toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 chính thức. 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 hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả, giúp các em nắm vững kiến thức và đạt kết quả cao nhất.
Câu 1 (2 điểm): 1. Thực hiện phép tính:
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Quảng Ninh luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh có thể làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và mức độ khó của đề thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019, chúng tôi sẽ phân tích chi tiết từng đề thi, bao gồm:
Để luyện thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 hiệu quả, học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019, toan9.edu.vn còn cung cấp các tài liệu hỗ trợ luyện thi khác, bao gồm:
Trước khi bước vào kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, chúng tôi xin gửi đến các em học sinh một số lời khuyên sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 là một tài liệu quan trọng để học sinh chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp học tập hiệu quả, chúng tôi tin rằng các em học sinh sẽ đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
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.
