Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Tự luận - Đề 7)

a, Điều kiện: a > 0; a ≠ 1

b, Ta có:

luôn đúng với a > 0; a ≠ 1

Vậy với a > 0; a ≠ 1 thi A > 6

Đổi: 20 phút = 1/3 giờ.

Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) (x > 3)

Vận tốc của cano khi xuôi dòng là x + 3 (km/h)

Thời gian khi cano xuôi dòng là: $\frac{40}{x+3}$ (h)

Vận tốc cano khi ngược dòng là x – 3 (km/h)

Thời gian khi cano ngược dòng là: $\frac{40}{x-3}$ (h)

Do thời gian xuôi ít hơn thời gian ngược là 20 phút nên ta có phương trình

Do x > 0 nên x = 27

Vậy vận tốc riêng của cano là 27 km/h

1.a, Khi m = 3, ta có hệ phương trình

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 

b, Ta có hệ phương trình:

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiện duy nhất

Với m ≠ 0, m ≠ 2 thì phương trinh (1) có nghiệm duy nhất

Ta có:

Với  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 

Theo đề bài, ta có: 

Kết hợp với điều kiện m ≠ 0, m ≠ 2 => m = 1

Vậy m = 1

2.a, Khi a = –1; đường thẳng (d): y = 2x + 4

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

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) khi a = –1 là:

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

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt

Vậy với a < 0 hoặc a > 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂.

Áp dụng định lí Vi- et ta có:

Theo bài ra:

Với a < 0, (1) trở thành:

Do a < 0 nên a = –1/2

Với a > 4, phương trình (1) trở thành:

<=> a = ±3/2

Do a > 4 nên không có a thỏa mãn

Vậy với a = –1/2 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài

a, Ta có:

b, 

c, Xét tam giác ABC có:

BE và CF là các đường cao

BE giao với CF tại H

=> H là trực tâm tam giác ABC

=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = ${90}^0$

Xét tứ giác BEFC có:

∠BFC = ∠BEC = ${90}^0$

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau

=> BEFC là tứ giác nội tiếp

=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

Xét tứ giác BFHD có:

∠BFH = ∠HDB = ${90}^0$

=>∠BFH + ∠HDB = ${180}^0$

=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng ${180}^0$)

=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)

Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH

=> FH tia phân giác của góc ∠DFE

d, Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO

Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = ${90}^0$

=> ∠OFB + ∠HCD = ${90}^0$ (*)

ΔFIH cân tại I => $\widehat{IFH}=\widehat{IHF}$

$\widehat{IHF}=\widehat{DHC}$ (đối đỉnh)

ΔHDC vuông tại D => $\widehat{DHC}+\widehat{HDC}={90}^0$

=> $\widehat{IFH}+\widehat{HDC}={90}^0$ (**)

Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH

=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = ${90}^0$

Vậy FI là tiếp tuyến của (O)

Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)

Mà I là trung điểm của AH

=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm

Vì phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ vô nghiệm nên $b^2-4ac<0$

<=> $b^2<4ac$ <=> c > $\frac{b^2}{4a}$ => c > 0 (vì 0 < a < b)

$\frac{a+b+c}{b-a}$ > 3 <=> a + b + c > 3b – 3a (Do 0 < a < b)

<=> 4a – 2b + c > 0

<=> 4ac – 2bc + $c^2$ > 0 (Vì c > 0)

<=> $b^2$ – 2bc + $c^2$ + 4ac – $b^2$ > 0 

<=> ${\left(b-c\right)}^2+4ac-b^2>0$

Bất đẳng thức trên luôn đúng