Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Hải Phòng năm 2018. 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 tại Hải Phòng, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm.
Câu 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức:
Câu 1 (1,5 điểm):
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Bài 4 (3,5 điểm)
1.Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(HE//CD\).
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
2.Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Bài 5 (1,0 điểm)
a)Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
b)Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 1 (1,5 điểm):
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Bài 4 (3,5 điểm)
1.Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(HE//CD\).
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
2.Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Bài 5 (1,0 điểm)
a)Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
b)Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \;\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\sqrt B \;\;\;khi\;\;\;A < 0\end{array} \right..\)
+) Quy đồng mẫu và biến đổi để rút gọn biểu thức \(B.\)
+) Lấy các kết quả đã rút gọn của các biểu thức của \(A,\;\;B\) ở câu trên sau đó giải bất phương trình \(AB \le 0.\) Tìm được \(x\) thì kết hợp với điều kiện đã cho của \(x\) và kết luận.
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {{2^2}.3} + 2\sqrt {{3^2}.3} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 6\sqrt 3 + 6\sqrt 3 } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 .\sqrt 3 = 3.\\B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)\\\;\;\; = 1 - x.\end{array}\)
Vậy \(A = 3,\;\;B = 1 - x.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 1.\)
Ta có: \(AB \le 0\) \( \Leftrightarrow 3\left( {1 - x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 - x \le 0 \Leftrightarrow x \ge 1.\)
Kết hợp với điều kiện bài cho ta có \(x > 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(x > 1.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Hai đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1}:\;\;y = {a_1}x + {b_1}\\{d_2}:\;\;y = {a_2}x + {b_2}\end{array} \right.\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
b) Đặt điều kiện để hệ phương trình có nghĩa. Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ và sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
Đường thẳng \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow y = 2x + b.\)
Đường thẳng \(y = 2x + b\) căt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3 \Rightarrow 3 = 2.0 + b \Leftrightarrow b = 3\;\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2,\;\;b = 3.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ge 6.\)
Đặt \(\sqrt {y + 6} = a\;\;\left( {a \ge 0} \right).\) Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x + a = 11\\5x - a = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\8x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\a = 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\\ \Rightarrow \sqrt {y + 6} = 2 \Leftrightarrow y + 6 = 4 \Leftrightarrow y = - 2\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {3; - 2} \right).\)
Câu 3:
Phương pháp:
1. a) Thay giá trị của \(m = 2\) vào phương trình đã cho và giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và áp dụng hệ thức bài cho để tìm giá trị của \(m.\)
2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình để tìm vận tốc của mỗi xe.
+) Sau đó so sánh vận tốc mỗi xe với vận tốc tối đa mà xe được chạy là 50km/h để rút ra kết luận đúng.
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) ta có phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta thấy phương trình có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) và \(x = 5.\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\;\;5} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2m > 0\\ \Leftrightarrow m > 0.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\;\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} - 2{x_2} = - 1\;\;\;\;\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2{x_1} - 1\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4m + 3}}{3}\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right..\)
Thế vào \(\left( 2 \right)\) ta được: \(\dfrac{{4m + 3}}{3}.\dfrac{{2m + 3}}{3} = {m^2} + 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 8{m^2} + 12m + 6m + 9 = 9{m^2} + 9\\ \Leftrightarrow {m^2} - 18m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 18} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m - 18 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\;\;\left( {ktm} \right)\\m = 18\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 18\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{x}\;\;\left( h \right).\)
Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất \(6km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ hai là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{{x + 6}}\;\;\left( h \right).\)
Ô tô thứ hai xuất phát sớm hơn ô tô thứ nhất \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\left( h \right)\) mà hai xe đến B cùng lúc nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{144}}{x} - \dfrac{{144}}{{x + 6}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 3.144\left( {x + 6} \right) - 3.144x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 2592 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 48} \right)\left( {x + 54} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\x + 54 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 54\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là \(48km/h,\) vận tốc của ô tô thứ hai là: \(48 + 6 = 54km/h.\)
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Vì biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là \(50km/h\) nên xe thứ hai đã vi phạm giới hạn tốc độ vì \(54km/h > 50km/h.\)
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác ABHE có: \(\angle AHB = \angle AEB\) (gt);
\( \Rightarrow \) Hai điểm H và E cùng nhìn AB dưới một góc 900.
\( \Rightarrow \) Tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (dấu hiệu nhận biết)
b) Chứng minh \(HE//CD\).
Do tứ giác ABHE nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DEH = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle ABC = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle DEH = \angle ADC\).
Hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow HE//CD\) .
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.
\( \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE (cmt)
Ta có \(IM\) là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IM//AC\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IM//AC\\HE//CD\\AC \bot CD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM \bot HE\)
\( \Rightarrow IM\) là đường trung trực của HE \( \Rightarrow IH = IE\,\,\left( 1 \right)\)
Chứng minh tương tự ta có:
Xét tứ giác AHFC có: \(\angle AHC = \angle AFC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC, tâm N (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CAD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle CAD = \angle CBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CBD\). Hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị \( \Rightarrow HF//BD\)
IN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IN//AB\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IN//AB\\HF//BD\\AB \bot BD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IN \bot HF\)
\( \Rightarrow IN\) là đường trung trực của HF \( \Rightarrow IH = IF\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IE = IF\,\,\left( {dpcm} \right)\).
