Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Ninh Bình năm 2021 chính thức, kèm đáp án chi tiết và lời giải bài tập. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Hàm số
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để giúp các em học sinh Ninh Bình tự tin bước vào kỳ thi này, loigiai.com.vn xin giới thiệu và phân tích chi tiết Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021.
Đề thi năm 2021 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, bao gồm các dạng bài tập quen thuộc như đại số, hình học và bài toán thực tế. Tuy nhiên, đề thi cũng có một số điểm mới, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt.
Chúng ta sẽ đi sâu vào phân tích từng câu hỏi trong đề thi để hiểu rõ hơn về yêu cầu và mức độ khó của đề thi.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Loigiai.com.vn cung cấp một nền tảng học tập online hiện đại và tiện lợi, giúp học sinh ôn thi Toán vào 10 hiệu quả hơn. Với các khóa học online chất lượng, bài giảng được thiết kế sinh động và dễ hiểu, cùng với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, loigiai.com.vn sẽ đồng hành cùng các em học sinh trên con đường chinh phục kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
Chúng tôi hy vọng rằng những thông tin và hướng dẫn trên sẽ giúp các em học sinh Ninh Bình tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2021. Chúc các em thành công!
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!
