Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Hải Phòng năm 2020. 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 kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2020, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm.
Bài 1: Cho hai biểu thức:
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hải Phòng năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Bài 1: Giải phương trình 2x + 3 = 7
Giải:
2x + 3 = 7
2x = 7 - 3
2x = 4
x = 2
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Giải:
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 + 16
BC2 = 25
BC = 5cm
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 hiệu quả, các em học sinh nên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hải Phòng năm 2020!
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!
