toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh 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 các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên trên địa bàn tỉnh Hà Tĩnh, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự học, luyện tập hoặc tham khảo ý kiến của thầy cô giáo.
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
\(a)\,A = \sqrt {50} - \sqrt {18} \,\)
\(b)\,B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}}\) với \(a \ne 0\) và \(a \ne \pm 1\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Tìm các giá trị của \(a\) và \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua hai điểm \(M\left( {1;5} \right)\) và \(N\left( {2;8} \right)\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 6x + m - 3 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {x_2^2 - 5{x_2} + m - 4} \right) = 2\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Một đội xe vận tải được phân công chở 112 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau.
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến \(MA;\,MB\) với đường tròn (\(A,\,B\) là tiếp điểm). Đường thẳng \(\left( d \right)\)thay đổiđi qua M, không đi qua O, và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (C nằm giữa \(M\) và \(D\))
a) Chứng minh \(AMBO\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}.\)
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OCD\) luôn đi qua điểm cố định khác \(O.\)
Câu 5 (1 điểm): Cho hai số thực dương \(a,b\) thỏa mãn \(a + b + 3ab = 1.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{6ab}}{{a + b}} - {a^2} - {b^2}.\)
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
\(a)\,A = \sqrt {50} - \sqrt {18} \,\)
\(b)\,B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}}\) với \(a \ne 0\) và \(a \ne \pm 1\)
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Tìm các giá trị của \(a\) và \(b\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua hai điểm \(M\left( {1;5} \right)\) và \(N\left( {2;8} \right)\)
b) Cho phương trình \({x^2} - 6x + m - 3 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {x_2^2 - 5{x_2} + m - 4} \right) = 2\)
Câu 3 (1,5 điểm):
Một đội xe vận tải được phân công chở 112 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau.
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến \(MA;\,MB\) với đường tròn (\(A,\,B\) là tiếp điểm). Đường thẳng \(\left( d \right)\)thay đổiđi qua M, không đi qua O, và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (C nằm giữa \(M\) và \(D\))
a) Chứng minh \(AMBO\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}.\)
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OCD\) luôn đi qua điểm cố định khác \(O.\)
Câu 5 (1 điểm): Cho hai số thực dương \(a,b\) thỏa mãn \(a + b + 3ab = 1.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \dfrac{{6ab}}{{a + b}} - {a^2} - {b^2}.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi rồi rút gọn biểu thức.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức:
\(a)\,\,A = \sqrt {50} - \sqrt {18} = \sqrt {25.2} - \sqrt {9.2} = 5\sqrt 2 - 3\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\)
Vậy \(A = 2\sqrt 2 .\)
\(b)\,\,\,B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}}\) với \(a \ne 0\) và \(a \ne \pm 1.\)
Điều kiện: \(a \ne 0,\,\,a \ne \pm 1.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}} = \left[ {\dfrac{2}{{a\left( {a + 1} \right)}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right]:\dfrac{{1 - a}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{{2 - 2a}}{{a\left( {a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{1 - a}} = \dfrac{{2\left( {1 - a} \right)}}{a}.\dfrac{{a + 1}}{{1 - a}} = \dfrac{{2\left( {a + 1} \right)}}{a}.\end{array}\)
Vậy với \(a \ne 0,\,\,a \ne \pm 1\) thì \(B = \dfrac{{2\left( {a + 1} \right)}}{a}.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay tọa độ điểm M và N vào phương trình đường thẳng, rút ra hệ phương trình hai ẩn a, b. Giải hệ phương trình tìm a, b.
b) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left( {\Delta > 0} \right)\).
Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) \(M\left( {1;5} \right) \in d:\,\,\,y = ax + b \Rightarrow 5 = a + b\).
\(N\left( {2;\,\,8} \right) \in d:\,\,y = ax + b \Rightarrow 8 = 2a + b\).
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 5\\2a + b = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 5 - a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 2\end{array} \right.\).
Vậy \(a = 3,\,\,\,b = 2.\)
b) \({x^2} - 6x + m - 3 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để phương tình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0\).