2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Gọi l là độ dài đường sinh của hình nón. Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {400} = 20\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .12.20 = 240\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích đáy của hình nón là \({S_d} = \pi {r^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 240\pi + 144\pi = 384\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Bài 5.
a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow ab + bc + ca \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array}\)
b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
\(\begin{array}{l}6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)} \right) - 12\left( {xy + yz + xz} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6{\left( {x + y + z} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{8} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT ở ý a) ta có:
\(xy + yz + zx \le \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{3}{{16}} \Rightarrow - 2\left( {xy + yz + zx} \right) \ge \dfrac{{ - 3}}{8}\)
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\,\,\left( {a,b,c \ge 0} \right)\)
Chứng minh:
Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfr
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \;\;\;khi\;\;A \ge 0\\ - A\sqrt B \;\;\;khi\;\;\;A < 0\end{array} \right..\)
+) Quy đồng mẫu và biến đổi để rút gọn biểu thức \(B.\)
+) Lấy các kết quả đã rút gọn của các biểu thức của \(A,\;\;B\) ở câu trên sau đó giải bất phương trình \(AB \le 0.\) Tìm được \(x\) thì kết hợp với điều kiện đã cho của \(x\) và kết luận.
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right),\;\;B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\;\;\;\left( {x > 0,\;\;x \ne 1} \right).\)
a) Rút gọn biểu thức \(A,\;B.\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {12} + 2\sqrt {27} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 3\sqrt {{2^2}.3} + 2\sqrt {{3^2}.3} } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 6\sqrt 3 + 6\sqrt 3 } \right)\\\;\;\; = \sqrt 3 .\sqrt 3 = 3.\\B = \left( {1 + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}} \right).\left( {1 - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\\;\;\; = \left( {1 + \sqrt x } \right)\left( {1 - \sqrt x } \right)\\\;\;\; = 1 - x.\end{array}\)
Vậy \(A = 3,\;\;B = 1 - x.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho \(AB \le 0.\)
Điều kiện: \(x > 0,\;\;x \ne 1.\)
Ta có: \(AB \le 0\) \( \Leftrightarrow 3\left( {1 - x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 - x \le 0 \Leftrightarrow x \ge 1.\)
Kết hợp với điều kiện bài cho ta có \(x > 1\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(x > 1.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Hai đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1}:\;\;y = {a_1}x + {b_1}\\{d_2}:\;\;y = {a_2}x + {b_2}\end{array} \right.\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\)
b) Đặt điều kiện để hệ phương trình có nghĩa. Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ và sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
a) Cho đồ thị hàm số \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3.\) Xác định các giá trị \(a,\;b.\)
Đường thẳng \(y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow y = 2x + b.\)
Đường thẳng \(y = 2x + b\) căt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(3 \Rightarrow 3 = 2.0 + b \Leftrightarrow b = 3\;\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2,\;\;b = 3.\)
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + \sqrt {y + 6} = 11\\5x - \sqrt {y + 6} = 13\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ge 6.\)
Đặt \(\sqrt {y + 6} = a\;\;\left( {a \ge 0} \right).\) Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x + a = 11\\5x - a = 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\8x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 11 - 3x\\x = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\a = 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\\ \Rightarrow \sqrt {y + 6} = 2 \Leftrightarrow y + 6 = 4 \Leftrightarrow y = - 2\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\;y} \right) = \left( {3; - 2} \right).\)
Câu 3:
Phương pháp:
1. a) Thay giá trị của \(m = 2\) vào phương trình đã cho và giải phương trình bậc hai một ẩn.
b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0.\)
+) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\) và áp dụng hệ thức bài cho để tìm giá trị của \(m.\)
2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình để tìm vận tốc của mỗi xe.
+) Sau đó so sánh vận tốc mỗi xe với vận tốc tối đa mà xe được chạy là 50km/h để rút ra kết luận đúng.
Cách giải:
1. Cho phương trình ẩn \(x:\;\;{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 1 = 0\;\;\;\left( * \right)\) (m là tham số)
a) Giải phương trình \(\left( * \right)\) với \(m = 2.\)
Với \(m = 2\) ta có phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\)
Ta thấy phương trình có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) và \(x = 5.\)
Vậy với \(m = 2\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\;\;5} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1} - 2{x_2} = - 1.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2m > 0\\ \Leftrightarrow m > 0.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\;\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \({x_1} - 2{x_2} = - 1\;\;\;\;\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1} - 2{x_2} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 2{x_1} - 1\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{4m + 3}}{3}\\{x_2} = \dfrac{{2m + 3}}{3}\end{array} \right..\)
Thế vào \(\left( 2 \right)\) ta được: \(\dfrac{{4m + 3}}{3}.\dfrac{{2m + 3}}{3} = {m^2} + 1\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 8{m^2} + 12m + 6m + 9 = 9{m^2} + 9\\ \Leftrightarrow {m^2} - 18m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 18} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m - 18 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\;\;\;\left( {ktm} \right)\\m = 18\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 18\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sauk hi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc.
a) Tính vận tốc của hai xe ô tô.
