Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020 chính thức và chính xác. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh lớp 9 có thể 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 một cách dễ hiểu, giúp các em nắm vững kiến thức và đạt kết quả tốt nhất.
Câu 1: 1) Giải hệ phương trình:
Câu 1:
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right..\)
2) Giải phương trình \({x^4} - 12{x^2} + 16 = 0.\)
3) Giải phương trình \(\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}.\)
Câu 2:
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\).
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng \(y = 2x\) và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\) cắt nhau.
3) Tìm các số thực a để biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Câu 3:
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\). Tính diện tích của mặt cầu.
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?
3) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\). Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|\), \(\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\).
Câu 4:
1) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\) (với \(a \ge 0\) và \(a \ne 4\))
2) Tìm các số thực \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\\{y^3} = {x^2} + 18\end{array} \right.\).
Câu 5:
Cho \(\Delta ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường cao \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại trực tâm \(H,\,\,AB < AC.\) Vẽ đường kính \(AD\) của \(\left( O \right).\) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) với đường tròn \(\left( O \right),\,\,\,K \ne A.\) Gọi \(L,\,\,P\) lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng \(BC\) và \(EF,\,\,AC\) và \(KD.\)
1) Chứng minh tứ giác \(EHKP\) nội tiếp đường tròn và tâm \(I\) của đường tròn này thuộc đường thẳng \(BC.\)
2) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC.\) Chứng minh \(AH = 2OM.\)
3) Gọi \(T\) là giao điểm của đường tròn \(\left( O \right)\) với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta EFK,\,\,\,T \ne K.\)Chứng minh rằng ba điểm \(L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng.
Câu 6:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng \({\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\).
Câu 1:
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right..\)
2) Giải phương trình \({x^4} - 12{x^2} + 16 = 0.\)
3) Giải phương trình \(\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}.\)
Câu 2:
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\).
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng \(y = 2x\) và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\) cắt nhau.
3) Tìm các số thực a để biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Câu 3:
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\). Tính diện tích của mặt cầu.
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?
3) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\). Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|\), \(\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\).
Câu 4:
1) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\) (với \(a \ge 0\) và \(a \ne 4\))
2) Tìm các số thực \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\\{y^3} = {x^2} + 18\end{array} \right.\).
Câu 5:
Cho \(\Delta ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường cao \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại trực tâm \(H,\,\,AB < AC.\) Vẽ đường kính \(AD\) của \(\left( O \right).\) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) với đường tròn \(\left( O \right),\,\,\,K \ne A.\) Gọi \(L,\,\,P\) lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng \(BC\) và \(EF,\,\,AC\) và \(KD.\)
1) Chứng minh tứ giác \(EHKP\) nội tiếp đường tròn và tâm \(I\) của đường tròn này thuộc đường thẳng \(BC.\)
2) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC.\) Chứng minh \(AH = 2OM.\)
3) Gọi \(T\) là giao điểm của đường tròn \(\left( O \right)\) với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta EFK,\,\,\,T \ne K.\)Chứng minh rằng ba điểm \(L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng.
Câu 6:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng \({\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\).
Câu 1 (1,75 điểm)
Cách giải:
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x - 10y = 14\\6x + 12y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}22y = - 11\\2x + 4y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \dfrac{1}{2}\\2x + 4.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2 = 1\\y = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{2}\\y = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\dfrac{3}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right).\)
2) Giải phương trình \({x^4} - 12{x^2} + 16 = 0.\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó ta có phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} - 12t + 16 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {6^2} - 16 = 20 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 6 - \sqrt {20} = 6 - 2\sqrt 5 \,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = 6 + \sqrt {20} = 6 + 2\sqrt 5 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
+) Với \(t = 6 - 2\sqrt 5 \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 6 - 2\sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} - 2\sqrt 5 + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 - 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 5 - 1\\x = 1 - \sqrt 5 \end{array} \right..\,\,\,\end{array}\)
+) Với \(t = 6 + 2\sqrt 5 \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 6 + 2\sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2\sqrt 5 + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 5 + 1\\x = - \sqrt 5 - 1\end{array} \right..\,\,\,\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \sqrt 5 - 1;\,\,1 - \sqrt 5 ;\,\,\,\sqrt 5 - 1;\,\,\sqrt 5 + 1} \right\}.\)
3) Giải phương trình \(\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}.\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 1\\x \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}\\ \Rightarrow 2x\left( {x - 2} \right) + 2x = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 2x = 3{x^2} - 9x + 6\\ \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x - x + 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) - \left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 6\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:\(S = \left\{ 6 \right\}.\)
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\) | \(4\) | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;4} \right)\), \(\left( { - 2;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {2;1} \right)\), \(\left( {4;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng \(y = 2x\) và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\) cắt nhau.
