toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh lớp 9 ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi, từ đó tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, giúp các em hiểu rõ bản chất của từng dạng toán và áp dụng linh hoạt vào các bài thi khác.
Câu I (2 điểm): 1) Giải phương trình:
Câu I (2 điểm):
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
Câu II (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Câu IV (4,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ \(AB\) chứa nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) vẽ các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) với nửa đường tròn đó. Gọi \(M\) là một điểm bất kì trên nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (với \(M\) khác \(A\), \(M\) khác \(B\)), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại \(M\)cắt \(Ax,\,\,By\) lần lượt tại \(C\) và \(D\).
a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy \(r = 4cm\), độ dài đường sinh \(l = 5cm\).
Câu V (0,5 điểm):
Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện \(abc = 1.\)
Chứng minh \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\)
Câu I (2 điểm):
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
Câu II (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Câu IV (4,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ \(AB\) chứa nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) vẽ các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) với nửa đường tròn đó. Gọi \(M\) là một điểm bất kì trên nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (với \(M\) khác \(A\), \(M\) khác \(B\)), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại \(M\)cắt \(Ax,\,\,By\) lần lượt tại \(C\) và \(D\).
a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy \(r = 4cm\), độ dài đường sinh \(l = 5cm\).
Câu V (0,5 điểm):
Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện \(abc = 1.\)
Chứng minh \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\)
Câu I (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - \left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,4} \right\}.\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức \(\dfrac{A}{{\sqrt B - C}} = \dfrac{{A\left( {\sqrt B + C} \right)}}{{B - {C^2}}};\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\,\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\) để làm bài.
2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
+) Giải bất phương trình \(B > \dfrac{1}{2}\) để tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện của \(x\) và điều kiện \(x\) nguyên rồi kết luận.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{5 - 1}} - 3\sqrt {{3^2}.5} + \left| {\sqrt 5 - 1} \right|\\\,\,\,\,\,\, = \sqrt 5 + 1 - 9\sqrt 5 + \sqrt 5 - 1\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = - 7\sqrt 5 .\end{array}\)
Vậy \(A = - 7\sqrt 5 .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Điều kiện: \(x > 0,\,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\\\,\,\,\, = \dfrac{{3 + \sqrt x - 3 + \sqrt x }}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }} = \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }}.\end{array}\)
Ta có: \(B > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} > \dfrac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{4 - 3 + \sqrt x }}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0 \Leftrightarrow 3 - \sqrt x > 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt x + 1 > 0\,\,\,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0,\,\,\,x \ne 9,\,\,\,x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.\)
Vậy \(x \in \left\{ {\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}\) thì \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (VD)
Phương pháp:
1) Thay hoành độ điểm \(M\) vào công thức \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) để tìm tung độ của điểm \(M.\)
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của hai đồ thị hàm số.
+) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\,\left( {\Delta ' > 0} \right).\)
+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
Ta có \(M\left( {4;\,\,{y_M}} \right)\) thuộc \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) nên thay \(x = 4\) vào công thức hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) ta được:
\({y_M} = \dfrac{1}{2}{.4^2} = 8 \Rightarrow M\left( {4;\,\,8} \right).\)
Vậy \(M\left( {4;\,\,8} \right).\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
\(\dfrac{{{x^2}}}{2} = - mx + 3 - m \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 6 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 6 > 0\, \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};\,\,{y_2}} \right).\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 6\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4\left( {2m - 6} \right) - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 24 - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu IV (4,0 điểm) (VD)
Phương pháp:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) là tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
d) Áp dụng tính chất đường phân giác.
2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} .\)
+) Thể tích hình nón có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\)
Cách giải:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
Do \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A \Rightarrow \angle OAC = {90^0}\).
\(MC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M \Rightarrow \angle OMC = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACMO\) có: \(\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ACMO\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:
\(OC\) là tia phân giác của \(\angle AOM\);
\(OD\) là tia phân giác của \(\angle BOM\);
Mà \(\angle AOM;\,\,\angle BOM\) là hai góc kề bù \( \Rightarrow OC \bot OD\) (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).
