Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hải Dương năm 2020 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.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên trên địa bàn tỉnh Hải Dương, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Chúng tôi cung cấp kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em tự học hiệu quả tại nhà.
Câu 1: 1) Giải các phương trình sau:
Câu 1:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Câu 2:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Câu 3:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Câu 4:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Câu 5:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 8\\x - 1 = - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = - 7\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {9; - 7} \right\}\).
b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x + {x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 3;1} \right\}\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.1 = 5 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - \left( { - 3} \right)}}{1} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{1}{1} = 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2\\A = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {3^2} - 2.1\\A = 7\end{array}\)
Vậy \(A = 7\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\\A = \left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right)\\A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 2\left( {\sqrt x + 3} \right) + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + 3\sqrt x - 2\sqrt x - 6 + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\A = 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = 1\).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Gọi \(d\) là đường thẳng cần tìm.
Vì \(d\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) nên phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y = 2x + c\,\,\left( {c \ne - 1} \right)\).
Vì \(M\left( { - 1;4} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:
\(4 = 2.\left( { - 1} \right) + c \Leftrightarrow 4 = - 2 + c \Leftrightarrow c = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = 2x + 6\).
Câu 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
Gọi số lúc đầu của đoàn xe là \(x\) (chiếc), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{x}\) (tấn).
Khi khởi hành, có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là:\(x + 3\) (xe).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn).
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{480}}{x} - \dfrac{{480}}{{x + 3}} = 8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 3}} = 1\\ \Leftrightarrow 60\left( {x + 3} \right) - 60x = x\left( {x + 3} \right)\\ \Leftrightarrow 60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 15x - 112x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 15} \right) - 12\left( {x + 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 15} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 15 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 15\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - m + mx = 3\\y = m - mx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2m + 1} \right)x = m + 3\,\,\,\left( * \right)\\y = m - mx\end{array} \right.\)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow 2m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - \dfrac{1}{2}.\)
Khi đó ta có: \(\left( * \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}}\,\,\left( {m \ne - \dfrac{1}{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = m - mx = m - \dfrac{{m\left( {m + 3} \right)}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{2{m^2} + m - {m^2} - 3m}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {\dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}};\,\,\dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}} \right).\)
Theo bài ra ta có: \({x_0} + {y_0} > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}} + \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} - m + 3}}{{2m + 1}} > 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Vì \({m^2} - m + 3 = {m^2} - 2.\dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{11}}{4}\) \( = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{11}}{4} > 0\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow 2m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) ta được \(m > - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Ta có: \(\angle ABK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ABK = {90^0}\) hay \(AB \bot BK\).
Mà \(CF \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CF\parallel BK\) hay \(CH\parallel BK\,\,\,\left( 1 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Ta có: \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ACK = {90^0}\) hay \(AC \bot CK\).
Mà \(BE \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow BE\parallel CK\) hay \(BH\parallel CK\,\,\,\left( 2 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(BFHD\) ta có: \(\angle BFD + \angle BHD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFD = \angle HBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFE = \angle HAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \(\left( 4 \right)\)
Xét tứ giác \(AEDB\) ta có: \(AEB = \angle ADB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AEDB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) \(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle EAD = \angle EFH = \angle HFD = \angle HBD\)
Hay \(\angle EFC = \angle CFD\) \( \Rightarrow FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) (đpcm).
Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có đường trung tuyến \(EM\) \( \Rightarrow EM = BM = \dfrac{1}{2}BC\)
\( \Rightarrow \Delta EBM\) cân tại \(M\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MEB = \angle EBM\) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle EBM = 2\angle EBM\) (góc ngoài của tam giác)
Lại có: \(\angle EFD = 2\angle HFD = 2\angle HBD = 2\angle EBM\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle EFD\,\,\left( { = 2\angle EBM} \right)\)
\( \Rightarrow EFDM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\).
Ta có: \(\angle FAI = \angle BCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\left( {gt} \right)\), do đó tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle AFI = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle FAI + \angle AFI = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow OA \bot EF\).
CMTT ta có \(OB \bot FD\), \(OC \bot ED\).
Ta có: \({S_{OEAF}} = \dfrac{1}{2}OA.EF\) (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).
