Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 tại Hải Phòng và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT chuyên, trường công lập hàng đầu, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 là vô cùng quan trọng.
Toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của thành phố Hải Phòng năm 2018, được tổng hợp đầy đủ và chính xác. Đây là cơ hội tuyệt vời để các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và đánh giá năng lực bản thân.
Câu 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức:
Câu 1 (1,5 điểm):
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Bài 4 (3,5 điểm)
1.Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(HE//CD\).
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
2.Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Bài 5 (1,0 điểm)
a)Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
b)Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 1 (1,5 điểm):
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Bài 4 (3,5 điểm)
1.Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(HE//CD\).
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
2.Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Bài 5 (1,0 điểm)
a)Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
b)Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \;\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\sqrt B \;\;\;khi\;\;\;A < 0\end{array} \right..\)
+) Quy đồng mẫu và biến đổi để rút gọn biểu thức \(B.\)
+) Lấy các kết quả đã rút gọn của các biểu thức của \(A,\;\;B\) ở câu trên sau đó giải bất phương trình \(AB \le 0.\) Tìm được \(x\) thì kết hợp với điều kiện đã cho của \(x\) và kết luận.
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {{2^2}.3} + 2\sqrt {{3^2}.3} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 6\sqrt 3 + 6\sqrt 3 } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 .\sqrt 3 = 3.\\B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)\\\;\;\; = 1 - x.\end{array}\)
Vậy \(A = 3,\;\;B = 1 - x.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 1.\)
Ta có: \(AB \le 0\) \( \Leftrightarrow 3\left( {1 - x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 - x \le 0 \Leftrightarrow x \ge 1.\)
Kết hợp với điều kiện bài cho ta có \(x > 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(x > 1.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Hai đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1}:\;\;y = {a_1}x + {b_1}\\{d_2}:\;\;y = {a_2}x + {b_2}\end{array} \right.\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
b) Đặt điều kiện để hệ phương trình có nghĩa. Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ và sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
Đường thẳng \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow y = 2x + b.\)
Đường thẳng \(y = 2x + b\) căt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3 \Rightarrow 3 = 2.0 + b \Leftrightarrow b = 3\;\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2,\;\;b = 3.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ge 6.\)
Đặt \(\sqrt {y + 6} = a\;\;\left( {a \ge 0} \right).\) Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x + a = 11\\5x - a = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\8x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\a = 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\\ \Rightarrow \sqrt {y + 6} = 2 \Leftrightarrow y + 6 = 4 \Leftrightarrow y = - 2\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {3; - 2} \right).\)
Câu 3:
Phương pháp:
1. a) Thay giá trị của \(m = 2\) vào phương trình đã cho và giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và áp dụng hệ thức bài cho để tìm giá trị của \(m.\)
2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình để tìm vận tốc của mỗi xe.
+) Sau đó so sánh vận tốc mỗi xe với vận tốc tối đa mà xe được chạy là 50km/h để rút ra kết luận đúng.
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) ta có phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta thấy phương trình có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) và \(x = 5.\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\;\;5} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2m > 0\\ \Leftrightarrow m > 0.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\;\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} - 2{x_2} = - 1\;\;\;\;\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2{x_1} - 1\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4m + 3}}{3}\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right..\)
Thế vào \(\left( 2 \right)\) ta được: \(\dfrac{{4m + 3}}{3}.\dfrac{{2m + 3}}{3} = {m^2} + 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 8{m^2} + 12m + 6m + 9 = 9{m^2} + 9\\ \Leftrightarrow {m^2} - 18m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 18} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m - 18 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\;\;\left( {ktm} \right)\\m = 18\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 18\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{x}\;\;\left( h \right).\)
Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất \(6km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ hai là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{{x + 6}}\;\;\left( h \right).\)
Ô tô thứ hai xuất phát sớm hơn ô tô thứ nhất \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\left( h \right)\) mà hai xe đến B cùng lúc nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{144}}{x} - \dfrac{{144}}{{x + 6}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 3.144\left( {x + 6} \right) - 3.144x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 2592 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 48} \right)\left( {x + 54} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\x + 54 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 54\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là \(48km/h,\) vận tốc của ô tô thứ hai là: \(48 + 6 = 54km/h.\)
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Vì biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là \(50km/h\) nên xe thứ hai đã vi phạm giới hạn tốc độ vì \(54km/h > 50km/h.\)
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác ABHE có: \(\angle AHB = \angle AEB\) (gt);
\( \Rightarrow \) Hai điểm H và E cùng nhìn AB dưới một góc 900.
