toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 chính thức, được biên soạn và chọn lọc kỹ lưỡng. Đây là tài liệu vô cùng hữu ích cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 tại tỉnh Bắc Ninh.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Bắc Ninh luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh có thể làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập và mức độ khó của kỳ thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là các bài toán về phương trình bậc hai và hệ phương trình. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các công thức và kỹ năng giải phương trình, hệ phương trình. Ngoài ra, đề thi cũng yêu cầu học sinh có khả năng phân tích và suy luận logic.
Đề thi số 2 chú trọng vào các kiến thức về hình học, đặc biệt là các bài toán về tam giác và đường tròn. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất của tam giác và đường tròn. Đồng thời, học sinh cũng cần có khả năng vẽ hình và sử dụng các công cụ hình học để giải quyết bài toán.
Đề thi số 3 kết hợp các kiến thức về đại số, hình học và số học. Đề thi này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp và khả năng vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học để giải quyết bài toán.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019, toan9.edu.vn còn cung cấp nhiều tài liệu hỗ trợ luyện thi khác, bao gồm:
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10. Hy vọng rằng, với những thông tin và lời khuyên trên, các em học sinh sẽ có một kỳ thi thành công. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