Hai đường thẳng \(y = 2x\)và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\)cắt nhau khi và chi khi:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{m^2} + m \ne 2\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m + 2m - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right) + 2\left( {m - 1} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ne - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) và \(m \ne - 2\) thì hai đường thẳng \(y = 2x\)và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\)cắt nhau.
3) Tìm các số thực a để biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \)xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 2 > 0\\6 - 2a \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 2\\a \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < a \le 3\).
Vậy với \(2 < a \le 3\) thì biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Câu 3 (1,75 điểm)
Cách giải:
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\). Tính diện tích của mặt cầu.
Gọi \(R\) là bán kính của hình cầu.
Vì khối cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\) nên \(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi \Leftrightarrow {R^3} = 216\) \( \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{216}} = 6\,\,\left( {cm} \right)\).
Vậy diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.6^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?
Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là \(x\) (quyển) (ĐK: \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển sách là \(\dfrac{{270}}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên thực tế số quyển sách mỗi giờ nhóm đã sắp xếp được là \(x + 20\) (quyển).
Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được \(270 + 10 = 280\) (quyển)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là: \(\dfrac{{280}}{{x + 20}}\,\,\left( h \right)\).
Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{270}}{x} - \dfrac{{280}}{{x + 20}} = 1\\ \Leftrightarrow 270\left( {x + 20} \right) - 280x = x\left( {x + 20} \right)\\ \Leftrightarrow 270x + 5400 - 280x = {x^2} + 20x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 30x - 5400 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 60x + 90x - 5400 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 60} \right) + 90\left( {x - 60} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 60} \right)\left( {x + 90} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 60 = 0\\x + 90 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 60\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 90\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là 60 quyển.
3) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\). Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|\), \(\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\).
Xét phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có \(ac = - 1 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\), áp dụng định lí Vi-ét t có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Vì hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử \({x_1} < 0 < {x_2}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}S = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right| + \left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = - x_1^3 + x_2^3\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^3} + 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^3} - 3\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\P = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|.\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = - x_1^3.x_2^3\\\,\,\,\, = - {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^3} = - {\left( { - 1} \right)^3} = 1\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_2}{x_1} = {2^2} - 4.\left( { - 1} \right) = 8\\ \Rightarrow \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \sqrt 8 \\ \Leftrightarrow {x_2} - {x_1} = \sqrt 8 \,\,\left( {Do\,\,{x_2} > {x_1}} \right)\end{array}\)
Khi đó ta có: \(S = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right| + \left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = {\left( {\sqrt 8 } \right)^3} - 3\left( {\sqrt 8 } \right) = 8\sqrt 8 - 3\sqrt 8 = 5\sqrt 8 = 10\sqrt 2 \).
Vì \({S^2} - 4P = {\left( {10\sqrt 2 } \right)^2} - 4.4 = 184 > 0\) nên \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|,\,\,\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 10\sqrt 2 X + 1 = 0\).
Vậy \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|,\,\,\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 10\sqrt 2 X + 1 = 0\).
