Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa 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.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên trên địa bàn tỉnh Thanh Hóa, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Để giúp các em ôn tập và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, giaitoan.edu.vn xin giới thiệu chi tiết về cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và hướng dẫn giải chi tiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Để giúp các em hiểu rõ hơn về cách giải các bài toán trong đề thi, chúng ta sẽ cùng nhau phân tích và giải chi tiết một số bài toán tiêu biểu:
Cho hai số nguyên dương a và b. Tìm ước chung lớn nhất (ƯCLN) của a và b.
Hướng dẫn giải: Sử dụng thuật toán Euclid để tìm ƯCLN của a và b.
Giải phương trình: 2x + 3 = 7
Hướng dẫn giải: Chuyển vế và giải phương trình để tìm ra giá trị của x.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Tính diện tích tam giác ABC biết AB = 3cm và AC = 4cm.
Hướng dẫn giải: Sử dụng công thức tính diện tích tam giác vuông: Diện tích = (1/2) * AB * AC.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Hy vọng rằng với những thông tin chi tiết và hữu ích trên, các em học sinh sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019. Chúc các em thành công!
