toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Nam năm 2019. 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 đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tại Hà Nam năm 2019, kèm theo đáp án chi tiết và hướng dẫn giải.
Câu I (2 điểm): 1) Giải phương trình:
Câu I (2 điểm):
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
Câu II (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Câu IV (4,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ \(AB\) chứa nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) vẽ các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) với nửa đường tròn đó. Gọi \(M\) là một điểm bất kì trên nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (với \(M\) khác \(A\), \(M\) khác \(B\)), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại \(M\)cắt \(Ax,\,\,By\) lần lượt tại \(C\) và \(D\).
a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy \(r = 4cm\), độ dài đường sinh \(l = 5cm\).
Câu V (0,5 điểm):
Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện \(abc = 1.\)
Chứng minh \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\)
Câu I (2 điểm):
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
Câu II (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Câu IV (4,0 điểm)
1) Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ \(AB\) chứa nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) vẽ các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) với nửa đường tròn đó. Gọi \(M\) là một điểm bất kì trên nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (với \(M\) khác \(A\), \(M\) khác \(B\)), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại \(M\)cắt \(Ax,\,\,By\) lần lượt tại \(C\) và \(D\).
a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy \(r = 4cm\), độ dài đường sinh \(l = 5cm\).
Câu V (0,5 điểm):
Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện \(abc = 1.\)
Chứng minh \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\)
Câu I (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - \left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,4} \right\}.\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức \(\dfrac{A}{{\sqrt B - C}} = \dfrac{{A\left( {\sqrt B + C} \right)}}{{B - {C^2}}};\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\,\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\) để làm bài.
2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
+) Giải bất phương trình \(B > \dfrac{1}{2}\) để tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện của \(x\) và điều kiện \(x\) nguyên rồi kết luận.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{5 - 1}} - 3\sqrt {{3^2}.5} + \left| {\sqrt 5 - 1} \right|\\\,\,\,\,\,\, = \sqrt 5 + 1 - 9\sqrt 5 + \sqrt 5 - 1\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = - 7\sqrt 5 .\end{array}\)
Vậy \(A = - 7\sqrt 5 .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Điều kiện: \(x > 0,\,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\\\,\,\,\, = \dfrac{{3 + \sqrt x - 3 + \sqrt x }}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }} = \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }}.\end{array}\)
Ta có: \(B > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} > \dfrac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{4 - 3 + \sqrt x }}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0 \Leftrightarrow 3 - \sqrt x > 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt x + 1 > 0\,\,\,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0,\,\,\,x \ne 9,\,\,\,x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.\)
Vậy \(x \in \left\{ {\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}\) thì \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (VD)
Phương pháp:
1) Thay hoành độ điểm \(M\) vào công thức \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) để tìm tung độ của điểm \(M.\)
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của hai đồ thị hàm số.
+) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\,\left( {\Delta ' > 0} \right).\)
+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
Ta có \(M\left( {4;\,\,{y_M}} \right)\) thuộc \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) nên thay \(x = 4\) vào công thức hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) ta được:
\({y_M} = \dfrac{1}{2}{.4^2} = 8 \Rightarrow M\left( {4;\,\,8} \right).\)
Vậy \(M\left( {4;\,\,8} \right).\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
\(\dfrac{{{x^2}}}{2} = - mx + 3 - m \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 6 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 6 > 0\, \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};\,\,{y_2}} \right).\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 6\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4\left( {2m - 6} \right) - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 24 - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu IV (4,0 điểm) (VD)
Phương pháp:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) là tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
d) Áp dụng tính chất đường phân giác.
2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} .\)
+) Thể tích hình nón có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\)
Cách giải:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
Do \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A \Rightarrow \angle OAC = {90^0}\).
\(MC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M \Rightarrow \angle OMC = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACMO\) có: \(\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ACMO\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:
\(OC\) là tia phân giác của \(\angle AOM\);
\(OD\) là tia phân giác của \(\angle BOM\);
Mà \(\angle AOM;\,\,\angle BOM\) là hai góc kề bù \( \Rightarrow OC \bot OD\) (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).
\( \Rightarrow \angle COD = {90^0}\) hay tam giác \(COD\) vuông tại \(O\). (đpcm)
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OM\) ta có: \(O{M^2} = MC.MD\).
Mà \(OM = R \Rightarrow MC.MD = {R^2}\) (1).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(AC = MC;\,\,BD = MD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC.BD = {R^2}\). (đpcm)
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\BD \bot AB\\MN \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC//BD//MN\) (Từ vuông góc đến song song).
Gọi \(P = AM \cap CN\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}};\,\,\dfrac{{NI}}{{AC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (3).
Ta có : \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle AMN + \angle NMB = {90^0}\).
Mà trong tam giác vuông \(MNB\) lại có: \(\angle NBM + \angle NMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AMN = \angle NBM = \angle ABM\).