Câu 4 (1,25 điểm)
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\) (với \(a \ge 0\) và \(a \ne 4\))
Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\\P = \left( {\dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} - {2^3}}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 2\sqrt a + 3\sqrt a + 6}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}} \right)\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {a + 2\sqrt a + 4} \right)}}{{a + 2\sqrt a + 4}}.\dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 2} \right) + 3\left( {\sqrt a + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\P = \left( {\sqrt a - 2} \right).\dfrac{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\P = \sqrt a + 3\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 4\) thì \(P = \sqrt a + 3\).
2) Tìm các số thực \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\\{y^3} = {x^2} + 18\end{array} \right.\).
Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\,\,\,\left( 1 \right)\\{y^3} = {x^2} + 18\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^3} - {y^3} = {y^2} - {x^2}\\ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) = - \left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + x + y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - y = 0\\{x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x - y = 0 \Leftrightarrow x = y\).
Thay vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^3} = {x^2} + 18 \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 18 = 0\\ \Leftrightarrow {x^3} - 27 - {x^2} + 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 9} \right) - \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 9 - x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 2x + 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\\{x^2} + 2x + 6 = 0\end{array} \right.\end{array}\)
Xét phương trình \({x^2} + 2x + 6 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + 5 = 0\) (vô nghiệm do \({\left( {x + 1} \right)^2} + 5 \ge 5 > 0\,\,\,\forall x\))
Với \(x = 3 \Rightarrow y = 3\) \( \Rightarrow \) Hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\).
TH2: \({x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18 \ge 18 \Rightarrow x \ge \sqrt[3]{{18}} > 0\\{y^3} = {x^2} + 18 \ge 18 \Rightarrow y \ge \sqrt[3]{{18}} > 0\end{array} \right. \Rightarrow x + y > 0\)
Lại có \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2} + 2x.\dfrac{1}{2}y + \dfrac{1}{4}{y^2} + \dfrac{3}{4}{y^2} = {\left( {x + \dfrac{1}{2}y} \right)^2} + \dfrac{3}{4}{y^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y\).
Do đó \({x^2} + xy + {y^2} + x + y > 0\,\,\forall x,y\), do đó phương trình \({x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\).
Câu 5 (2,75 điểm)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường cao \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại trực tâm \(H,\,\,AB < AC.\) Vẽ đường kính \(AD\) của \(\left( O \right).\) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) với đường tròn \(\left( O \right),\,\,\,K \ne A.\) Gọi \(L,\,\,P\) lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng \(BC\) và \(EF,\,\,AC\) và \(KD.\)
1) Chứng minh tứ giác \(EHKP\) nội tiếp đường tròn và tâm \(I\) của đường tròn này thuộc đường thẳng \(BC.\)
Ta có: \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow BE \bot AC\) hay \(\angle BEC = \angle HEC = {90^0}\)
\(\angle AKD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow AKD = {90^0}\)
Xét tứ giác \(EHKP\) ta có:
\(\angle HEP + \angle HKP = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow EHKP\) là tứ giác nội tiếp (đpcm).
Có: \(\angle HKP = {90^0}\) là góc nội tiếp chắn cung \(HP\)
\( \Rightarrow HP\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(EHKP.\)
\( \Rightarrow \) Tâm \(I\) của đường tròn này là trung điểm của \(HP.\)
Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC.\)
Ta có: \(\angle HBJ = \angle HAC\) (cùng phụ với \(\angle ACB\))
\(\angle KBC = \angle KAC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC\))
Hay \(\angle JBK = \angle HAC\)
\( \Rightarrow \angle HBJ = \angle JBK\,\,\left( { = \angle HAC} \right)\)
\( \Rightarrow BJ\) là phân giác của \(\angle HBK\)
Ta có: \(AH\) là đường cao của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow AH \bot BC = \left\{ J \right\}.\)
\( \Rightarrow BJ\) là đường cao của \(\Delta BHK.\)
Xét \(\Delta BHK\) ta có: \(BJ\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh \(B\) của tam giác
\( \Rightarrow \Delta BHK\) cân tại \(B\) và \(BJ\) là đường trung tuyến của \(\Delta BHK\)
\( \Rightarrow J\) là trung điểm của \(HK.\)
Gọi \(I'\) là giao điểm của \(BC\) và \(HP\)
Ta có: \(AJ \bot BC = \left\{ J \right\}\)
Mà \(KP \bot AH = \left\{ K \right\}\) \( \Rightarrow BC//KP\) hay \(JI'//KP\)
Xét \(\Delta HKP\) ta có:
\(J\) là trung điểm của \(HK\) (cmt)
\(IJ//KP\) (cmt)
\( \Rightarrow I'J\) là đường trung bình của \(\Delta HKP.\)
\( \Rightarrow I'\) là trung điểm của \(HP\)
\( \Rightarrow I \equiv I'\) hay \(I \in BC.\,\,\,\) (đpcm).
2) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC.\)Chứng minh \(AH = 2OM.\)
Ta có: \(\angle ABD = \angle ACD = {90^0}\) (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BD\\AC \bot CD\end{array} \right.\)
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot EF\,\,\left( {gt} \right)\\BE \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CF//BD\\BE//CD\end{array} \right.\) (từ vuông góc đến song song)
Hay \(\left\{ \begin{array}{l}BH//CD\\CH//BD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BDCH\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow BC\) cắt \(HD\) tại trung điểm của mỗi đường
Lại có \(M\) là trung điểm của \(BC\) (gt)
\( \Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD.\)
Xét \(\Delta AHD\) ta có:
\(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,HD\)
\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHD\) (định nghĩa)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM//AH\\OM = \dfrac{1}{2}AH\end{array} \right. \Rightarrow AH = 2OM\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
3) Gọi \(T\) là giao điểm của đường tròn \(\left( O \right)\) với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta EFK,\,\,\,T \ne K.\)Chứng minh rằng ba điểm \(L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng.
Gọi \(T'\) là giao điểm của tia \(LK\) với đường tròn \(\left( O \right)\)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà đỉnh \(F,\,\,E\) là các đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle LFB = \angle LCE\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta LFB\) và \(LCE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle L\,\,\,chung\\\angle LFB = \angle LCE\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta LFB \sim \Delta LCE\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LF}}{{LC}} = \dfrac{{LB}}{{LE}} \Rightarrow LE.LF = LB.LC\end{array}\)
Ta có tứ giác \(BCT'K\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle LKB = \angle LCT'\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta LBK\) và \(\Delta LCT'\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle L\,\,\,chung\\\angle LKB = \angle LCT'\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta LBK \sim \Delta LT'C\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LB}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LC}} \Leftrightarrow LB.LC = LK.LT'\\ \Rightarrow LE.LF = LK.LT'\,\,\,\left( { = LB.LC} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LF}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LE}}\end{array}\)
Xét \(\Delta LFK\) và \(\Delta LT'E\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ELT'\,\,\,chung\\\dfrac{{LF}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LE}}\\ \Rightarrow \Delta LFK \sim \Delta LT'E\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle LKF = \angle LET'\) (hai góc tương ứng)
\( \Rightarrow EFKT'\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow T'\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EFK.\)
\( \Rightarrow T \equiv T' \Rightarrow L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng. (đpcm)
Câu 6 (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng \({\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\).
Ta có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {ab + bc + ca} \right)\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}2ab \le {a^2} + {b^2}\\2bc \le {b^2} + {c^2}\\2ca \le {c^2} + {a^2}\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {ab + bc + ca} \right) \le 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge \dfrac{1}{3}{\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge \dfrac{1}{{27}}{\left( {a + b + c} \right)^6}\end{array}\)
Ta cần chứng minh
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{27}}{\left( {a + b + c} \right)^6} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^6} \ge 243\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^5} - 243} \right] \ge 0\end{array}\)
Vì \(a,\,\,b,\,\,c > 0 \Rightarrow a + b + c > 0\).
