toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021 chính thức và các đề luyện thi có cấu trúc tương tự. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em tự học hiệu quả hoặc sử dụng trong quá trình ôn luyện cùng giáo viên.
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức
Bài I (2 điểm):
Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\) và \(B = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 16\).
2) Chứng minh \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\).
Bài II (2,5 điểm):
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau).
2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{3}{{x + 1}} - 2y = - 1}\\{\dfrac{5}{{x + 1}} + 3y = 11}\end{array}} \right.\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + m - 2\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,{x_2}\) sao cho \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\).
Bài IV (3,5 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Vẽ đường tròn tâm \(C\), bán kính \(CA\). Từ điểm \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BM\) với đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) (\(M\) là tiếp điểm, \(M\) và \(A\)nằm khác phía nhau đối với đường thẳng \(BC\)).
1) Chứng minh bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Lấy điểm \(N\) thuộc đoạn thẳng \(AB\)( \(N\) khác \(A\), \(N\) khác \(B\)). Lấy điểm \(P\) thuộc tia đối của \(MB\) sao cho \(MP = AN\). Chứng minh tam giác \(CPN\) là tam giác cân và đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\)
Bài V (0,5 điểm)
Với các số thực \(a\) và \(b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\).
Bài I (2 điểm):
Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\) và \(B = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 16\).
2) Chứng minh \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\).
Bài II (2,5 điểm):
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau).
2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{3}{{x + 1}} - 2y = - 1}\\{\dfrac{5}{{x + 1}} + 3y = 11}\end{array}} \right.\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + m - 2\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,{x_2}\) sao cho \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\).
Bài IV (3,5 điểm)
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Vẽ đường tròn tâm \(C\), bán kính \(CA\). Từ điểm \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BM\) với đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) (\(M\) là tiếp điểm, \(M\) và \(A\)nằm khác phía nhau đối với đường thẳng \(BC\)).
1) Chứng minh bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Lấy điểm \(N\) thuộc đoạn thẳng \(AB\)( \(N\) khác \(A\), \(N\) khác \(B\)). Lấy điểm \(P\) thuộc tia đối của \(MB\) sao cho \(MP = AN\). Chứng minh tam giác \(CPN\) là tam giác cân và đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\)
Bài V (0,5 điểm)
Với các số thực \(a\) và \(b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\).
| Bài I Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\) và \(B = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\). 1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 16\). 2) Chứng minh \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\). |
Phương pháp:
1) Thay giá trị \(x = 16\,\,\left( {tmdk} \right)\) vào biểu thức \(A\) rồi tính giá trị của biểu thức.
2) Quy đồng, biến đổi và rút gọn biểu thức \(A + B.\)
Từ đó chứng minh được giá trị của \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\)
Cách giải:
1) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 9.\)
Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} = \dfrac{{\sqrt {16} }}{{\sqrt {16} + 3}} = \dfrac{4}{{4 + 3}} = \dfrac{4}{7}\).
Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = \dfrac{4}{7}\).
2) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}A + B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 3\sqrt x + 2x + 6\sqrt x - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\)).
Bài II 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau). 2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy \(\pi \approx 3,14\)). |
Phương pháp:
1) Gọi số bộ đồ bảo hộ y tế tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\) (bộ), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết và ẩn \(x\) vừa gọi.
Dựa vào giả thiết bài cho để lập phương trình.
Giải phương trình tìm ẩn \(x\) và đối chiếu với điều kiện xác định.
Kết luận.
2) Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao \(h\) và bán kính \(r\): \({S_{xq}} = 2\pi rh.\)
Cách giải:
1) Gọi số bộ đồ bảo hộ y tế tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\) (bộ), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian theo kế hoạch tổ sản xuất làm xong \(4800\) bộ đồ là: \(\dfrac{{4800}}{x}\) (ngày).
Thực tế mỗi ngày, tổ đó làm được số bộ đồ bảo hộ y tế là:\(x + 100\) (bộ).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế tổ sản xuất làm xong \(4800\) bộ đồ là: \(\dfrac{{4800}}{{x + 100}}\) (ngày).