\( \Rightarrow \) Tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (dấu hiệu nhận biết)
b) Chứng minh \(HE//CD\).
Do tứ giác ABHE nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DEH = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle ABC = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle DEH = \angle ADC\).
Hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow HE//CD\) .
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.
\( \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE (cmt)
Ta có \(IM\) là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IM//AC\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IM//AC\\HE//CD\\AC \bot CD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM \bot HE\)
\( \Rightarrow IM\) là đường trung trực của HE \( \Rightarrow IH = IE\,\,\left( 1 \right)\)
Chứng minh tương tự ta có:
Xét tứ giác AHFC có: \(\angle AHC = \angle AFC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC, tâm N (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CAD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle CAD = \angle CBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CBD\). Hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị \( \Rightarrow HF//BD\)
IN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IN//AB\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IN//AB\\HF//BD\\AB \bot BD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IN \bot HF\)
\( \Rightarrow IN\) là đường trung trực của HF \( \Rightarrow IH = IF\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IE = IF\,\,\left( {dpcm} \right)\).
2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Gọi l là độ dài đường sinh của hình nón. Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {400} = 20\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .12.20 = 240\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích đáy của hình nón là \({S_d} = \pi {r^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 240\pi + 144\pi = 384\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Bài 5.
a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow ab + bc + ca \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array}\)
b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
\(\begin{array}{l}6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)} \right) - 12\left( {xy + yz + xz} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6{\left( {x + y + z} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{8} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT ở ý a) ta có:
\(xy + yz + zx \le \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{3}{{16}} \Rightarrow - 2\left( {xy + yz + zx} \right) \ge \dfrac{{ - 3}}{8}\)
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\,\,\left( {a,b,c \ge 0} \right)\)
Chứng minh:
Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfr
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \;\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\sqrt B \;\;\;khi\;\;\;A < 0\end{array} \right..\)
+) Quy đồng mẫu và biến đổi để rút gọn biểu thức \(B.\)
+) Lấy các kết quả đã rút gọn của các biểu thức của \(A,\;\;B\) ở câu trên sau đó giải bất phương trình \(AB \le 0.\) Tìm được \(x\) thì kết hợp với điều kiện đã cho của \(x\) và kết luận.
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {{2^2}.3} + 2\sqrt {{3^2}.3} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 6\sqrt 3 + 6\sqrt 3 } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 .\sqrt 3 = 3.\\B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)\\\;\;\; = 1 - x.\end{array}\)
Vậy \(A = 3,\;\;B = 1 - x.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 1.\)
Ta có: \(AB \le 0\) \( \Leftrightarrow 3\left( {1 - x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 - x \le 0 \Leftrightarrow x \ge 1.\)
Kết hợp với điều kiện bài cho ta có \(x > 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(x > 1.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Hai đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1}:\;\;y = {a_1}x + {b_1}\\{d_2}:\;\;y = {a_2}x + {b_2}\end{array} \right.\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
b) Đặt điều kiện để hệ phương trình có nghĩa. Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ và sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
Đường thẳng \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow y = 2x + b.\)
Đường thẳng \(y = 2x + b\) căt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3 \Rightarrow 3 = 2.0 + b \Leftrightarrow b = 3\;\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2,\;\;b = 3.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ge 6.\)
Đặt \(\sqrt {y + 6} = a\;\;\left( {a \ge 0} \right).\) Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x + a = 11\\5x - a = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\8x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\a = 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\\ \Rightarrow \sqrt {y + 6} = 2 \Leftrightarrow y + 6 = 4 \Leftrightarrow y = - 2\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {3; - 2} \right).\)
Câu 3:
Phương pháp:
1. a) Thay giá trị của \(m = 2\) vào phương trình đã cho và giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và áp dụng hệ thức bài cho để tìm giá trị của \(m.\)
2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình để tìm vận tốc của mỗi xe.