\( \Leftrightarrow 9 - m + 3 > 0 \Leftrightarrow 12 - m > 0 \Leftrightarrow m < 12.\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {x_2^2 - 5{x_2} + m - 4} \right) = 2\,\,\left( * \right)\).
Do \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_2^2 - 6{x_2} + m - 3 = 0\,\,\,\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 5{x_2} + m - 4 - {x_2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 5{x_2} + m - 4 = {x_2} - 1\end{array}\)
Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 2\).
\( \Leftrightarrow m - 3 - 6 + 1 = 2 \Leftrightarrow m = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 10\).
Câu 3
Phương pháp:
Gọi số xe ban đầu của đội xe là \(x\) (xe) \(\left( {x > 2,\,\,x \in \mathbb{N}} \right).\)
Dựa vào các giả thiết bài toán biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết rồi lập phương trình.
Giải phương trình tìm ẩn \(x\) rồi đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi số xe ban đầu của đội xe là \(x\) (xe) \(\left( {x > 2,\,\,x \in \mathbb{N}} \right).\)
Theo dự định, mỗi xe phải chở số tấn hàng là: \(\dfrac{{112}}{x}\) (tấn)
Số xe thực tế làm nhiệm vụ là: \(x - 2\) (xe).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi xe chở số tấn hàng là: \(\dfrac{{112}}{{x - 2}}\) (tấn).
Thực tế, mỗi xe phải chở nhiều hơn theo dự định \(1\) tấn hàng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{112}}{{x - 2}} - \,\dfrac{{112}}{x} = 1\\ \Leftrightarrow 112x - 112\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 112x - 112x + 224 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 224 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 14x - 224 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 14\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 14} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 14 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 14\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số xe ban đầu của đội xe là 16 xe.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Sử dụng định nghĩa tứ giác nội tiếp là tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Chứng minh tam giác \(MCA\) và tam giác \(MAD\) đồng dạng.
c) Chứng minh tứ giác \(OHCD\) là tứ giác nội tiếp.
Cách giải:
a) Chứng minh \(AMBO\) là tứ giác nội tiếp
Do \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMBO\)có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AMBO\)là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}\).
Xét tam giác \(MCA\) và tam giác \(MAD\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\));
(1).
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\) luôn đi qua điểm cố định khác \(O\).
Gọi \(H = OM \cap AB\,\,\left( {H \ne O} \right)\).
Ta có \(OA = OB\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AB\) \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\) ta có: \(M{A^2} = MH.MO\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MC.MD = MH.MO \Rightarrow \dfrac{{MC}}{{MH}} = \dfrac{{MO}}{{MD}}\).
Xét tam giác \(MCH\) và tam giác \(MOD\) có :
\(\angle OMD\) chung;
\(\dfrac{{MC}}{{MH}} = \dfrac{{MO}}{{MD}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
(hai góc tương ứng).
Mà \(\angle MHC + \angle OHC = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle CDO + \angle & OHC = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OHCD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
\( \Rightarrow H\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\).
Mà \(O,\,\,M\) cố định \( \Rightarrow A,\,\,B\) cố định \( \Rightarrow H = OM \cap AB\) cố định.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\) luôn đi qua điểm \(H = OM \cap AB\,\,\left( {H \ne O} \right)\) cố định (đpcm).
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(a + b + 3ab = 1 \Leftrightarrow 3ab = 1 - \left( {a + b} \right) \Leftrightarrow ab = \dfrac{{1 - \left( {a + b} \right)}}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(ab \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{1 - \left( {a + b} \right)}}{3} \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow 4 - 4\left( {a + b} \right) \le 3{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3{\left( {a + b} \right)^2} + 4\left( {a + b} \right) - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow 3{\left( {a + b} \right)^2} + 6\left( {a + b} \right) - 2\left( {a + b} \right) - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {a + b} \right)\left[ {\left( {a + b} \right) + 2} \right] - 2\left( {a + b + 2} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + 2} \right)\left[ {3\left( {a + b} \right) - 2} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {a + b} \right) - 2 \ge 0\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a + b + 2 > 0\,\,\forall a,\,\,b > 0} \right)\\ \Leftrightarrow a + b \ge \dfrac{2}{3}.\\ \Rightarrow P = \dfrac{{6ab}}{{a + b}} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right) = \dfrac{{2 - 2\left( {a + b} \right)}}{{a + b}} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\ \le \dfrac{2}{{a + b}} - 2 - \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \le \dfrac{2}{{\dfrac{2}{3}}} - 2 - \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{7}{9}.\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\a + b = \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{3}.\)
Vậy \(Max\,\,P = \dfrac{7}{9}\) khi \(a = b = \dfrac{1}{3}.\)
Câu 1
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi rồi rút gọn biểu thức.