Theo đề bài, tổ sản xuất đã làm xong \(4800\) bộ đồ trước \(8\) ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{4800}}{x} - \dfrac{{4800}}{{x + 100}} = 8\\ \Leftrightarrow 4800\left( {x + 100} \right) - 4800x = 8x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 600\left( {x + 100} \right) - 600x = x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 600x + 60000 - 600x = {x^2} + 100x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 60000 = 0\end{array}\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {50^2} + 60000 = 62500 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = - 50 + \sqrt {62500} = 200\,\,\left( {tm} \right)\) và \({x_2} = - 50 + \sqrt {62500} = - 300\,\,\,\left( {ktm} \right)\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm \(200\) bộ đồ bảo hộ y tế.
2) Thùng nước hình trụ có chiều cao \(h = 1,6m\) và bán kính đáy \(R = 0,5m\).
Diện tích bề mặt được sơn của thùng nước là:
\(2\pi Rh = 2.3,14.0,5.1,6 = 5,024\,\,\,\,\left( {{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích bề mặt được sơn của thùng nước là \(5,024\,{m^2}\).
Bài III 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{3}{{x + 1}} - 2y = - 1}\\{\dfrac{5}{{x + 1}} + 3y = 11}\end{array}} \right.\) 2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + m - 2\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,{x_2}\) sao cho \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\). |
Phương pháp:
1) Đặt \(\dfrac{1}{{x + 1}} = t\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right.\), sau đó sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm ra \(t\) và \(y\) sau đó tìm ra nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của phương trình ban đầu.
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt, sử dụng ứng dụng của định lí Vi – ét và điều kiện giả thiết của đề bài để tìm được các giá trị của \(m\).
Cách giải:
1) ĐKXĐ: \(x \ne - 1\).
Đặt \(\dfrac{1}{{x + 1}} = t\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right.\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9t - 6y = - 3}\\{10t + 6y = 22}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19t = 19\\3t - 2y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\3 - 2y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\2y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\y = 2\end{array} \right.\).
Với \(t = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{x + 1}} = 1 \Leftrightarrow x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {0;2} \right)\).
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\):
\({x^2} = 2x + m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 2 = 0\,\,\left( * \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Rightarrow \) Phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + m - 2 > 0 \Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\).
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = - m + 2}\end{array}} \right.\)
Theo giả thiết:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\\ \Leftrightarrow {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|^2} = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{x_1}{x_2} + {x_2}^2 = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow 4 - 4\left( { - m + 2} \right) = 4\\ \Leftrightarrow 4\left( { - m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow - m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài IV Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Vẽ đường tròn tâm \(C\), bán kính \(CA\). Từ điểm \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BM\) với đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) (\(M\) là tiếp điểm, \(M\) và \(A\)nằm khác phía nhau đối với đường thẳng \(BC\)). 1) Chứng minh bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn. 2) Lấy điểm \(N\) thuộc đoạn thẳng \(AB\)( \(N\) khác \(A\), \(N\) khác \(B\)). Lấy điểm \(P\) thuộc tia đối của \(MB\) sao cho \(MP = AN\). Chứng minh tam giác \(CPN\) là tam giác cân và đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\) |
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác \(ACMB\) nội tiếp một đường tròn suy ra bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh \(CN = CP\)(2 cạnh tương ứng bằng nhau).\( \Rightarrow \Delta CNP\) cân tại \(C\). (đpcm).
Chứng minh \(CE\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta CNP\)\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(PN\)
Cách giải:
1) Ta có: tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle BAC = {90^0}\)
\(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) nên \(\angle CMB = {90^0}\) (định nghĩa tiếp tuyến của đường tròn)
Xét tứ giác \(ACMB\) ta có: \(\angle CAB + \angle CMB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ACMB\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
Hay bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường trònbốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn. (đpcm).
2) Xét tam giác \(CAN\) và tam giác \(CMP\) có:
\(AN = MP\,\,\,\,\left( {gt} \right)\)
\(\angle CAN = \angle CMP = {90^0}\)
\(AC = CM\)(\(A,M\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {C;\,\,CA} \right)\))
\( \Rightarrow \Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow CN = CP\)(2 cạnh tương ứng bằng nhau).