\( \Rightarrow \angle COD = {90^0}\) hay tam giác \(COD\) vuông tại \(O\). (đpcm)
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OM\) ta có: \(O{M^2} = MC.MD\).
Mà \(OM = R \Rightarrow MC.MD = {R^2}\) (1).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(AC = MC;\,\,BD = MD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC.BD = {R^2}\). (đpcm)
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\BD \bot AB\\MN \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC//BD//MN\) (Từ vuông góc đến song song).
Gọi \(P = AM \cap CN\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}};\,\,\dfrac{{NI}}{{AC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (3).
Ta có : \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle AMN + \angle NMB = {90^0}\).
Mà trong tam giác vuông \(MNB\) lại có: \(\angle NBM + \angle NMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AMN = \angle NBM = \angle ABM\).
Ta có : \(\angle ABM = \angle AMC\) (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)) ;
\(\angle ABM = \angle AMN\) (cmt) ;
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN \Rightarrow MA\) là tia phân giác trong của góc \(CMN\).
Mà \(MB \bot MA\,\,\left( {\angle AMB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow MB\) là tia phân giác ngoài của góc \(CMN\).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác \(CMI\) ta có: \(\dfrac{{MI}}{{MC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{NI}}{{AC}} \Leftrightarrow MI = NI\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(MN\) (đpcm).
2) Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = \sqrt 9 = 3\,\,\left( {cm} \right).\)
Thể tích của hình nón đã cho là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Câu V (VDC)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{1}{{2 + a}} = \dfrac{{abc}}{{2abc + a}} = \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}}\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2bc + 1 = bc + bc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}} \le \dfrac{{bc}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{2 + a}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)
CMTT ta có : \(\dfrac{1}{{2 + b}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ca}}}}{3};\,\,\dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ab}}}}{3}\,\)
Cộng vế với vế ta được \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{bc}} + \sqrt[3]{{ca}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right)\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{3\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{abc}}}}}} = \dfrac{9}{3} = 3\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le 3 \Rightarrow 3\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right) \le 1\).
Vậy \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\) Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Câu I (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - \left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,4} \right\}.\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức \(\dfrac{A}{{\sqrt B - C}} = \dfrac{{A\left( {\sqrt B + C} \right)}}{{B - {C^2}}};\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\,\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\) để làm bài.
2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
+) Giải bất phương trình \(B > \dfrac{1}{2}\) để tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện của \(x\) và điều kiện \(x\) nguyên rồi kết luận.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{5 - 1}} - 3\sqrt {{3^2}.5} + \left| {\sqrt 5 - 1} \right|\\\,\,\,\,\,\, = \sqrt 5 + 1 - 9\sqrt 5 + \sqrt 5 - 1\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = - 7\sqrt 5 .\end{array}\)
Vậy \(A = - 7\sqrt 5 .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Điều kiện: \(x > 0,\,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\\\,\,\,\, = \dfrac{{3 + \sqrt x - 3 + \sqrt x }}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }} = \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }}.\end{array}\)
Ta có: \(B > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} > \dfrac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{4 - 3 + \sqrt x }}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0 \Leftrightarrow 3 - \sqrt x > 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt x + 1 > 0\,\,\,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0,\,\,\,x \ne 9,\,\,\,x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.\)
Vậy \(x \in \left\{ {\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}\) thì \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (VD)
Phương pháp:
1) Thay hoành độ điểm \(M\) vào công thức \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) để tìm tung độ của điểm \(M.\)
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của hai đồ thị hàm số.
+) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\,\left( {\Delta ' > 0} \right).\)
+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
Ta có \(M\left( {4;\,\,{y_M}} \right)\) thuộc \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) nên thay \(x = 4\) vào công thức hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) ta được:
\({y_M} = \dfrac{1}{2}{.4^2} = 8 \Rightarrow M\left( {4;\,\,8} \right).\)
Vậy \(M\left( {4;\,\,8} \right).\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
\(\dfrac{{{x^2}}}{2} = - mx + 3 - m \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 6 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 6 > 0\, \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};\,\,{y_2}} \right).\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 6\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4\left( {2m - 6} \right) - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 24 - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu IV (4,0 điểm) (VD)
Phương pháp:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) là tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
d) Áp dụng tính chất đường phân giác.