Do đó ta cần chứng minh \({\left( {a + b + c} \right)^5} - 243 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^5} \ge 243 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\abc = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 1 (1,75 điểm)
Cách giải:
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y = 7\\2x + 4y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x - 10y = 14\\6x + 12y = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}22y = - 11\\2x + 4y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \dfrac{1}{2}\\2x + 4.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2 = 1\\y = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{2}\\y = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\dfrac{3}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right).\)
2) Giải phương trình \({x^4} - 12{x^2} + 16 = 0.\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó ta có phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} - 12t + 16 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = {6^2} - 16 = 20 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = 6 - \sqrt {20} = 6 - 2\sqrt 5 \,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} = 6 + \sqrt {20} = 6 + 2\sqrt 5 \,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
+) Với \(t = 6 - 2\sqrt 5 \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 6 - 2\sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} - 2\sqrt 5 + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 - 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 5 - 1\\x = 1 - \sqrt 5 \end{array} \right..\,\,\,\end{array}\)
+) Với \(t = 6 + 2\sqrt 5 \) \( \Leftrightarrow {x^2} = 6 + 2\sqrt 5 \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + 2\sqrt 5 + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\sqrt 5 + 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 5 + 1\\x = - \sqrt 5 - 1\end{array} \right..\,\,\,\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { - \sqrt 5 - 1;\,\,1 - \sqrt 5 ;\,\,\,\sqrt 5 - 1;\,\,\sqrt 5 + 1} \right\}.\)
3) Giải phương trình \(\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}.\)
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 1\\x \ne 2\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{3}{{2x}}\\ \Rightarrow 2x\left( {x - 2} \right) + 2x = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 2x = 3{x^2} - 9x + 6\\ \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x - x + 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 6} \right) - \left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 6\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:\(S = \left\{ 6 \right\}.\)
Câu 2 (2 điểm)
Cách giải:
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\).
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | 0 | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\) | \(4\) | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, parabol \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{4}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;4} \right)\), \(\left( { - 2;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {2;1} \right)\), \(\left( {4;4} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số:
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng \(y = 2x\) và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\) cắt nhau.
Hai đường thẳng \(y = 2x\)và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\)cắt nhau khi và chi khi:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{m^2} + m \ne 2\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m + 2m - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 1} \right) + 2\left( {m - 1} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ne 0\\m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ne - 2\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m \ne 1\) và \(m \ne - 2\) thì hai đường thẳng \(y = 2x\)và \(y = \left( {{m^2} + m} \right)x + 1\)cắt nhau.
3) Tìm các số thực a để biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \)xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 2 > 0\\6 - 2a \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 2\\a \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < a \le 3\).
Vậy với \(2 < a \le 3\) thì biểu thức \(\dfrac{1}{{\sqrt {a - 2} }} + \sqrt {6 - 2a} \) xác định.
Câu 3 (1,75 điểm)
Cách giải:
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\). Tính diện tích của mặt cầu.
Gọi \(R\) là bán kính của hình cầu.
Vì khối cầu có thể tích bằng \(288\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\) nên \(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi \Leftrightarrow {R^3} = 216\) \( \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{216}} = 6\,\,\left( {cm} \right)\).
Vậy diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.6^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu?
Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là \(x\) (quyển) (ĐK: \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển sách là \(\dfrac{{270}}{x}\,\,\left( h \right)\).
Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên thực tế số quyển sách mỗi giờ nhóm đã sắp xếp được là \(x + 20\) (quyển).
Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được \(270 + 10 = 280\) (quyển)
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là: \(\dfrac{{280}}{{x + 20}}\,\,\left( h \right)\).
Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{270}}{x} - \dfrac{{280}}{{x + 20}} = 1\\ \Leftrightarrow 270\left( {x + 20} \right) - 280x = x\left( {x + 20} \right)\\ \Leftrightarrow 270x + 5400 - 280x = {x^2} + 20x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 30x - 5400 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 60x + 90x - 5400 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 60} \right) + 90\left( {x - 60} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 60} \right)\left( {x + 90} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 60 = 0\\x + 90 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 60\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 90\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là 60 quyển.
3) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\). Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|\), \(\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\).
Xét phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có \(ac = - 1 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\), áp dụng định lí Vi-ét t có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Vì hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử \({x_1} < 0 < {x_2}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}S = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right| + \left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = - x_1^3 + x_2^3\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^3} + 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^3} - 3\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\\P = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|.\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = - x_1^3.x_2^3\\\,\,\,\, = - {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^3} = - {\left( { - 1} \right)^3} = 1\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} = {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_2}{x_1} = {2^2} - 4.\left( { - 1} \right) = 8\\ \Rightarrow \left| {{x_2} - {x_1}} \right| = \sqrt 8 \\ \Leftrightarrow {x_2} - {x_1} = \sqrt 8 \,\,\left( {Do\,\,{x_2} > {x_1}} \right)\end{array}\)
Khi đó ta có: \(S = \left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right| + \left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right| = {\left( {\sqrt 8 } \right)^3} - 3\left( {\sqrt 8 } \right) = 8\sqrt 8 - 3\sqrt 8 = 5\sqrt 8 = 10\sqrt 2 \).
Vì \({S^2} - 4P = {\left( {10\sqrt 2 } \right)^2} - 4.4 = 184 > 0\) nên \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|,\,\,\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 10\sqrt 2 X + 1 = 0\).
Vậy \(\left| {{{\left( {{x_1}} \right)}^3}} \right|,\,\,\left| {{{\left( {{x_2}} \right)}^3}} \right|\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 10\sqrt 2 X + 1 = 0\).
Câu 4 (1,25 điểm)
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\) (với \(a \ge 0\) và \(a \ne 4\))
Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{a\sqrt a - 8}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 5\sqrt a + 6}}{{a - 4}}} \right)\\P = \left( {\dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} - {2^3}}}{{a + 2\sqrt a + 4}}} \right)\left( {\dfrac{{a + 2\sqrt a + 3\sqrt a + 6}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}} \right)\\P = \dfrac{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {a + 2\sqrt a + 4} \right)}}{{a + 2\sqrt a + 4}}.\dfrac{{\sqrt a \left( {\sqrt a + 2} \right) + 3\left( {\sqrt a + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\P = \left( {\sqrt a - 2} \right).\dfrac{{\left( {\sqrt a + 2} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 2} \right)\left( {\sqrt a + 2} \right)}}\\P = \sqrt a + 3\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 4\) thì \(P = \sqrt a + 3\).
2) Tìm các số thực \(x\) và \(y\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\\{y^3} = {x^2} + 18\end{array} \right.\).
Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18\,\,\,\left( 1 \right)\\{y^3} = {x^2} + 18\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).
Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^3} - {y^3} = {y^2} - {x^2}\\ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) = - \left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2} + x + y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - y = 0\\{x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\end{array} \right.\end{array}\)
TH1: \(x - y = 0 \Leftrightarrow x = y\).
Thay vào phương trình (1) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^3} = {x^2} + 18 \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 18 = 0\\ \Leftrightarrow {x^3} - 27 - {x^2} + 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 9} \right) - \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 3x + 9 - x - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} + 2x + 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\\{x^2} + 2x + 6 = 0\end{array} \right.\end{array}\)
Xét phương trình \({x^2} + 2x + 6 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + 5 = 0\) (vô nghiệm do \({\left( {x + 1} \right)^2} + 5 \ge 5 > 0\,\,\,\forall x\))
Với \(x = 3 \Rightarrow y = 3\) \( \Rightarrow \) Hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\).
TH2: \({x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} = {y^2} + 18 \ge 18 \Rightarrow x \ge \sqrt[3]{{18}} > 0\\{y^3} = {x^2} + 18 \ge 18 \Rightarrow y \ge \sqrt[3]{{18}} > 0\end{array} \right. \Rightarrow x + y > 0\)
Lại có \({x^2} + xy + {y^2} = {x^2} + 2x.\dfrac{1}{2}y + \dfrac{1}{4}{y^2} + \dfrac{3}{4}{y^2} = {\left( {x + \dfrac{1}{2}y} \right)^2} + \dfrac{3}{4}{y^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y\).