\( \Rightarrow \Delta CNP\) cân tại \(C\). (đpcm).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(AM\) và \(PN\).
Vì \(\Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên:
\(\angle ACN = \angle MCP\)(2 góc tương ứng bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle ACM = \angle ACN + \angle NCM\) \( = \angle PCM + \angle MCN = \angle NCP\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta ACM\) và \(\Delta CNP\) là hai tam giác cân đỉnh \(C\) có \(\angle ACM = \angle PCN\)
\( \Rightarrow \angle CNP = \angle CAM\) (các góc ở đáy của các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau)
Hay \(\angle CAE = \angle CNE\)
\( \Rightarrow CANE\) là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle CEN = {90^0} \Rightarrow CE \bot PN\)
Mà \(\Delta CNP\) cân tại \(C\) (cmt)
\( \Rightarrow CE\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta CNP\)
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(PN\)
Vậy đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\)(đpcm).
Bài V Với các số thực \(a\) và \(b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\). |
Phương pháp:
Kết hợp với giả thiết \({a^2} + {b^2} = 2\) biến đổi biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\) trở thành \(P = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2}\)
Sau đó áp dụng Áp dụng BĐT Bunhiacopxki để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ban đầu
Cách giải:
Ta có \({\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab = 2 + 2ab\) \( \Rightarrow ab = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2}}{2} = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - 1\).
Khi đó ta có: \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab = 3\left( {a + b} \right) + \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - 1\).
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{2}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 6\left( {a + b} \right) + 9} \right] - \dfrac{{11}}{2}\\P = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \({\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2.2 = 4\) \( \Rightarrow - 2 \le a + b \le 2\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 \le a + b + 3 \le 5\\ \Rightarrow - 5 \le \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2} \le 7\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {P_{\min }} = - 5\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 2\\a = b\\a + b = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = - 1\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng \( - 5\), đạt được khi \(a = b = - 1\).
| Bài I Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\) và \(B = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\). 1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 16\). 2) Chứng minh \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\). |
Phương pháp:
1) Thay giá trị \(x = 16\,\,\left( {tmdk} \right)\) vào biểu thức \(A\) rồi tính giá trị của biểu thức.
2) Quy đồng, biến đổi và rút gọn biểu thức \(A + B.\)
Từ đó chứng minh được giá trị của \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\)
Cách giải:
1) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 9.\)
Thay \(x = 16\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta có:
\(A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} = \dfrac{{\sqrt {16} }}{{\sqrt {16} + 3}} = \dfrac{4}{{4 + 3}} = \dfrac{4}{7}\).
Vậy khi \(x = 16\) thì \(A = \dfrac{4}{7}\).
2) Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}A + B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{x - 9}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \dfrac{{3x + 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 3\sqrt x + 2x + 6\sqrt x - 3x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\sqrt x - 9}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy \(A + B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x \ge 0,\,\,x \ne 9\)).
Bài II 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau). 2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m. Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy \(\pi \approx 3,14\)). |
Phương pháp:
1) Gọi số bộ đồ bảo hộ y tế tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\) (bộ), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết và ẩn \(x\) vừa gọi.
Dựa vào giả thiết bài cho để lập phương trình.
Giải phương trình tìm ẩn \(x\) và đối chiếu với điều kiện xác định.
Kết luận.
2) Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao \(h\) và bán kính \(r\): \({S_{xq}} = 2\pi rh.\)
Cách giải:
1) Gọi số bộ đồ bảo hộ y tế tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là \(x\) (bộ), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian theo kế hoạch tổ sản xuất làm xong \(4800\) bộ đồ là: \(\dfrac{{4800}}{x}\) (ngày).
Thực tế mỗi ngày, tổ đó làm được số bộ đồ bảo hộ y tế là:\(x + 100\) (bộ).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế tổ sản xuất làm xong \(4800\) bộ đồ là: \(\dfrac{{4800}}{{x + 100}}\) (ngày).
