Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT chuyên, trường có tuyển sinh bằng bài thi chuyên biệt tại Thanh Hóa, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018 là vô cùng quan trọng.
Toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2018, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải bài tập. Đây là cơ hội tuyệt vời để các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Câu I: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình
Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
Câu III: (2,0 điểm)
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Bài IV: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn: \(a + b + c = 1\) . Chứng minh \(\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge 30.\)
Câu I: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
Câu III: (2,0 điểm)
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Bài IV: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn: \(a + b + c = 1\) . Chứng minh \(\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge 30.\)
Câu I.
Phương pháp:
1) Giải phương trình bậc hai 1 ẩn sử dụng công thức nhanh có: \(a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình luôn có một nghiệm là: \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x = - \dfrac{c}{a}\)
2) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
Ta có: \(a - b + c = 1 - 8 + 7 = 0\) nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x = - \dfrac{c}{a} = - 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 7} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 20 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 20 - 5.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 10\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;10} \right)\)
Câu II.
Phương pháp:
1. Phân tích mẫu thành nhân tử sau đó quy đồng các mẫu thức rồi rút gọn.
2. Cho \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\) sau đó tìm x và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\(\begin{array}{l}A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\end{array}\)
Với \(x > 0\) ta có: \(\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) > 0\) khi đó \(\dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow 1 - \sqrt x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 1\)
Kết hợp với điều kiện ta được: \(0 < x \le 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
1.Hai đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b;\,\,\left( {d'} \right):\,\,y = a'x + b'\) song song với nhau khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\) .
Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;-1) tức là tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình đường thẳng.
2.Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) với mọi m: Ta xét biệt thức \(\Delta = {b^2} - 4ac\) sau đó chứng minh cho \(\Delta > 0,\forall m\) .
Kết hợp hệ thức Viet với đầu bài để tìm được m.
Hệ thức Viet: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\)
Cách giải:
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 3\end{array} \right.\)
Khi đó (d) trở thành: \(y = 2x + b\left( {b \ne 3} \right)\)
Đường thẳng (d’) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\) nên ta có:
\( - 1 = 2.1 + b \Leftrightarrow b = - 3\left( {tm} \right)\)
Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: \(y = 2x - 3\)
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Xét biệt thức \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 12 \ge 12 > 0,\forall m\)
Vậy phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Giả sử \({x_1} > {x_2}\)
Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Theo đề ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {x_1^2 + 2018} - \sqrt {x_2^2 + 2018} = {x_1} + {x_2}\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2018 + x_2^2 + 2018 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}\,\,\left( {Do\,\,{x_1} - {x_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 4036 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2018 - {x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right) = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow x_1^2x_2^2 + 2018\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {2018^2} = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] = - 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài IV.
Phương pháp:
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(\angle IAM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
Ta có \(\angle IEA + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
\(\angle NEB + \angle IEB = \angle NEI = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\);
\( \Rightarrow \angle IEA = \angle NEB\)
Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta NEB\) có:
\(\angle IEA = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\);
\(\angle IAE = \angle BAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);
\( \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{IA}} = \dfrac{{NE}}{{NB}} \Rightarrow IA.NE = IE.NB \Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\)
Do I là trung điểm của OA \( \Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{4}AB \Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}IB\) hay \(IB = 3IA\).
\( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
+) Chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi
Xét tứ giác \(BNEI\) có \(\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle NEB = \angle NIB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
Ta có \(\angle AMI = \angle AEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;
Mà \(\angle AEI = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AMI = \angle NIB\).
Xét \(\Delta AMI\) và \(\Delta BIN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMI = \angle NIB\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle MAI = \angle IBN = {90^0}\,\,\left( {gt} \right);\\ \Rightarrow \Delta AMI \sim \Delta BIN\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{BI}} = \dfrac{{AI}}{{BN}} \Rightarrow AM.BN = AI.BI\end{array}\)
Ta có \(AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}.2R = \dfrac{R}{2};\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}.2R = \dfrac{{3R}}{2}\)
\( \Rightarrow AM.BN = \dfrac{R}{2}.\dfrac{{3R}}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} = const\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ENI = \angle EBI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)
Do tứ giác \(AMEI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)
\( \Rightarrow \angle ENI = \angle IME = \angle EBI + \angle IAE = {90^0}\) (\(\Delta ABE\) vuông tại E)
\( \Rightarrow \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \Delta IMN\) vuông tại I \( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\)
Đặt \(\angle AIM = \alpha \Rightarrow \angle BNI = \alpha \,\,\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)\left( {Do\,\,\Delta AMI \sim \Delta BIN} \right)\).
