Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2021 có đáp án (Phần 1) (Đề 6)

Vậy A = 5

$2)B=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{6}}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}$. Ta có :

$\begin{array}{c}B=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{6}}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\frac{\sqrt{2}.\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}\\ =\sqrt{2}-\sqrt{2}+1=1\end{array}$

Vậy B = 1

1) Với m = 9 hệ phương trình trở thành $\{\begin{array}{c}3x+2y=10\\ 2x-y=9\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}3x+2y=10\\ 4x-2y=18\end{array}\iff \{\begin{array}{c}7x=28\\ y=\frac{10-3x}{2}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=4\\ y=-1\end{array}$

Vậy với m = 9 hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (4; -1)

2) Ta có $\{\begin{array}{c}3x+2y=19\\ 2x-y=m\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3x+2y=10\left(1\right)\\ y=2x-m\left(2\right)\end{array}$

Thay (2) vào (1) ta được :

$3x+2\left(2x-m\right)=10\iff 3x+4x-2m=10\iff 7x=2m+10\iff x=\frac{2m+10}{7}$

Thay $x=\frac{2m+10}{7}$ vào (2) ta được : $y=2.\frac{2m+10}{7}-m=\frac{4m+20}{7}-\frac{7m}{7}=\frac{-3m+20}{7}$

Để $x>\mathrm{0,}y<0$ khi và chỉ khi $\{\begin{array}{c}\frac{2m+10}{7}>0\\ \frac{-3m+20}{7}<0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}2m+10>0\\ -3m+20<0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}m>-5\\ m>\frac{20}{3}\end{array}\iff m>\frac{20}{3}$

Vậy $m>\frac{20}{3}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

1) Đồ thị hàm số $y=-x^2$ đi qua gốc tọa độ O, có bề lõm hướng xuống và nhận Oy làm trục đối xứng

Bảng giá trị

          $\begin{array}{c}x-2-1012\\ y=-x^2-4-10-1-4\end{array}$

$\Rightarrow Parabol\left(P\right):y=-x^2$ đi qua các điểm $\left(-2;-4\right),\left(-1;-1\right),\left(0;0\right),\left(1;-1\right),\left(2;-4\right)$

Đồ thị Parabol $\left(P\right):y=-x^2$

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

                    $-x^2=5x+6\iff x^2+5x+6=0$

Ta có $\Delta =b^2-4ac=5^2-\mathrm{4.1.6}=1>0$nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$\left(\begin{array}{c}{x}_1=\frac{-5+1}{2}=-2\Rightarrow y_1=-4\\ x_2=\frac{-5-1}{2}=-3\Rightarrow y_2=-9\end{array}\right)$

Vậy tọa độ các giao điểm (P) và (d) là $A\left(-2;-4\right),B\left(-3;-9\right)$

3) Vì (d') song song (d) nên (d') có dạng $y=5x+b\left(b\ne 6\right)\left(1\right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của (P),(d')là :

$-x^2=5x+b\iff x^2+5x+b=0(*)$

(d') cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

$\Delta \text{'}>0\iff 5^2-4b>0\iff b<\frac{25}{4}\left(2\right)$

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có $x_1{x}_2=b\Rightarrow b=-24<\frac{25}{4}$, thỏa mãn (1) và (2)

Vậy phương trình đường thẳng (d') cần tìm là $\left(d\text{'}\right):y=5x-24$

Gọi chiều rộng của khu vườn là x (mét, x$>0$)

Vì chiều dài gấp 3 lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là 3x(m)

Do lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m nên :

Chiều dài phần đất để trồng trọt là : $3x-\mathrm{1,5.2}=3x-3$ (mét)

Chiều rộng phân đất để trồng trọt là : $x-\mathrm{1,5.2}=x-3$ (mét)

Vì diện tích vườn để trồng trọt là $4329m^2$ nên ta có phương trình :

$\begin{array}{c}\left(x-3\right)\left(3x-3\right)=4329\iff \left(x-3\right)\left(x-1\right)=1443\\ \iff x^2-4x+3=1443\iff x^2-4x-1440=0\end{array}$

Ta có $\Delta \text{'}=2^2+1440>0$nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

$\left(\begin{array}{c}{x}_1=2+\sqrt{1444}=40\left(tm\right)\\ x_2=2-\sqrt{1444}=-36\left(ktm\right)\end{array}\right)$

Vậy chiều rộng của khu vườn là 40m và chiều dài của khu vườn là 120m

Vì $∆ABC$ vuông tại A và nội tiếp (O) nên BC là đường kính của (O)

Ta có :$\left(\begin{array}{c}AB\perp AC\\ CD//AB\end{array}\right)\left(gt\right)\Rightarrow AC\perp CD$ (từ vuông góc đến song song)$\Rightarrow \angle ACD=90°$

Xét tứ giác AECD có $\angle AED=\angle ACD=90°\Rightarrow AECD$

là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)

Do tứ giác AECD nội tiếp (cmt) nên $\angle CAE=\angle CDE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE mà $\angle CDE=\angle ABF$ (so le trong)$\Rightarrow \angle CAE=\angle ABF$

Mặt khác $\angle AOF=2\angle ABF$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

$\Rightarrow \angle AOF=2\angle CAE\left(dfcm\right)$

Do tứ giác AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\angle ACE=\angle ADE$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

Ta có $\angle ADE=\angle DBC$ (so le trong do $AD//BC)$$\Rightarrow \angle ACE=\angle DBC$

Mà $\angle DBC=\angle FBC=\angle FAC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FC)

$\Rightarrow \angle ACE=\angle FAC$. Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên $AF//EC$ (1)

Mặt khác $\angle CFE=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $CF\perp FE$ hay $CF\perp BD$ , mà $AE\perp BD\left(gt\right)$ nên $AE//CF$ (từ vuông góc đến song song) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AECF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song)

Gọi $\left\{T\right\}=AC\cap BD$

Ta có: $\{\begin{array}{c}AB//CD\\ AD//BC\end{array}\Rightarrow ABCD$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow TA=TC,TB=TD$ và $AB=CD$ (tính chất hình bình hành)

Xét $∆DCT$vuông tại C có $CF\perp BD\left(cmt\right)\Rightarrow CF\perp DT\Rightarrow CF$ là đường cao nên :

$C{D}^2=DF.DT$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

$\Rightarrow 2C{D}^2=2DF.DT=\left(2DT\right).DF=DB.DF$

Mà AB= CD(cmt)

Vậy $DF.DB=2A{B}^2\left(dfcm\right)$