Theo đề bài, tổ sản xuất đã làm xong \(4800\) bộ đồ trước \(8\) ngày so với kế hoạch nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{4800}}{x} - \dfrac{{4800}}{{x + 100}} = 8\\ \Leftrightarrow 4800\left( {x + 100} \right) - 4800x = 8x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 600\left( {x + 100} \right) - 600x = x\left( {x + 100} \right)\\ \Leftrightarrow 600x + 60000 - 600x = {x^2} + 100x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 100x - 60000 = 0\end{array}\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {50^2} + 60000 = 62500 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = - 50 + \sqrt {62500} = 200\,\,\left( {tm} \right)\) và \({x_2} = - 50 + \sqrt {62500} = - 300\,\,\,\left( {ktm} \right)\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm \(200\) bộ đồ bảo hộ y tế.
2) Thùng nước hình trụ có chiều cao \(h = 1,6m\) và bán kính đáy \(R = 0,5m\).
Diện tích bề mặt được sơn của thùng nước là:
\(2\pi Rh = 2.3,14.0,5.1,6 = 5,024\,\,\,\,\left( {{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích bề mặt được sơn của thùng nước là \(5,024\,{m^2}\).
Bài III 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{3}{{x + 1}} - 2y = - 1}\\{\dfrac{5}{{x + 1}} + 3y = 11}\end{array}} \right.\) 2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x + m - 2\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,{x_2}\) sao cho \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\). |
Phương pháp:
1) Đặt \(\dfrac{1}{{x + 1}} = t\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right.\), sau đó sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm ra \(t\) và \(y\) sau đó tìm ra nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) của phương trình ban đầu.
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\), tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt, sử dụng ứng dụng của định lí Vi – ét và điều kiện giả thiết của đề bài để tìm được các giá trị của \(m\).
Cách giải:
1) ĐKXĐ: \(x \ne - 1\).
Đặt \(\dfrac{1}{{x + 1}} = t\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right.\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3t - 2y = - 1}\\{5t + 3y = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9t - 6y = - 3}\\{10t + 6y = 22}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19t = 19\\3t - 2y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\3 - 2y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\2y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\y = 2\end{array} \right.\).
Với \(t = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{x + 1}} = 1 \Leftrightarrow x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {0;2} \right)\).
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\):
\({x^2} = 2x + m - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 2 = 0\,\,\left( * \right)\)
\(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Rightarrow \) Phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 + m - 2 > 0 \Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1\).
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = - m + 2}\end{array}} \right.\)
Theo giả thiết:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\\ \Leftrightarrow {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|^2} = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{x_1}{x_2} + {x_2}^2 = 4\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4\\ \Leftrightarrow 4 - 4\left( { - m + 2} \right) = 4\\ \Leftrightarrow 4\left( { - m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow - m + 2 = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 2\).
Bài IV Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Vẽ đường tròn tâm \(C\), bán kính \(CA\). Từ điểm \(B\) kẻ tiếp tuyến \(BM\) với đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) (\(M\) là tiếp điểm, \(M\) và \(A\)nằm khác phía nhau đối với đường thẳng \(BC\)). 1) Chứng minh bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn. 2) Lấy điểm \(N\) thuộc đoạn thẳng \(AB\)( \(N\) khác \(A\), \(N\) khác \(B\)). Lấy điểm \(P\) thuộc tia đối của \(MB\) sao cho \(MP = AN\). Chứng minh tam giác \(CPN\) là tam giác cân và đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\) |
Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác \(ACMB\) nội tiếp một đường tròn suy ra bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh \(CN = CP\)(2 cạnh tương ứng bằng nhau).\( \Rightarrow \Delta CNP\) cân tại \(C\). (đpcm).
Chứng minh \(CE\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta CNP\)\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(PN\)
Cách giải:
1) Ta có: tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\angle BAC = {90^0}\)
\(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {C;CA} \right)\) nên \(\angle CMB = {90^0}\) (định nghĩa tiếp tuyến của đường tròn)
Xét tứ giác \(ACMB\) ta có: \(\angle CAB + \angle CMB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ACMB\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
Hay bốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường trònbốn điểm \(A,C,M\) và \(B\) cùng thuộc một đường tròn. (đpcm).