Xét tam giác vuông AIM có \(\cos \angle AIM = \cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{MI}} \Rightarrow MI = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{R}{{2\cos \alpha }}\)
Xét tam giác vuông BIN có : \(\sin \angle BNI = \sin \alpha = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3R}}{2}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }}\)
\( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{{2\cos \alpha }}.\dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }} = \dfrac{{3{R^2}}}{{8\sin \alpha \cos \alpha }}\)
Do \({0^0} < \alpha < {90^0} \Rightarrow \sin \alpha > 0,\,\,\cos \alpha > 0\) và \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha = \sin \alpha .\sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \mathop \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + 1 - {{\sin }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow {S_{IMN}} \ge \dfrac{{3{R^2}}}{{8.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha = {45^0}\)
Vậy \({S_{IMN\,\,\min }} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}\).
Câu V.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{9abc}} + \dfrac{8}{{9abc}}\\ \ge \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}} + \dfrac{8}{{9\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.\dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}} + 24\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{3\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac} \right)}^2}}}{{27}}}}} + 24 = 30\end{array}\)
Câu I.
Phương pháp:
1) Giải phương trình bậc hai 1 ẩn sử dụng công thức nhanh có: \(a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình luôn có một nghiệm là: \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x = - \dfrac{c}{a}\)
2) giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} + 8x + 7 = 0\)
Ta có: \(a - b + c = 1 - 8 + 7 = 0\) nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là \(x = - 1\) và nghiệm còn lại là: \(x = - \dfrac{c}{a} = - 7\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 7} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = - 6\\5x + y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 20 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 20 - 5.2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 10\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;10} \right)\)
Câu II.
Phương pháp:
1. Phân tích mẫu thành nhân tử sau đó quy đồng các mẫu thức rồi rút gọn.
2. Cho \(A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\) sau đó tìm x và đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right),\) với \(x > 0\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + 4\sqrt x + 4}}:\left( {\dfrac{x}{{x + 2\sqrt x }} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}:\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{x}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)
\(\begin{array}{l}A \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge \dfrac{1}{{3\sqrt x }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0\end{array}\)
Với \(x > 0\) ta có: \(\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) > 0\) khi đó \(\dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow 1 - \sqrt x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 1\)
Kết hợp với điều kiện ta được: \(0 < x \le 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu III.
Phương pháp:
1.Hai đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b;\,\,\left( {d'} \right):\,\,y = a'x + b'\) song song với nhau khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\) .
Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;-1) tức là tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình đường thẳng.
2.Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) với mọi m: Ta xét biệt thức \(\Delta = {b^2} - 4ac\) sau đó chứng minh cho \(\Delta > 0,\forall m\) .
Kết hợp hệ thức Viet với đầu bài để tìm được m.
Hệ thức Viet: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\)
Cách giải:
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 3\end{array} \right.\)
Khi đó (d) trở thành: \(y = 2x + b\left( {b \ne 3} \right)\)
Đường thẳng (d’) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1} \right)\) nên ta có:
\( - 1 = 2.1 + b \Leftrightarrow b = - 3\left( {tm} \right)\)
Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: \(y = 2x - 3\)
\(\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\)
Xét biệt thức \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 12 \ge 12 > 0,\forall m\)
Vậy phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 3 = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với mọi m. Giả sử \({x_1} > {x_2}\)
Theo hệ thức Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 3\end{array} \right.\)
Theo đề ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {x_1^2 + 2018} - {x_1} = \sqrt {x_2^2 + 2018} + {x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {x_1^2 + 2018} - \sqrt {x_2^2 + 2018} = {x_1} + {x_2}\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2018 + x_2^2 + 2018 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2}\,\,\left( {Do\,\,{x_1} - {x_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 4036 - 2\sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right)} = 2018 - {x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow \left( {x_1^2 + 2018} \right).\left( {x_2^2 + 2018} \right) = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow x_1^2x_2^2 + 2018\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {2018^2} = {2018^2} - 4036{x_1}{x_2} + x_1^2x_2^2\\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] = - 2{x_1}{x_2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = 2\end{array}\)
Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài IV.
