Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 - 2022 sở GD&ĐT Nghệ An - THCS.TOANMATH.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

a)

64 16 2 36

A= + − 8 4 2.6 0= + − = b)

Đường thẳng y ax b= + song song với đường thẳng y=3x. Suy ra a=3;b≠0.

Đường thẳng y ax b= + đi qua M(1;9). Suy ra: 9=a.1+ ⇒ =b 9 3.1+ ⇒ =b b 6 (Thỏa mãn).

Vậy a=3;b=6. c) Với x>0;x≠1

1 2

1 1

x x

P x x x

  +

= − ⋅

+ −

 

1 2

(1 ) 1

x x x x

x x x

 + −  +

= + ⋅ − 1

1 x x x

x x x

− +

= ⋅

+ −

1= Câu 2.

a) 2x²−5x+ =2 0

Xét ∆ =b²−4ac= −( 5) 4.2.2 9 0²− = > ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 5 9 2 2 5 9 1

2 2.2 2 2.2 2

b b

x x

a a

− + ∆ + − − ∆ −

= = = = = =

Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và 1 2. b) x²−12x+ =4 0

Xét ∆ =^′ b^′2−ac = −( 6) 1.4 32 0² − = > nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: ^{1 2}

1 2 1 2

12

4 0, 0

x x

x x x x

 + =

 = ⇒ > >

 Ta có:

( )

( )

( )

( )

2 2

2 2 2 2

2 2 1 2 1 2 1 2

2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 12 2.4

2 12 2 4 1156

x x x x x x

x x

T x x x x x x x x

 + − 

 +  +   −

 

= = = = =

 +  + + + +

 

Nhận xét x₁²+x₂² >0 và x₁ + x₂ >0 với mọi x x₁, ₂ >0 suy ra T >0

2 1156 34

T T

⇒ = = =

Vây T =34. Câu 3.

Gọi số người xem MV là x (triệu người) (x>0)

Theo đề bài có 60% số người đã xem 2 lượt, 40% số người đã xem 1 lượt và tổng lượt xem MV là 6,4 triệu lượt nền ta có phương trình:

2 60%x⋅ + ⋅x 40% 6,4=

120 40 6,4

100 100

x 

⇔  + =

 

4( ) x TM

⇔ =

Vậy số người xem MV "Trốn tìm" của Đen Vâu là 4 triệu người.

Câu 4.

a) Xét tứ giác BCEF ta có:

 90

BFC= ° (CF là đường cao); BEC = °90 (BE là đường cao) ⇒BFC BEC = F

⇒ và E cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau.

⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.

b) Xét tứ giác HECD ta có:

 90

ADC= ° (AD là đường cao); (BE là đường cao) ⇒ ADC BEC+ =180° ⇒ tứ giác HECD nội tiếp đường tròn

HED HCD 

⇒ = (góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (1).

Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (chứng minh câu a) ⇒FEB FCD = (góc nội tiếp cùng chắn cung .FB.). (2).

Từ (1) (2) suy ra  FEB BED= . Xét tam giác FEN có EH là phân giác của góc E ta có:

HF HN

EF = NE (tinh chất đường phân giác). (3) Xét ∆HNE và ∆DNC ta có:

 

  HNE DNC HEN DCN HEN

=  ⇒ ∆

=  ∽ ∆DCN g g( )− HN DN(4)

NE CN

⇒ =

Từ (3) (4) suy ra HF DN HF CN DN.

EF = CN ⇒ = .EF (đpcm)

c)

Vì BP là tiếp tuyến của ( )O ⇒OB BP⊥ hay ∆OBP vuông ở B. M là trung điểm BC⇒OM BC⊥ hay BM OP⊥

Tam giác OBP vuông ở B có BM OP⊥ ⇒OB² =OM OP. (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà OA OB R( ) OM OP OA. ² OM OA OA OP

= = ⇒ = ⇔ =

Xét tam giác OAM và tam giác OPA có:

AOM chung OM OA

OA OP=

( . . )  

OAM OPA c g c OAM OPA

⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = (5)

Vi AD OP BC/ / (⊥ )⇒OPA DAP = (so le trong) (6).

Từ (5) và (6) suy ra OAM DAP = (đpcm).

Câu 5.

(

)

3 2 4( ) (1)

( 1) 4 (2)

x y xy x y

x y xy x x

 − + = −



+ + − + =



Đk x≥0;y≥0

(1) ⇔ +x 3 xy − xy −3y=4( x− y)

( 3 ) ( 3 ) 4( )

x x y y x y x y

⇔ + − + = −

( x y)( x 3 y 4) 0

⇔ − + − =

(*)

3 4 0(**)

x y x y

 =

+ − =



Thay (*) vào (2) , ta có:

(

)

(x+1) 3x x− =4

3 2 2 3 4 0

x x x

⇔ − − + =

(

)

(x 1) x x 4 0

⇔ − − − =

( )

( ) ( )

1

1 17

2

1 17

2 x tm

x tm

x ktm

 =



 +

⇔  =

 −

 =

1 17 1 17

( ; ) (1;1); ;

2 2

x y   + + 

⇒ ∈  

Xét (**) có: x+ y = −4 2 y Xét:

(

)

(x+1) y+ xy x− +x

(

)

(x 1) 2(y 2 y 1) x x 2

= + − − + − + +

(

)

(x 1) 2( y 1) x x 2

= + − − − + +

Xét x≤2, áp dụng BĐT Cô si cho ba số không âm x+1;2(2−x x); +1 ta có:

1 1 2(2 ) 3

2( 1)(2 )( 1)

3

x x x

x+ −x x+ ≤  + + + + − 

 

1 1 1 2(2 ) 3

( 1)(2 )( 1) 4

2 3

x x x

x x x  + + + + − 

⇔ + − + ≤ ⋅  =

 

Dấu "=" xảy ra 1 1 x y

⇔  = =

Xét x>2 ta có ^{(x+1)(2−x x)( + < ⇒1) 0 (x+1)}

(

)

2 2

x y ∈  + + .