Ta có : \(\angle ABM = \angle AMC\) (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)) ;
\(\angle ABM = \angle AMN\) (cmt) ;
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN \Rightarrow MA\) là tia phân giác trong của góc \(CMN\).
Mà \(MB \bot MA\,\,\left( {\angle AMB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow MB\) là tia phân giác ngoài của góc \(CMN\).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác \(CMI\) ta có: \(\dfrac{{MI}}{{MC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{NI}}{{AC}} \Leftrightarrow MI = NI\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(MN\) (đpcm).
2) Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = \sqrt 9 = 3\,\,\left( {cm} \right).\)
Thể tích của hình nón đã cho là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Câu V (VDC)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{1}{{2 + a}} = \dfrac{{abc}}{{2abc + a}} = \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}}\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2bc + 1 = bc + bc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}} \le \dfrac{{bc}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{2 + a}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)
CMTT ta có : \(\dfrac{1}{{2 + b}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ca}}}}{3};\,\,\dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ab}}}}{3}\,\)
Cộng vế với vế ta được \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{bc}} + \sqrt[3]{{ca}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right)\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{3\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{abc}}}}}} = \dfrac{9}{3} = 3\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le 3 \Rightarrow 3\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right) \le 1\).
Vậy \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\) Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Câu I (VD)
Phương pháp:
1) Giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm hoặc đưa về phương trình tích.
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
1) Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 4 = 0\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - \left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,4} \right\}.\)
2) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right..\)
\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 3\\2x + y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\,3} \right).\)
Câu II (VD)
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức \(\dfrac{A}{{\sqrt B - C}} = \dfrac{{A\left( {\sqrt B + C} \right)}}{{B - {C^2}}};\,\,\,\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\,\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\) để làm bài.
2) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
+) Giải bất phương trình \(B > \dfrac{1}{2}\) để tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện của \(x\) và điều kiện \(x\) nguyên rồi kết luận.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\)
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{4}{{\sqrt 5 - 1}} - 3\sqrt {45} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{{5 - 1}} - 3\sqrt {{3^2}.5} + \left| {\sqrt 5 - 1} \right|\\\,\,\,\,\,\, = \sqrt 5 + 1 - 9\sqrt 5 + \sqrt 5 - 1\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = - 7\sqrt 5 .\end{array}\)
Vậy \(A = - 7\sqrt 5 .\)
2) Cho biểu thức: \(B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\,\left( {x > 0,\,\,\,x \ne 9} \right).\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm tất cả các giá trị nguyên của \(x\) để \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Điều kiện: \(x > 0,\,\,\,x \ne 9.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{1}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{{3 + \sqrt x }}} \right).\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\,\,\,\\\,\,\,\, = \dfrac{{3 + \sqrt x - 3 + \sqrt x }}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}.\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt x }}{{3 - \sqrt x }}.\dfrac{1}{{\sqrt x }} = \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }}.\end{array}\)
Ta có: \(B > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} > \dfrac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{4 - 3 + \sqrt x }}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{2\left( {3 - \sqrt x } \right)}} > 0 \Leftrightarrow 3 - \sqrt x > 0\,\,\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt x + 1 > 0\,\,\,\forall x \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x < 3 \Leftrightarrow x < 9.\end{array}\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0,\,\,\,x \ne 9,\,\,\,x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}.\)
Vậy \(x \in \left\{ {\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}\) thì \(B > \dfrac{1}{2}.\)
Câu III (VD)
Phương pháp:
1) Thay hoành độ điểm \(M\) vào công thức \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) để tìm tung độ của điểm \(M.\)
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( * \right)\) của hai đồ thị hàm số.
+) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\,\left( {\Delta ' > 0} \right).\)
+) Sử dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - mx + 3 - m\) (với \(m\) là tham số).
1) Tìm tọa độ điểm \(M\) thuộc parabol \(\left( P \right),\) biết điểm \(M\) có hoành độ bằng \(4.\)
Ta có \(M\left( {4;\,\,{y_M}} \right)\) thuộc \(\left( P \right):\,\,\,y = \dfrac{{{x^2}}}{2}\) nên thay \(x = 4\) vào công thức hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) ta được:
\({y_M} = \dfrac{1}{2}{.4^2} = 8 \Rightarrow M\left( {4;\,\,8} \right).\)
Vậy \(M\left( {4;\,\,8} \right).\)
2) Chứng minh đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,\,\,B.\) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) lần lượt là hoành hoành độ của hai điểm \(A,\,\,B.\) Tìm \(m\) để \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
\(\dfrac{{{x^2}}}{2} = - mx + 3 - m \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 6 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 6 > 0\, \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 + 5 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};\,\,{y_1}} \right),\,\,\,B\left( {{x_2};\,\,{y_2}} \right).\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 6\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 2{x_1}{x_2} + 20\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 20 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4\left( {2m - 6} \right) - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 24 - 20 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu IV (4,0 điểm) (VD)
Phương pháp:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) là tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).
b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau.
