Ninh Bình là một trong những tỉnh thành có hệ thống giáo dục phát triển. Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng đối với học sinh lớp 9. Việc chuẩn bị kỹ lưỡng với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là vô cùng cần thiết.
Toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, được tổng hợp đầy đủ và chính xác, giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Hàm số
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh sau 9 năm học. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đề thi chính thức năm 2021 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9. Một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích và suy luận logic để tìm ra lời giải.
Ví dụ, một câu hỏi về hình học có thể yêu cầu học sinh chứng minh một tính chất của đường tròn hoặc tính diện tích của một hình phức tạp. Một câu hỏi về đại số có thể yêu cầu học sinh giải một hệ phương trình hoặc tìm nghiệm của một phương trình bậc hai.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi, học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Trước kỳ thi, hãy giữ tâm lý thoải mái, tự tin và có chế độ ăn uống, nghỉ ngơi hợp lý. Trong phòng thi, hãy đọc kỹ đề bài, phân bổ thời gian hợp lý và làm bài một cách cẩn thận. Chúc các em thành công!
| Trường | Điểm chuẩn |
|---|---|
| THPT A | 45 |
| THPT B | 42 |
Lưu ý: Điểm chuẩn có thể thay đổi tùy theo từng năm và từng trường.
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.
