $B=2\sqrt{x}-1$

b) Điều kiện : $x\ge \mathrm{0,}x\ne 1$ . Ta có :

$A\le B\iff 1\le 2\sqrt{x}-1\iff 2\sqrt{x}\ge 2\iff \sqrt{x}\ge 1\Rightarrow x\ge 1$

Kết hợp với điều kiện ta được : $x>1$

Đặt $\frac{1}{\sqrt{y}}=t\left(t>0\right)$

Khi đó  ta có hệ phương trình : $\{\begin{array}{c}2x+t=3\\ x-t=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3x=3\\ t=x\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ t=1\left(tm\right)\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=1\end{array}$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(1;1\right)$

a) Điều kiện $x\in \mathbb{N},y\ge 50000$

Sau x ngày, bạn Nam tiết kiệm được số tiền là 5000x (đồng)

Như vậy tổng số tiền bạn Nam có sau khi tiết kiện được hằng ngày là :

$y=50000+5000x$ (đồng)

Vậy $y=50000+5000x$(đồng)

b) Khi bạn Nam đủ tiền mua sách thì bạn Nam cần có 150000 đồng nên ta có phương trình : $50000+5000x=150000\iff x=20\left(tm\right)$

Vậy sau 20 ngày thì bạn Nam đủ tiền mua sách tham khảo môn Toán

a) Thay m = 1 vào phương trình (1) ta có :

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

Phương trình có dạng $a+b+c=1-4+3=0$ nên có hai nghiệm phân biệt :

$x_1=\mathrm{1,}{x}_2=\frac{c}{a}=3$

Vậy với m =1 thì phương trình có tập nghiệm là $S=\left(1;3\right)$

b) Xét phương trình $x^2-2\left(m+1\right)x+m^2+2=0\left(1\right)$

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}>0$

$\begin{array}{c}\iff {\left(m+1\right)}^2-\left(m^2+2\right)>0\iff m^2+2m+1-m^2-2>0\\ \iff 2m-1>0\iff m>\frac{1}{2}\end{array}$

Với $m>\frac{1}{2}$ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

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

Theo đề bài ta có :

$\begin{array}{c}\iff x_1^2+\left(x_1+x_2\right)x_2=12m+2\iff x_1^2+x_2^2+x_1{x}_2=12m+2\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-x_1{x}_2=12m+2\iff {\left[2\left(m+1\right)\right]}^2-m^2-2=12m+2\\ \iff 4m^2+8m+4-m^2-2-12m-2=0\\ \iff 3m^2-4m=0\iff [\begin{array}{c}m=0\left(ktm\right)\\ m=\frac{4}{3}\left(tm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy $m=\frac{4}{3}$là thỏa mãn bài toán 

Đổi 20 phút $=\frac{1}{3}h$

Quãng đường ô tô đi từ A đến B trong 20 phút là : $55.\frac{1}{3}=\frac{55}{3}\left(km\right)$

Gọi thời gian ô tô đi từ B đến A đi đến khi gặp ô tô đi từ B đến A là $x\left(h\right)\left(x>0\right)$

$\Rightarrow$Thời gian ô tô đi từ A đến B đi đến khi gặp ô tô đi từ B đến A là: $x+\frac{1}{3}\left(h\right)$

$\Rightarrow$Quãng đường ô tô đi từ A đến B đi được đến khi 2 xe gặp nhau là : $55\left(x+\frac{1}{3}\right)=55x+\frac{55}{3}\left(km\right)$

Quãng đường ô tô đi từ B đến A đi được đến khi 2 xe gặp nhau : 

Quãng đường AB dài 135km nên ta có phương trình :

$55x+\frac{55}{3}+45x=135\iff 100x=\frac{350}{3}\iff x=\frac{7}{6}\left(h\right)$

Suy ra thời gian xe đi từ A đến B đến khi 2 xe gặp nhau là : $\frac{7}{6}+\frac{1}{3}=\frac{3}{2}=\mathrm{1,5}h$

Đổi $\mathrm{1,5}h=1$giờ 30 phút

Vậy hai xe gặp nhau lúc 10 giờ 30 phút

Thể tích của vật thể lúc đầu là : $V_1=\pi R^{2}h=\pi {.6}^2.6=216\pi \left(c{m}^3\right)$

Thể tích của phần vật thể bị khoan là $V_2=\pi r^{2}h=\pi {.2}^2.6=24\pi \left(c{m}^3\right)$

$\Rightarrow$Thể tích phần còn lại của vật thể đã cho là :

$V=V_1-V_2=216\pi -24\pi =192\pi \left(c{m}^3\right)$

Vậy thể tích phần còn lại là $192\pi \left(c{m}^3\right)$

Ta có : AD, BE, CF lần lượt là các đường cao của tam giác ABC

$\Rightarrow \left(\begin{array}{c}AD\perp BC\\ BE\perp AC\\ CF\perp AB\end{array}\right)\Rightarrow \angle ADC=\angle BEC=\angle BFC=90°$

Xét tứ giác BCEF ta có : $\angle BEC=\angle BFC=90°\left(cmt\right)$

$\Rightarrow BCEF$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

Xét tứ giác CDHE có : $\angle CDH+\angle CEH=90°+90°=180°$

$\Rightarrow CDHE$là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng $180°$

Ta có:

$P=\frac{1}{x^2}\left(y^2+z^2\right)+x^2\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)+2016$

$\begin{array}{c}P=\frac{y^2+z^2}{x^2}+\frac{x^2\left(y^2+z^2\right)}{y^2{z}^2}+2016\\ P\ge 2\sqrt{\frac{y^2+z^2}{x^2}.\frac{x^2.\left(y^2+z^2\right)}{y^2{z}^2}}+2016(Co-si)\\ \Rightarrow P\ge 2.\sqrt{\frac{x^2{\left(y^2+z^2\right)}^2}{x^2{y}^2{z}^2}}+2016\\ \iff P\ge 2.\frac{y^2+z^2}{yz}\ge 2.\frac{2\sqrt{y^2{z}^2}}{yz}+2016=4+2016\\ \Rightarrow P\ge 2020\end{array}$

Vậy $P_{\min }=2020$. Dấu $"="$xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=2$