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.
d) Áp dụng tính chất đường phân giác.
2) Tính chiều cao của hình nón bằng định lý Pitago: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} .\)
+) Thể tích hình nón có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.\)
Cách giải:
1) a) Chứng minh tứ giác \(ACMO\) nội tiếp.
Do \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A \Rightarrow \angle OAC = {90^0}\).
\(MC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M \Rightarrow \angle OMC = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACMO\) có: \(\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ACMO\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh tam giác \(COD\) vuông tại \(O\).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:
\(OC\) là tia phân giác của \(\angle AOM\);
\(OD\) là tia phân giác của \(\angle BOM\);
Mà \(\angle AOM;\,\,\angle BOM\) là hai góc kề bù \( \Rightarrow OC \bot OD\) (hai tia phân giác của 2 góc kề bù vuông góc với nhau).
\( \Rightarrow \angle COD = {90^0}\) hay tam giác \(COD\) vuông tại \(O\). (đpcm)
c) Chứng minh \(AC.BD = {R^2}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OM\) ta có: \(O{M^2} = MC.MD\).
Mà \(OM = R \Rightarrow MC.MD = {R^2}\) (1).
Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(AC = MC;\,\,BD = MD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC.BD = {R^2}\). (đpcm)
d) Kẻ \(MN \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)\); \(BC\) cắt \(MN\) tại \(I\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(MN\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\BD \bot AB\\MN \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC//BD//MN\) (Từ vuông góc đến song song).
Gọi \(P = AM \cap CN\). Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}};\,\,\dfrac{{NI}}{{AC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (3).
Ta có : \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle AMN + \angle NMB = {90^0}\).
Mà trong tam giác vuông \(MNB\) lại có: \(\angle NBM + \angle NMB = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle AMN = \angle NBM = \angle ABM\).
Ta có : \(\angle ABM = \angle AMC\) (góc nội tiếp và tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AM\)) ;
\(\angle ABM = \angle AMN\) (cmt) ;
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN \Rightarrow MA\) là tia phân giác trong của góc \(CMN\).
Mà \(MB \bot MA\,\,\left( {\angle AMB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow MB\) là tia phân giác ngoài của góc \(CMN\).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác \(CMI\) ta có: \(\dfrac{{MI}}{{MC}} = \dfrac{{PI}}{{PC}} = \dfrac{{BI}}{{BC}}\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{AC}} = \dfrac{{NI}}{{AC}} \Leftrightarrow MI = NI\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(MN\) (đpcm).
2) Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = \sqrt 9 = 3\,\,\left( {cm} \right).\)
Thể tích của hình nón đã cho là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)
Câu V (VDC)
Cách giải:
Ta có: \(\dfrac{1}{{2 + a}} = \dfrac{{abc}}{{2abc + a}} = \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}}\,\,\left( {Do\,\,a > 0} \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2bc + 1 = bc + bc + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{2bc + 1}} \le \dfrac{{bc}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {bc} \right)}^2}}}}} = \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{2 + a}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{bc}}}}{3}\)
CMTT ta có : \(\dfrac{1}{{2 + b}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ca}}}}{3};\,\,\dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{{\sqrt[3]{{ab}}}}{3}\,\)
Cộng vế với vế ta được \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le \dfrac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{ab}} + \sqrt[3]{{bc}} + \sqrt[3]{{ca}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right)\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}} \le \dfrac{9}{{3\sqrt[3]{{\sqrt[3]{{abc}}}}}} = \dfrac{9}{3} = 3\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}} \le 3 \Rightarrow 3\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[3]{a}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{b}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{c}}}} \right) \le 1\).
Vậy \(\dfrac{1}{{2 + a}} + \dfrac{1}{{2 + b}} + \dfrac{1}{{2 + c}} \le 1.\) Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh rèn luyện và nâng cao kiến thức.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 thường có cấu trúc gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 được đánh giá là ở mức trung bình. Tuy nhiên, để đạt điểm cao, các em học sinh cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán, và có khả năng tư duy logic.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019:
Cho phương trình: 2x + 3 = 7. Hãy tìm nghiệm của phương trình.
Giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm và AC = 4cm. Hãy tính diện tích của tam giác ABC.
Giải:
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC
Thay số: S = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Vậy diện tích của tam giác ABC là 6 cm2.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, các em học sinh nên luyện tập thường xuyên với đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019. Các em có thể tìm thấy đề thi và đáp án trên trang web toan11.edu.vn.
Toán học là một môn học quan trọng, không chỉ trong trường học mà còn trong cuộc sống. Việc học Toán giúp chúng ta phát triển tư duy logic, khả năng giải quyết vấn đề, và kỹ năng phân tích. Do đó, các em học sinh nên dành thời gian và công sức để học Toán thật tốt.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu luyện thi Toán khác như sách giáo khoa, sách bài tập, và các bài giảng trực tuyến.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nam năm 2019 là một tài liệu luyện thi quan trọng giúp các em học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
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!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
