Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bắc 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 sắp tới.
Đề thi được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao. Bên cạnh đề thi, chúng tôi còn cung cấp đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự học hiệu quả.
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá, giúp học sinh làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Câu 1: Giải phương trình x2 - 5x + 6 = 0
Hướng dẫn giải: Đây là một phương trình bậc hai đơn giản. Ta có thể giải bằng cách phân tích thành nhân tử hoặc sử dụng công thức nghiệm.
x2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3) = 0
Vậy, phương trình có hai nghiệm là x = 2 và x = 3.
Câu 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn giải: Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Vậy, BC = √25 = 5cm.
Luyện tập thường xuyên là yếu tố then chốt để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán. Hãy giải nhiều đề thi khác nhau để làm quen với các dạng bài tập và rèn luyện kỹ năng giải toán. Bên cạnh đó, việc học hỏi kinh nghiệm từ các bạn học giỏi và giáo viên cũng rất quan trọng.
Giaitoan.edu.vn là một nền tảng học toán online uy tín, cung cấp các khóa học chất lượng cao, đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh từ lớp 6 đến lớp 12. Chúng tôi có đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, phương pháp giảng dạy hiện đại và tài liệu học tập phong phú. Hãy truy cập giaitoan.edu.vn để khám phá thêm nhiều tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán hữu ích.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 là một tài liệu ôn thi quan trọng, giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán. Hãy tận dụng tối đa tài liệu này và luyện tập thường xuyên để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