\({S_{OFBD}} = \dfrac{1}{2}OB.FD\)
\({S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OC.DE\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{OEAF}} + {S_{OFBD}} + {S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OA.EF + \dfrac{1}{2}OB.FD + \dfrac{1}{2}OC.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.EF + \dfrac{1}{2}R.FD + \dfrac{1}{2}R.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.\left( {EF + FD + DE} \right)\\ \Rightarrow EF + FD + DE = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{R}\end{array}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\,\,\left( {do\,\,OM \bot BC} \right)\).
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC \le \dfrac{1}{2}A'M.BC\).
Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông \(OMC\) ta có: \(OM = \sqrt {O{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow A'M = OA' + OM = R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow {S_{ABC}} \le \dfrac{a}{2}\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)\).
\( \Rightarrow EF + FD + DE \le \dfrac{{a\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)}}{R}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow A \equiv A'\), khi đó điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \(P = DE + EF + DF\) đạt giá trị lớn nhất điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Ta có: \({a^2} + 2{b^2} + 3 = {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + 1 \ge 2b\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2 \ge 2ab + 2b + 2 = 2\left( {ab + b + 1} \right)\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ab + b + 1} \right)}}\).
CMTT ta có:
\(\dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {bc + c + 1} \right)}};\,\,\dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ca + a + 1} \right)}}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}} \right)\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{a{b^2}c + abc + ab}} + \dfrac{b}{{bca + ab + b}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{c + 1 + ab}} + \dfrac{b}{{1 + ab + b}}\\ = \dfrac{{ab + b + 1}}{{ab + b + 1}} = 1\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Câu 1:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Câu 2:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Câu 3:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Câu 4:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Câu 5:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 8\\x - 1 = - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = - 7\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {9; - 7} \right\}\).
b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x + {x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 3;1} \right\}\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.1 = 5 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - \left( { - 3} \right)}}{1} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{1}{1} = 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2\\A = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {3^2} - 2.1\\A = 7\end{array}\)
Vậy \(A = 7\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\\A = \left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right)\\A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 2\left( {\sqrt x + 3} \right) + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + 3\sqrt x - 2\sqrt x - 6 + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\A = 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = 1\).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Gọi \(d\) là đường thẳng cần tìm.
Vì \(d\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) nên phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y = 2x + c\,\,\left( {c \ne - 1} \right)\).
Vì \(M\left( { - 1;4} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:
\(4 = 2.\left( { - 1} \right) + c \Leftrightarrow 4 = - 2 + c \Leftrightarrow c = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = 2x + 6\).
Câu 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
Gọi số lúc đầu của đoàn xe là \(x\) (chiếc), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{x}\) (tấn).
Khi khởi hành, có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là:\(x + 3\) (xe).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn).
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{480}}{x} - \dfrac{{480}}{{x + 3}} = 8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 3}} = 1\\ \Leftrightarrow 60\left( {x + 3} \right) - 60x = x\left( {x + 3} \right)\\ \Leftrightarrow 60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 15x - 112x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 15} \right) - 12\left( {x + 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 15} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 15 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 15\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - m + mx = 3\\y = m - mx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2m + 1} \right)x = m + 3\,\,\,\left( * \right)\\y = m - mx\end{array} \right.\)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow 2m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - \dfrac{1}{2}.\)
Khi đó ta có: \(\left( * \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}}\,\,\left( {m \ne - \dfrac{1}{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = m - mx = m - \dfrac{{m\left( {m + 3} \right)}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{2{m^2} + m - {m^2} - 3m}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {\dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}};\,\,\dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}} \right).\)
Theo bài ra ta có: \({x_0} + {y_0} > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}} + \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} - m + 3}}{{2m + 1}} > 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Vì \({m^2} - m + 3 = {m^2} - 2.\dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{11}}{4}\) \( = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{11}}{4} > 0\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow 2m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) ta được \(m > - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Ta có: \(\angle ABK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ABK = {90^0}\) hay \(AB \bot BK\).
Mà \(CF \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CF\parallel BK\) hay \(CH\parallel BK\,\,\,\left( 1 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Ta có: \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ACK = {90^0}\) hay \(AC \bot CK\).