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là \(x\;\;\left( {km/h} \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{x}\;\;\left( h \right).\)
Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất \(6km/h\) nên vận tốc của ô tô thứ hai là: \(x + 6\;\;\left( {km/h} \right).\)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: \(\dfrac{{144}}{{x + 6}}\;\;\left( h \right).\)
Ô tô thứ hai xuất phát sớm hơn ô tô thứ nhất \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\left( h \right)\) mà hai xe đến B cùng lúc nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{144}}{x} - \dfrac{{144}}{{x + 6}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 3.144\left( {x + 6} \right) - 3.144x = x\left( {x + 6} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 2592 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 48} \right)\left( {x + 54} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\x + 54 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 54\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là \(48km/h,\) vận tốc của ô tô thứ hai là: \(48 + 6 = 54km/h.\)
b) Nếu trên đường có biến báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ?
Vì biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa là \(50km/h\) nên xe thứ hai đã vi phạm giới hạn tốc độ vì \(54km/h > 50km/h.\)
Câu 4.
1. Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn \(\left( O \right)\). Từ hai điểm B và C kẻ \(BE \bot AD\) tại E, \(CF \bot AD\) tại F.
a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác ABHE có: \(\angle AHB = \angle AEB\) (gt);
\( \Rightarrow \) Hai điểm H và E cùng nhìn AB dưới một góc 900.
\( \Rightarrow \) Tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (dấu hiệu nhận biết)
b) Chứng minh \(HE//CD\).
Do tứ giác ABHE nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DEH = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle ABC = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle DEH = \angle ADC\).
Hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow HE//CD\) .
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh \(IE = IF\).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.
\( \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE (cmt)
Ta có \(IM\) là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IM//AC\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IM//AC\\HE//CD\\AC \bot CD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IM \bot HE\)
\( \Rightarrow IM\) là đường trung trực của HE \( \Rightarrow IH = IE\,\,\left( 1 \right)\)
Chứng minh tương tự ta có:
Xét tứ giác AHFC có: \(\angle AHC = \angle AFC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác AHFC nội tiếp đường tròn đường kính AC, tâm N (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CAD\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\angle CAD = \angle CBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
\( \Rightarrow \angle FHC = \angle CBD\). Hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị \( \Rightarrow HF//BD\)
IN là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow IN//AB\)
\(\left\{ \begin{array}{l}IN//AB\\HF//BD\\AB \bot BD\,\,\left( {goc\,\,noi\,\,tiep\,\,chan\,\,nua\,duong\,\,tron} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IN \bot HF\)
\( \Rightarrow IN\) là đường trung trực của HF \( \Rightarrow IH = IF\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IE = IF\,\,\left( {dpcm} \right)\).
2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao \(h = 16cm\) và bán kính đường tròn đáy là \(r = 12cm?\)
Gọi l là độ dài đường sinh của hình nón. Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{16}^2} + {{12}^2}} = \sqrt {400} = 20\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .12.20 = 240\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích đáy của hình nón là \({S_d} = \pi {r^2} = 144\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 240\pi + 144\pi = 384\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Bài 5.
a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có \(ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,ab + bc + ca \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3\left( {ab + bc + ca} \right) \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow ab + bc + ca \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\end{array}\)
b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = \dfrac{3}{4}\). Chứng minh
\(6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
\(\begin{array}{l}6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)} \right) - 12\left( {xy + yz + xz} \right) + 10\left( {xy + yz + xz} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6{\left( {x + y + z} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow 6.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{{27}}{8} - 2\left( {xy + yz + xz} \right) + 2\left( {\dfrac{1}{{2x + y + z}} + \dfrac{1}{{x + 2y + z}} + \dfrac{1}{{x + y + 2z}}} \right) \ge 9\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT ở ý a) ta có:
\(xy + yz + zx \le \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{3}{{16}} \Rightarrow - 2\left( {xy + yz + zx} \right) \ge \dfrac{{ - 3}}{8}\)
Áp dụng BĐT phụ: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}\,\,\left( {a,b,c \ge 0} \right)\)
Chứng minh:
Ta có: \(\dfrac{1}{a} + \dfr
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hải Phòng luôn là một thách thức đối với học sinh. Để giúp các em chuẩn bị tốt nhất, loigiai.com.vn cung cấp bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 đầy đủ và chi tiết. Bài viết này sẽ phân tích cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và hướng dẫn giải chi tiết để các em nắm vững kiến thức và kỹ năng cần thiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Dưới đây là một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018:
Để giúp các em hiểu rõ hơn về cách giải các bài tập trong đề thi, chúng ta sẽ cùng nhau giải chi tiết một số bài tập tiêu biểu:
Lời giải:
2x + 3 = 7
2x = 7 - 3
2x = 4
x = 2
Lời giải:
Diện tích tam giác ABC là: S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Hy vọng bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2018 và những hướng dẫn giải chi tiết trên đây sẽ giúp các em tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em đạt kết quả tốt nhất!
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!