2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} .\)
+) Thể tích hình nón có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\)
Cách giải:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
Do \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A \Rightarrow \angle OAC = {90^0}\).
\(MC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M \Rightarrow \angle OMC = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACMO\) có: \(\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ACMO\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:
\(OC\) là tia phân giác của \(\angle AOM\);
\(OD\) là tia phân giác của \(\angle BOM\);
Mà \(\angle AOM;\,\,\angle BOM\) là hai góc kề bù \( \Rightarrow OC \bot OD\) (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).
\( \Rightarrow \angle COD = {90^0}\) hay tam giác \(COD\) vuông tại \(O\). (đpcm)
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OM\) ta có: \(O{M^2} = MC.MD\).
Mà \(OM = R \Rightarrow MC.MD = {R^2}\) (1).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(AC = MC;\,\,BD = MD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC.BD = {R^2}\). (đpcm)
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\BD \bot AB\\MN \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC//BD//MN\) (Từ vuông góc đến song song).
Gọi \(P = AM \cap CN\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}};\,\,\dfrac{{NI}}{{AC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (3).
Ta có : \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle AMN + \angle NMB = {90^0}\).
Mà trong tam giác vuông \(MNB\) lại có: \(\angle NBM + \angle NMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AMN = \angle NBM = \angle ABM\).
Ta có : \(\angle ABM = \angle AMC\) (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)) ;
\(\angle ABM = \angle AMN\) (cmt) ;
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN \Rightarrow MA\) là tia phân giác trong của góc \(CMN\).
Mà \(MB \bot MA\,\,\left( {\angle AMB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow MB\) là tia phân giác ngoài của góc \(CMN\).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác \(CMI\) ta có: \(\dfrac{{MI}}{{MC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{NI}}{{AC}} \Leftrightarrow MI = NI\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(MN\) (đpcm).
2) Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = \sqrt 9 = 3\,\,\left( {cm} \right).\)
Thể tích của hình nón đã cho là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Câu V (VDC)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{1}{{2 + a}} = \dfrac{{abc}}{{2abc + a}} = \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}}\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2bc + 1 = bc + bc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}} \le \dfrac{{bc}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{2 + a}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)
CMTT ta có : \(\dfrac{1}{{2 + b}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ca}}}}{3};\,\,\dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ab}}}}{3}\,\)
Cộng vế với vế ta được \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{bc}} + \sqrt[3]{{ca}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right)\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{3\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{abc}}}}}} = \dfrac{9}{3} = 3\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le 3 \Rightarrow 3\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right) \le 1\).
Vậy \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\) Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hà Nam luôn là một kỳ thi quan trọng đối với học sinh lớp 9. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn một phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019:
Phương trình là một trong những dạng bài tập cơ bản và thường xuyên xuất hiện trong đề thi. Để giải phương trình, bạn cần nắm vững các quy tắc biến đổi phương trình và các phương pháp giải phương trình khác nhau.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học đòi hỏi bạn phải có kiến thức vững chắc về các định lý và tính chất hình học. Bạn cần vẽ hình chính xác và trình bày lời giải một cách logic và chặt chẽ.
Các bài toán ứng dụng đòi hỏi bạn phải hiểu rõ đề bài và vận dụng kiến thức toán học vào giải quyết các vấn đề thực tế. Bạn cần phân tích đề bài, xác định các yếu tố liên quan và xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nam, bạn cần có một phương pháp giải đề thi hiệu quả. Dưới đây là một số lời khuyên:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu luyện thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và một phương pháp giải đề thi hiệu quả. Hy vọng rằng bài viết này đã cung cấp cho bạn những thông tin hữu ích và giúp bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc bạn thành công!
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.