Mà \(BE \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow BE\parallel CK\) hay \(BH\parallel CK\,\,\,\left( 2 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(BFHD\) ta có: \(\angle BFD + \angle BHD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFD = \angle HBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFE = \angle HAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \(\left( 4 \right)\)
Xét tứ giác \(AEDB\) ta có: \(AEB = \angle ADB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AEDB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) \(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle EAD = \angle EFH = \angle HFD = \angle HBD\)
Hay \(\angle EFC = \angle CFD\) \( \Rightarrow FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) (đpcm).
Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có đường trung tuyến \(EM\) \( \Rightarrow EM = BM = \dfrac{1}{2}BC\)
\( \Rightarrow \Delta EBM\) cân tại \(M\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MEB = \angle EBM\) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle EBM = 2\angle EBM\) (góc ngoài của tam giác)
Lại có: \(\angle EFD = 2\angle HFD = 2\angle HBD = 2\angle EBM\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle EFD\,\,\left( { = 2\angle EBM} \right)\)
\( \Rightarrow EFDM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\).
Ta có: \(\angle FAI = \angle BCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\left( {gt} \right)\), do đó tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle AFI = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle FAI + \angle AFI = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow OA \bot EF\).
CMTT ta có \(OB \bot FD\), \(OC \bot ED\).
Ta có: \({S_{OEAF}} = \dfrac{1}{2}OA.EF\) (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).
\({S_{OFBD}} = \dfrac{1}{2}OB.FD\)
\({S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OC.DE\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{OEAF}} + {S_{OFBD}} + {S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OA.EF + \dfrac{1}{2}OB.FD + \dfrac{1}{2}OC.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.EF + \dfrac{1}{2}R.FD + \dfrac{1}{2}R.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.\left( {EF + FD + DE} \right)\\ \Rightarrow EF + FD + DE = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{R}\end{array}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\,\,\left( {do\,\,OM \bot BC} \right)\).
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC \le \dfrac{1}{2}A'M.BC\).
Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông \(OMC\) ta có: \(OM = \sqrt {O{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow A'M = OA' + OM = R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow {S_{ABC}} \le \dfrac{a}{2}\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)\).
\( \Rightarrow EF + FD + DE \le \dfrac{{a\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)}}{R}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow A \equiv A'\), khi đó điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \(P = DE + EF + DF\) đạt giá trị lớn nhất điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Ta có: \({a^2} + 2{b^2} + 3 = {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + 1 \ge 2b\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2 \ge 2ab + 2b + 2 = 2\left( {ab + b + 1} \right)\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ab + b + 1} \right)}}\).
CMTT ta có:
\(\dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {bc + c + 1} \right)}};\,\,\dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ca + a + 1} \right)}}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}} \right)\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{a{b^2}c + abc + ab}} + \dfrac{b}{{bca + ab + b}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{c + 1 + ab}} + \dfrac{b}{{1 + ab + b}}\\ = \dfrac{{ab + b + 1}}{{ab + b + 1}} = 1\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hải Dương năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường gặp trong đề thi bao gồm:
Đề thi trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi thường có độ khó cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng giải quyết vấn đề tốt. Đề thi năm 2020 tập trung vào các bài toán đại số phức tạp và hình học không gian. Các em cần rèn luyện kỹ năng biến đổi đại số và sử dụng các công thức hình học một cách linh hoạt.
Đề thi trường THPT Hùng Vương có độ khó trung bình, tập trung vào các kiến thức cơ bản và kỹ năng giải toán thông thường. Đề thi năm 2020 có nhiều bài toán về hàm số và đồ thị, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các khái niệm và phương pháp vẽ đồ thị.
Các đề thi của các trường THPT khác thường có độ khó tương đương với đề thi trường THPT Hùng Vương. Các em cần ôn tập kỹ các kiến thức cơ bản và luyện tập giải nhiều dạng bài tập khác nhau để đạt kết quả tốt nhất.
Bài 1: Giải phương trình
x^2 - 5x + 6 = 0
Lời giải: Phương trình có hai nghiệm là x = 2 và x = 3.
Bài 2: Tính diện tích hình tròn
Cho hình tròn có bán kính r = 5cm. Tính diện tích hình tròn.
Lời giải: Diện tích hình tròn là S = πr^2 = π(5^2) = 25π cm^2.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