Do đó \({x^2} + xy + {y^2} + x + y > 0\,\,\forall x,y\), do đó phương trình \({x^2} + xy + {y^2} + x + y = 0\) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;3} \right)\).
Câu 5 (2,75 điểm)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) có hai đường cao \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại trực tâm \(H,\,\,AB < AC.\) Vẽ đường kính \(AD\) của \(\left( O \right).\) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) với đường tròn \(\left( O \right),\,\,\,K \ne A.\) Gọi \(L,\,\,P\) lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng \(BC\) và \(EF,\,\,AC\) và \(KD.\)
1) Chứng minh tứ giác \(EHKP\) nội tiếp đường tròn và tâm \(I\) của đường tròn này thuộc đường thẳng \(BC.\)
Ta có: \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow BE \bot AC\) hay \(\angle BEC = \angle HEC = {90^0}\)
\(\angle AKD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow AKD = {90^0}\)
Xét tứ giác \(EHKP\) ta có:
\(\angle HEP + \angle HKP = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow EHKP\) là tứ giác nội tiếp (đpcm).
Có: \(\angle HKP = {90^0}\) là góc nội tiếp chắn cung \(HP\)
\( \Rightarrow HP\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(EHKP.\)
\( \Rightarrow \) Tâm \(I\) của đường tròn này là trung điểm của \(HP.\)
Gọi \(J\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC.\)
Ta có: \(\angle HBJ = \angle HAC\) (cùng phụ với \(\angle ACB\))
\(\angle KBC = \angle KAC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC\))
Hay \(\angle JBK = \angle HAC\)
\( \Rightarrow \angle HBJ = \angle JBK\,\,\left( { = \angle HAC} \right)\)
\( \Rightarrow BJ\) là phân giác của \(\angle HBK\)
Ta có: \(AH\) là đường cao của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow AH \bot BC = \left\{ J \right\}.\)
\( \Rightarrow BJ\) là đường cao của \(\Delta BHK.\)
Xét \(\Delta BHK\) ta có: \(BJ\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh \(B\) của tam giác
\( \Rightarrow \Delta BHK\) cân tại \(B\) và \(BJ\) là đường trung tuyến của \(\Delta BHK\)
\( \Rightarrow J\) là trung điểm của \(HK.\)
Gọi \(I'\) là giao điểm của \(BC\) và \(HP\)
Ta có: \(AJ \bot BC = \left\{ J \right\}\)
Mà \(KP \bot AH = \left\{ K \right\}\) \( \Rightarrow BC//KP\) hay \(JI'//KP\)
Xét \(\Delta HKP\) ta có:
\(J\) là trung điểm của \(HK\) (cmt)
\(IJ//KP\) (cmt)
\( \Rightarrow I'J\) là đường trung bình của \(\Delta HKP.\)
\( \Rightarrow I'\) là trung điểm của \(HP\)
\( \Rightarrow I \equiv I'\) hay \(I \in BC.\,\,\,\) (đpcm).
2) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC.\)Chứng minh \(AH = 2OM.\)
Ta có: \(\angle ABD = \angle ACD = {90^0}\) (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BD\\AC \bot CD\end{array} \right.\)
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot EF\,\,\left( {gt} \right)\\BE \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CF//BD\\BE//CD\end{array} \right.\) (từ vuông góc đến song song)
Hay \(\left\{ \begin{array}{l}BH//CD\\CH//BD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BDCH\) là hình bình hành (dhnb)
\( \Rightarrow BC\) cắt \(HD\) tại trung điểm của mỗi đường
Lại có \(M\) là trung điểm của \(BC\) (gt)
\( \Rightarrow M\) cũng là trung điểm của \(HD.\)
Xét \(\Delta AHD\) ta có:
\(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,HD\)
\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của \(\Delta AHD\) (định nghĩa)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OM//AH\\OM = \dfrac{1}{2}AH\end{array} \right. \Rightarrow AH = 2OM\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
3) Gọi \(T\) là giao điểm của đường tròn \(\left( O \right)\) với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta EFK,\,\,\,T \ne K.\)Chứng minh rằng ba điểm \(L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng.