+) Sau đó so sánh vận tốc mỗi xe với vận tốc tối đa mà xe được chạy là 50km/h để rút ra kết luận đúng.
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) ta có phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta thấy phương trình có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) và \(x = 5.\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\;\;5} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2m > 0\\ \Leftrightarrow m > 0.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\;\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} - 2{x_2} = - 1\;\;\;\;\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2{x_1} - 1\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4m + 3}}{3}\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right..\)
Thế vào \(\left( 2 \right)\) ta được: \(\dfrac{{4m + 3}}{3}.\dfrac{{2m + 3}}{3} = {m^2} + 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 8{m^2} + 12m + 6m + 9 = 9{m^2} + 9\\ \Leftrightarrow {m^2} - 18m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 18} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m - 18 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\;\;\left( {ktm} \right)\\m = 18\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 18\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{x}\;\;\left( h \right).\)
Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất \(6km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ hai là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{{x + 6}}\;\;\left( h \right).\)
Ô tô thứ hai xuất phát sớm hơn ô tô thứ nhất \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\left( h \right)\) mà hai xe đến B cùng lúc nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{144}}{x} - \dfrac{{144}}{{x + 6}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 3.144\left( {x + 6} \right) - 3.144x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 2592 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 48} \right)\left( {x + 54} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\x + 54 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 54\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là \(48km/h,\) vận tốc của ô tô thứ hai là: \(48 + 6 = 54km/h.\)
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Vì biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là \(50km/h\) nên xe thứ hai đã vi phạm giới hạn tốc độ vì \(54km/h > 50km/h.\)
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác ABHE có: \(\angle AHB = \angle AEB\) (gt);
\( \Rightarrow \) Hai điểm H và E cùng nhìn AB dưới một góc 900.
\( \Rightarrow \) Tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (dấu hiệu nhận biết)
b) Chứng minh \(HE//CD\).
Do tứ giác ABHE nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DEH = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle ABC = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle DEH = \angle ADC\).
Hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow HE//CD\) .
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.
\( \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE (cmt)
Ta có \(IM\) là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IM//AC\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IM//AC\\HE//CD\\AC \bot CD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM \bot HE\)
\( \Rightarrow IM\) là đường trung trực của HE \( \Rightarrow IH = IE\,\,\left( 1 \right)\)
Chứng minh tương tự ta có:
Xét tứ giác AHFC có: \(\angle AHC = \angle AFC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC, tâm N (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CAD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle CAD = \angle CBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CBD\). Hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị \( \Rightarrow HF//BD\)
IN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IN//AB\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IN//AB\\HF//BD\\AB \bot BD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IN \bot HF\)
\( \Rightarrow IN\) là đường trung trực của HF \( \Rightarrow IH = IF\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IE = IF\,\,\left( {dpcm} \right)\).
2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Gọi l là độ dài đường sinh của hình nón. Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {400} = 20\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .12.20 = 240\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích đáy của hình nón là \({S_d} = \pi {r^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 240\pi + 144\pi = 384\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Bài 5.
a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow ab + bc + ca \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array}\)
b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
\(\begin{array}{l}6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)} \right) - 12\left( {xy + yz + xz} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6{\left( {x + y + z} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{8} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT ở ý a) ta có:
\(xy + yz + zx \le \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{3}{{16}} \Rightarrow - 2\left( {xy + yz + zx} \right) \ge \dfrac{{ - 3}}{8}\)
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\,\,\left( {a,b,c \ge 0} \right)\)
Chứng minh:
Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfr
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hải Phòng luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để các em chuẩn bị cho kỳ thi này.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Để giúp các em hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi, chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018.
Cho phương trình: x2 - 2(m+1)x + 2m = 0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4.
Hướng dẫn giải:
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 6cm, AC = 8cm. Gọi D là điểm đối xứng của A qua B. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành.
Hướng dẫn giải:
Ngoài Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10!
| Năm | Link tải đề |
|---|---|
| 2018 | [Link đến đề thi 2018] |
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.