Cách giải:
Rút gọn các biểu thức:
\(a)\,\,A = \sqrt {50} - \sqrt {18} = \sqrt {25.2} - \sqrt {9.2} = 5\sqrt 2 - 3\sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\)
Vậy \(A = 2\sqrt 2 .\)
\(b)\,\,\,B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}}\) với \(a \ne 0\) và \(a \ne \pm 1.\)
Điều kiện: \(a \ne 0,\,\,a \ne \pm 1.\)
\(\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{2}{{{a^2} + a}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right):\dfrac{{1 - a}}{{{a^2} + 2a + 1}} = \left[ {\dfrac{2}{{a\left( {a + 1} \right)}} - \dfrac{2}{{a + 1}}} \right]:\dfrac{{1 - a}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{{2 - 2a}}{{a\left( {a + 1} \right)}}.\dfrac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{1 - a}} = \dfrac{{2\left( {1 - a} \right)}}{a}.\dfrac{{a + 1}}{{1 - a}} = \dfrac{{2\left( {a + 1} \right)}}{a}.\end{array}\)
Vậy với \(a \ne 0,\,\,a \ne \pm 1\) thì \(B = \dfrac{{2\left( {a + 1} \right)}}{a}.\)
Câu 2:
Phương pháp:
a) Thay tọa độ điểm M và N vào phương trình đường thẳng, rút ra hệ phương trình hai ẩn a, b. Giải hệ phương trình tìm a, b.
b) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left( {\Delta > 0} \right)\).
Áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
a) \(M\left( {1;5} \right) \in d:\,\,\,y = ax + b \Rightarrow 5 = a + b\).
\(N\left( {2;\,\,8} \right) \in d:\,\,y = ax + b \Rightarrow 8 = 2a + b\).
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 5\\2a + b = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 5 - a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 2\end{array} \right.\).
Vậy \(a = 3,\,\,\,b = 2.\)
b) \({x^2} - 6x + m - 3 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để phương tình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0\).
\( \Leftrightarrow 9 - m + 3 > 0 \Leftrightarrow 12 - m > 0 \Leftrightarrow m < 12.\)
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có: \(\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {x_2^2 - 5{x_2} + m - 4} \right) = 2\,\,\left( * \right)\).
Do \({x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_2^2 - 6{x_2} + m - 3 = 0\,\,\,\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 5{x_2} + m - 4 - {x_2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow x_2^2 - 5{x_2} + m - 4 = {x_2} - 1\end{array}\)
Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 2\).
\( \Leftrightarrow m - 3 - 6 + 1 = 2 \Leftrightarrow m = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(m = 10\).
Câu 3
Phương pháp:
Gọi số xe ban đầu của đội xe là \(x\) (xe) \(\left( {x > 2,\,\,x \in \mathbb{N}} \right).\)
Dựa vào các giả thiết bài toán biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết rồi lập phương trình.
Giải phương trình tìm ẩn \(x\) rồi đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận.
Cách giải:
Gọi số xe ban đầu của đội xe là \(x\) (xe) \(\left( {x > 2,\,\,x \in \mathbb{N}} \right).\)
Theo dự định, mỗi xe phải chở số tấn hàng là: \(\dfrac{{112}}{x}\) (tấn)
Số xe thực tế làm nhiệm vụ là: \(x - 2\) (xe).
\( \Rightarrow \) Thực tế, mỗi xe chở số tấn hàng là: \(\dfrac{{112}}{{x - 2}}\) (tấn).