Gọi \(T'\) là giao điểm của tia \(LK\) với đường tròn \(\left( O \right)\)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà đỉnh \(F,\,\,E\) là các đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \angle LFB = \angle LCE\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta LFB\) và \(LCE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle L\,\,\,chung\\\angle LFB = \angle LCE\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta LFB \sim \Delta LCE\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LF}}{{LC}} = \dfrac{{LB}}{{LE}} \Rightarrow LE.LF = LB.LC\end{array}\)
Ta có tứ giác \(BCT'K\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle LKB = \angle LCT'\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta LBK\) và \(\Delta LCT'\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle L\,\,\,chung\\\angle LKB = \angle LCT'\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta LBK \sim \Delta LT'C\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LB}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LC}} \Leftrightarrow LB.LC = LK.LT'\\ \Rightarrow LE.LF = LK.LT'\,\,\,\left( { = LB.LC} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LF}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LE}}\end{array}\)
Xét \(\Delta LFK\) và \(\Delta LT'E\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ELT'\,\,\,chung\\\dfrac{{LF}}{{LT'}} = \dfrac{{LK}}{{LE}}\\ \Rightarrow \Delta LFK \sim \Delta LT'E\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle LKF = \angle LET'\) (hai góc tương ứng)
\( \Rightarrow EFKT'\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow T'\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EFK.\)
\( \Rightarrow T \equiv T' \Rightarrow L,\,\,K,\,\,T\) thẳng hàng. (đpcm)
Câu 6 (0,5 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng \({\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\).
Ta có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {ab + bc + ca} \right)\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}2ab \le {a^2} + {b^2}\\2bc \le {b^2} + {c^2}\\2ca \le {c^2} + {a^2}\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {ab + bc + ca} \right) \le 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge \dfrac{1}{3}{\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^3} \ge \dfrac{1}{{27}}{\left( {a + b + c} \right)^6}\end{array}\)
Ta cần chứng minh
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{27}}{\left( {a + b + c} \right)^6} \ge 9\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^6} \ge 243\left( {a + b + c} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^5} - 243} \right] \ge 0\end{array}\)
Vì \(a,\,\,b,\,\,c > 0 \Rightarrow a + b + c > 0\).
Do đó ta cần chứng minh \({\left( {a + b + c} \right)^5} - 243 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^5} \ge 243 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\abc = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi và luyện tập với các đề thi thử là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn những thông tin chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm cho từng phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy theo từng năm.
Để giúp bạn hiểu rõ hơn về cấu trúc đề thi, chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020:
Đề thi số 1 tập trung vào các bài toán đại số, đặc biệt là các bài toán về phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán hình học cũng xuất hiện, nhưng với mức độ khó vừa phải. Để giải tốt đề thi này, bạn cần nắm vững các kiến thức cơ bản về đại số và hình học, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải toán một cách nhanh chóng và chính xác.
Đề thi số 2 có xu hướng tập trung vào các bài toán hình học, đặc biệt là các bài toán chứng minh hình học và tính diện tích, thể tích. Các bài toán đại số cũng xuất hiện, nhưng với tỷ lệ thấp hơn. Để giải tốt đề thi này, bạn cần nắm vững các định lý và tính chất hình học, đồng thời rèn luyện kỹ năng vẽ hình và suy luận logic.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020:
Để giải một phương trình bậc hai, bạn có thể sử dụng các phương pháp sau:
Để giải một bài toán về tam giác vuông, bạn có thể sử dụng các định lý sau:
Để ôn thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020 hiệu quả, bạn nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này sẽ giúp bạn tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc bạn thành công!