2) Xét tam giác \(CAN\) và tam giác \(CMP\) có:
\(AN = MP\,\,\,\,\left( {gt} \right)\)
\(\angle CAN = \angle CMP = {90^0}\)
\(AC = CM\)(\(A,M\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {C;\,\,CA} \right)\))
\( \Rightarrow \Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow CN = CP\)(2 cạnh tương ứng bằng nhau).
\( \Rightarrow \Delta CNP\) cân tại \(C\). (đpcm).
Gọi \(E\) là giao điểm của \(AM\) và \(PN\).
Vì \(\Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {cmt} \right)\) nên:
\(\angle ACN = \angle MCP\)(2 góc tương ứng bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle ACM = \angle ACN + \angle NCM\) \( = \angle PCM + \angle MCN = \angle NCP\)
\( \Rightarrow \)\(\Delta ACM\) và \(\Delta CNP\) là hai tam giác cân đỉnh \(C\) có \(\angle ACM = \angle PCN\)
\( \Rightarrow \angle CNP = \angle CAM\) (các góc ở đáy của các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau)
Hay \(\angle CAE = \angle CNE\)
\( \Rightarrow CANE\) là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle CEN = {90^0} \Rightarrow CE \bot PN\)
Mà \(\Delta CNP\) cân tại \(C\) (cmt)
\( \Rightarrow CE\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của \(\Delta CNP\)
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(PN\)
Vậy đường thẳng \(AM\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(NP\)(đpcm).
Bài V Với các số thực \(a\) và \(b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\). |
Phương pháp:
Kết hợp với giả thiết \({a^2} + {b^2} = 2\) biến đổi biểu thức \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab\) trở thành \(P = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2}\)
Sau đó áp dụng Áp dụng BĐT Bunhiacopxki để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ban đầu
Cách giải:
Ta có \({\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab = 2 + 2ab\) \( \Rightarrow ab = \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2}}{2} = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - 1\).
Khi đó ta có: \(P = 3\left( {a + b} \right) + ab = 3\left( {a + b} \right) + \dfrac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} - 1\).
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{2}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 6\left( {a + b} \right) + 9} \right] - \dfrac{{11}}{2}\\P = \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2}\end{array}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \({\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 2.2 = 4\) \( \Rightarrow - 2 \le a + b \le 2\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 \le a + b + 3 \le 5\\ \Rightarrow - 5 \le \dfrac{1}{2}{\left( {a + b + 3} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2} \le 7\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {P_{\min }} = - 5\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 2\\a = b\\a + b = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = - 1\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng \( - 5\), đạt được khi \(a = b = - 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà Nội luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển tiếp lớn trong sự nghiệp học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, thường là một trong những môn thi có độ cạnh tranh cao nhất. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, tập trung vào việc kiểm tra kiến thức và kỹ năng giải quyết vấn đề của học sinh.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
So với các năm trước, đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021 được đánh giá là có độ khó tương đương. Tuy nhiên, đề thi vẫn đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc, kỹ năng giải toán tốt, và khả năng tư duy logic cao. Một số câu hỏi trong đề thi có tính ứng dụng cao, yêu cầu học sinh phải vận dụng kiến thức đã học vào thực tế.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021, học sinh cần tập trung ôn luyện các chủ đề sau:
Trong quá trình làm bài thi, học sinh cần lưu ý những điều sau:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021 mà toan9.edu.vn cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
toan9.edu.vn cam kết cung cấp cho học sinh những tài liệu ôn thi chất lượng, cùng với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, để giúp các em tự tin bước vào kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021 và đạt được kết quả tốt nhất.
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết một số câu hỏi tiêu biểu trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021. (Phần này sẽ được cập nhật thêm với các bài phân tích cụ thể)
| Dạng bài | Tỷ lệ xuất hiện | Độ khó |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | 20% | Trung bình |
| Hình học phẳng (Tam giác, tứ giác) | 25% | Trung bình - Khó |
| Bất phương trình | 15% | Trung bình |
| Hàm số | 10% | Khó |
| Tổ hợp - Xác suất | 5% | Khó |
Hy vọng những thông tin trên sẽ giúp các em học sinh có sự chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2021. Chúc các em 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.
