toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 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 làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các dạng bài tập, đáp án chi tiết và phương pháp giải khoa học, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin đối mặt với mọi thử thách.
Bài 1: Cho hai biểu thức:
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hải Phòng luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 là một nguồn tài liệu quý giá để các em có thể đánh giá năng lực bản thân và tập trung ôn luyện những kiến thức còn yếu.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi chính thức năm 2020 có độ khó tương đối cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải toán tốt. Đề thi tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9, đồng thời có một số câu hỏi vận dụng cao, đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo.
Ví dụ, câu hỏi về hàm số bậc hai yêu cầu học sinh phải hiểu rõ về đồ thị hàm số, các tính chất của hàm số, và các phương pháp giải phương trình bậc hai. Câu hỏi về hình học yêu cầu học sinh phải nắm vững các định lý, tính chất của các hình hình học, và các phương pháp chứng minh hình học.
Ngoài đề thi chính thức, các trường THCS tại Hải Phòng cũng thường xuyên tổ chức các đề thi thử để giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Các đề thi thử này thường có độ khó tương đương với đề thi chính thức, và cũng tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9.
Để ôn thi hiệu quả cho kỳ thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, các em học sinh cần:
toan9.edu.vn luôn đồng hành cùng các em học sinh trong quá trình ôn thi vào 10. Chúng tôi cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi, các bài giảng online, và các bài tập luyện thi, giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Hãy dành thời gian ôn luyện một cách nghiêm túc và khoa học, và đừng quên giữ gìn sức khỏe để có một tinh thần tốt nhất trong ngày thi. Chúc các em thành công!
| Dạng bài tập | Mức độ khó | Ví dụ |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Trung bình | Giải phương trình: x2 - 5x + 6 = 0 |
| Hệ phương trình | Khó | Giải hệ phương trình: {x + y = 5, 2x - y = 1} |
| Hình học phẳng | Trung bình | Tính diện tích tam giác ABC biết AB = 3cm, AC = 4cm, góc BAC = 90o |
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.
