Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 chính thức, được biên soạn và tổng hợp bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Với đầy đủ các dạng bài tập và đáp án chi tiết, các em có thể tự học tại nhà hoặc sử dụng như một công cụ hỗ trợ đắc lực trong quá trình ôn luyện cùng thầy cô.
Câu 1 (2 điểm): 1. Thực hiện phép tính:
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Quảng Ninh luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng giải đề.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 thường ở mức trung bình đến khá. Đề thi không chỉ kiểm tra kiến thức cơ bản mà còn đòi hỏi các em phải có khả năng vận dụng kiến thức vào giải quyết các bài toán thực tế. Một số bài toán có tính chất nâng cao, đòi hỏi các em phải có tư duy logic và khả năng phân tích tốt.
Để giải tốt đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019, các em cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Các giáo viên có kinh nghiệm thường khuyên các em học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với bộ đề thi và các hướng dẫn giải chi tiết mà loigiai.com.vn cung cấp, các em sẽ tự tin đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. 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!