Phương pháp:
Cách giải:
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(\angle IAM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
Ta có \(\angle IEA + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
\(\angle NEB + \angle IEB = \angle NEI = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\);
\( \Rightarrow \angle IEA = \angle NEB\)
Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta NEB\) có:
\(\angle IEA = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\);
\(\angle IAE = \angle BAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);
\( \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{IA}} = \dfrac{{NE}}{{NB}} \Rightarrow IA.NE = IE.NB \Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\)
Do I là trung điểm của OA \( \Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{4}AB \Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}IB\) hay \(IB = 3IA\).
\( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
+) Chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi
Xét tứ giác \(BNEI\) có \(\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle NEB = \angle NIB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
Ta có \(\angle AMI = \angle AEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;
Mà \(\angle AEI = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AMI = \angle NIB\).
Xét \(\Delta AMI\) và \(\Delta BIN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMI = \angle NIB\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle MAI = \angle IBN = {90^0}\,\,\left( {gt} \right);\\ \Rightarrow \Delta AMI \sim \Delta BIN\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{BI}} = \dfrac{{AI}}{{BN}} \Rightarrow AM.BN = AI.BI\end{array}\)
Ta có \(AI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{1}{4}.2R = \dfrac{R}{2};\,\,BI = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}.2R = \dfrac{{3R}}{2}\)
\( \Rightarrow AM.BN = \dfrac{R}{2}.\dfrac{{3R}}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} = const\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ENI = \angle EBI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)
Do tứ giác \(AMEI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)
\( \Rightarrow \angle ENI = \angle IME = \angle EBI + \angle IAE = {90^0}\) (\(\Delta ABE\) vuông tại E)
\( \Rightarrow \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \Delta IMN\) vuông tại I \( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN\)
Đặt \(\angle AIM = \alpha \Rightarrow \angle BNI = \alpha \,\,\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)\left( {Do\,\,\Delta AMI \sim \Delta BIN} \right)\).
Xét tam giác vuông AIM có \(\cos \angle AIM = \cos \alpha = \dfrac{{AI}}{{MI}} \Rightarrow MI = \dfrac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{R}{{2\cos \alpha }}\)
Xét tam giác vuông BIN có : \(\sin \angle BNI = \sin \alpha = \dfrac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \dfrac{{BI}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{3R}}{2}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }}\)
\( \Rightarrow {S_{IMN}} = \dfrac{1}{2}IM.IN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{{2\cos \alpha }}.\dfrac{{3R}}{{2\sin \alpha }} = \dfrac{{3{R^2}}}{{8\sin \alpha \cos \alpha }}\)
Do \({0^0} < \alpha < {90^0} \Rightarrow \sin \alpha > 0,\,\,\cos \alpha > 0\) và \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha = \sin \alpha .\sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \mathop \le \limits^{Cauchy} \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha + 1 - {{\sin }^2}\alpha }}{2} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow {S_{IMN}} \ge \dfrac{{3{R^2}}}{{8.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha = {45^0}\)
Vậy \({S_{IMN\,\,\min }} = \dfrac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}\).
Câu V.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{abc}} = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{9abc}} + \dfrac{8}{{9abc}}\\ \ge \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}} + \dfrac{8}{{9\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.\dfrac{1}{{3{{\left( {bc + ac + ab} \right)}^2}}}} + 24\\ \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{3\dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ac} \right)}^2}}}{{27}}}}} + 24 = 30\end{array}\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thanh Hóa 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 Thanh Hóa năm 2018 là một nguồn tài liệu quý giá để các em chuẩn bị cho kỳ thi này.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018 để hiểu rõ hơn về mức độ khó và yêu cầu của đề thi.
Phương trình thường xuất hiện trong đề thi là các phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, hoặc phương trình chứa căn thức. Để giải các phương trình này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình đã học, như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp phân tích thành nhân tử, hoặc phương pháp sử dụng công thức nghiệm.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học thường yêu cầu học sinh phải vận dụng các kiến thức về tam giác đồng dạng, tứ giác nội tiếp, hoặc các định lý về đường thẳng song song, đường thẳng vuông góc. Để giải các bài toán này, học sinh cần vẽ hình chính xác và sử dụng các lập luận logic.
Các bài toán về số học thường yêu cầu học sinh phải vận dụng các kiến thức về chia hết, ước số, và các tính chất của số nguyên tố. Để giải các bài toán này, học sinh cần sử dụng các phương pháp như phân tích số thành thừa số nguyên tố, hoặc sử dụng các tính chất của phép chia.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018, học sinh cần:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2018 là một tài liệu quan trọng để các em học sinh lớp 9 chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và kỹ năng để tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
