Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bắc Ninh năm 2019 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ đề thi và đáp án chi tiết, giúp các em tự học tại nhà hoặc sử dụng kết hợp với các khóa học online của loigiai.com.vn để đạt kết quả tốt nhất.
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1: Khi
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\)B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\)D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại tỉnh Bắc Ninh luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh có thể chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này.
Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết một số câu hỏi tiêu biểu trong đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019:
Phương trình thường xuất hiện trong đề thi là các phương trình bậc hai, phương trình bậc ba, hoặc phương trình chứa căn thức. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình đã học, như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp phân tích thành nhân tử, hoặc phương pháp sử dụng công thức nghiệm.
Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học thường yêu cầu học sinh vận dụng các định lý và tính chất hình học đã học, như định lý Pitago, định lý Thales, hoặc định lý về góc nội tiếp. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần vẽ hình chính xác và trình bày lời giải một cách logic và chặt chẽ.
Các bài toán thực tế thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức toán học vào việc giải quyết các vấn đề trong cuộc sống. Để giải quyết các bài toán này, học sinh cần đọc kỹ đề bài, xác định các yếu tố liên quan, và xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Loigiai.com.vn cung cấp các khóa học luyện thi vào 10 môn Toán online chất lượng cao, được thiết kế bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm và chuyên môn. Các khóa học của chúng tôi bao gồm:
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019, học sinh cần:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
