Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 4)

$a)A=3\sqrt{2}-\sqrt{32}+\sqrt{50}=3\sqrt{2}-4\sqrt{2}+5\sqrt{2}=4\sqrt{2}$

Vậy $A=4\sqrt{2}$

b)$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}}{x-4}\right):\frac{1}{\sqrt{x}+2}$

Với $x\ge \mathrm{0,}x\ne 4$ ta có :

$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}}{x-4}\right):\frac{1}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}+2-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}.\frac{\sqrt{x}+2}{1}=\frac{2}{\sqrt{x}-2}$

$1)2x-4=0\iff 2x=4\iff x=2$

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

2) Đặt $t=x^2\left(t\ge 0\right)$ , khi đó phương trình trở thành : $t^2-t-12=0$

Ta có : $\Delta ={\left(-1\right)}^2-4.\left(-12\right)=49=7^2>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: $[\begin{array}{c}t=\frac{1+7}{2}=4\left(tm\right)\\ t=\frac{1-7}{2}=-3\left(ktm\right)\end{array}$

Với $t=4\Rightarrow x^2=4\iff [\begin{array}{c}x=2\\ x=-2\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{-2;2\right\}$

b) Ta có : $\{\begin{array}{c}2x+y=3\\ x-2y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}4x+2y=6\\ x-2y=4\end{array}\iff \{\begin{array}{c}5x=10\\ y=3-2x\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=2\\ y=-1\end{array}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(2;-1\right)$ 

c) Gọi vận tốc lúc đi của xe máy là $x\left(km/h\right)\left(x>0\right)$

Lúc đi, xe máy đi hết $\frac{100}{x}$(giờ)

Vận tốc lúc về của xe máy : $x+10\left(km/h\right)$

Lúc về, xe máy đi hết $\frac{100}{x+10}$ (giờ)

Do lúc về xe máy tăng tốc nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút $=\frac{1}{2}h$nên ta có phương trình :

$\begin{array}{c}\frac{100}{x}-\frac{100}{x+10}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2\left(100x+1000-100x\right)=x\left(x+10\right)\\ \iff x^2+10x-2000=0\\ \Delta ={10}^2+4.2000=8100>0\Rightarrow \sqrt{\Delta }=90\\ \Rightarrow [\begin{array}{c}{x}_1=\frac{-10+90}{2}=40\left(tm\right)\\ x_2=\frac{-10-90}{2}=-50\left(ktm\right)\end{array}\end{array}$

Vậy vận tốc của xe máy là $40km/h$

a) +) Đồ thị hàm số $y=2x^2$

Đồ thị hàm số $y=2x^2$ có hệ số $a=2>0$ nên có bề lõm hướng lên, đồng biến khi $x>\mathrm{0,}$ nghịch biến khi $x<0$ và nhận Oy làm trục đối xứng

Ta có bảng giá trị sau :

$\begin{array}{c}x-2-1012\\ y=2x^{2}82028\end{array}$

$\Rightarrow y=2x^2$là đường cong đi qua các điểm $\left(-2;8\right),\left(-1;2\right),\left(0;0\right),\left(1;2\right),\left(2;8\right)$

+)Đường thẳng $y=-x+2$

Ta có bảng giá trị:

          $\begin{array}{c}x02\\ y=-x+220\end{array}$

$\Rightarrow y=-x+2$là đường thẳng đi qua các điểm $\left(0;2\right);\left(2;0\right)$

b) Để $d\text{'}//d$ thì $\left(\begin{array}{c}a=-1\\ b\ne 2\end{array}\right)\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng (d') có dạng y = -x + b

Lại có $M\left(1;2\right)\in d\text{'}$ nên thay tọa độ điểm M vào đường thẳng (d') ta có :

$2=-1+b\iff b=3\left(tm\right)$

a) Khi m = 2 phương trình (1) trở thành $x^2-6x+8=0$

Ta có $\Delta \text{'}=3^2-8=1>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$[\begin{array}{c}{x}_1=3+1=4\\ x_2=3-1=2\end{array}$

Vậy khi m = 2 thì phương trình (1) có tập nghiệm $S=\left\{2;4\right\}$

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

$\begin{array}{c}\Delta \text{'}>0\iff {\left(m+1\right)}^2-m^2-4>0\\ \iff m^2+2m+1-m^2-4\iff 2m>3\iff m>\frac{3}{2}(*)\end{array}$

Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có : $\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1{x}_2=m^2+4\end{array}$

Vì $x_2$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có :

$x_2^2-2\left(m+1\right)x+m^2+4=0\iff 2\left(m+1\right)x=x_2^2+m^2+4$

Khi đó ta có :

$\begin{array}{c}{x}_1^2+2\left(m+1\right)x_2\le 2m^2+20\iff x_1^2+x_2^2+m^2+4\le 2m^2+20\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\le m^2+16\\ \iff 4{\left(m+1\right)}^2-2\left(m^2+4\right)\le m^2+16\\ \iff 4m^2+8m+4-2m^2-8-m^2-16\le 0\\ \iff m^2+8m-20\le 0\iff -10\le m\le 2\end{array}$

Kết hợp với điều kiện (*)$\Rightarrow \frac{3}{2}<m\le 2$

a) Xét tứ giác $AEHF$ có $\angle AEH+\angle AFH=90°+90°=180°$ nên AEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180°$

Xét tứ giác BFEC có $\angle BFC=\angle BEC=90°\Rightarrow BFEC$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

b) Ta có : $\angle ABK=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow AB\perp BK$

Mà $CH\perp AB\left(gt\right)\Rightarrow CH//BK$(từ vuông góc đến song song)

Chứng minh tương tự ta có : $BH//CK$

$\Rightarrow BHCK$ là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối song song)

$\Rightarrow 2$đường chéo BC, HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà $I=HK\cap BC\left(gt\right)$. Vậy I cũng là trung điểm của BC(đpcm) 

c) Đặt $P=\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}$

$\begin{array}{c}\Rightarrow P=1-\frac{HD}{AD}+1-\frac{HE}{BE}+1-\frac{HF}{CF}\\ \Rightarrow P=3-\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)\end{array}$

Ta có : $\frac{HD}{AD}=\frac{\frac{1}{2}.HD.BC}{\frac{1}{2}.AD.BC}=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}$

Chứng minh tương tự : $\frac{BE}{HE}=\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}};\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}$

$\Rightarrow \frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1$

Vậy $P=\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}=3-1=2$