Thực tế, mỗi xe phải chở nhiều hơn theo dự định \(1\) tấn hàng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{112}}{{x - 2}} - \,\dfrac{{112}}{x} = 1\\ \Leftrightarrow 112x - 112\left( {x - 2} \right) = x\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow 112x - 112x + 224 = {x^2} - 2x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 224 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 14x - 224 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 16} \right) + 14\left( {x - 16} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 14} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 16 = 0\\x + 14 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 14\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy số xe ban đầu của đội xe là 16 xe.
Câu 4:
Phương pháp:
a) Sử dụng định nghĩa tứ giác nội tiếp là tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.
b) Chứng minh tam giác \(MCA\) và tam giác \(MAD\) đồng dạng.
c) Chứng minh tứ giác \(OHCD\) là tứ giác nội tiếp.
Cách giải:
a) Chứng minh \(AMBO\) là tứ giác nội tiếp
Do \(MA,\,\,MB\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AMBO\)có: \(\angle OAM + \angle OBM = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AMBO\)là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) Chứng minh \(MC.MD = M{A^2}\).
Xét tam giác \(MCA\) và tam giác \(MAD\) có:
\(\angle AMD\) chung;
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\));
(1).
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\) luôn đi qua điểm cố định khác \(O\).
Gọi \(H = OM \cap AB\,\,\left( {H \ne O} \right)\).
Ta có \(OA = OB\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AB\) \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(H\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAM\) ta có: \(M{A^2} = MH.MO\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MC.MD = MH.MO \Rightarrow \dfrac{{MC}}{{MH}} = \dfrac{{MO}}{{MD}}\).
Xét tam giác \(MCH\) và tam giác \(MOD\) có :
\(\angle OMD\) chung;
\(\dfrac{{MC}}{{MH}} = \dfrac{{MO}}{{MD}}\,\,\left( {cmt} \right)\);
(hai góc tương ứng).
Mà \(\angle MHC + \angle OHC = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle CDO + \angle & OHC = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OHCD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
\( \Rightarrow H\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\).
Mà \(O,\,\,M\) cố định \( \Rightarrow A,\,\,B\) cố định \( \Rightarrow H = OM \cap AB\) cố định.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OCD\) luôn đi qua điểm \(H = OM \cap AB\,\,\left( {H \ne O} \right)\) cố định (đpcm).
Câu 5:
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(a + b + 3ab = 1 \Leftrightarrow 3ab = 1 - \left( {a + b} \right) \Leftrightarrow ab = \dfrac{{1 - \left( {a + b} \right)}}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(ab \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{1 - \left( {a + b} \right)}}{3} \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow 4 - 4\left( {a + b} \right) \le 3{\left( {a + b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 3{\left( {a + b} \right)^2} + 4\left( {a + b} \right) - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow 3{\left( {a + b} \right)^2} + 6\left( {a + b} \right) - 2\left( {a + b} \right) - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {a + b} \right)\left[ {\left( {a + b} \right) + 2} \right] - 2\left( {a + b + 2} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + 2} \right)\left[ {3\left( {a + b} \right) - 2} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {a + b} \right) - 2 \ge 0\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a + b + 2 > 0\,\,\forall a,\,\,b > 0} \right)\\ \Leftrightarrow a + b \ge \dfrac{2}{3}.\\ \Rightarrow P = \dfrac{{6ab}}{{a + b}} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right) = \dfrac{{2 - 2\left( {a + b} \right)}}{{a + b}} - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\ \le \dfrac{2}{{a + b}} - 2 - \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \le \dfrac{2}{{\dfrac{2}{3}}} - 2 - \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{7}{9}.\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\a + b = \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{3}.\)
Vậy \(Max\,\,P = \dfrac{7}{9}\) khi \(a = b = \dfrac{1}{3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử, đề thi chính thức các năm trước đóng vai trò then chốt.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2019 thường có cấu trúc tương đối ổn định qua các năm. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Tỷ lệ phân bổ điểm giữa các phần thường khá cân bằng, tuy nhiên, có thể có sự thay đổi nhỏ tùy thuộc vào từng trường và từng năm.
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi tiêu biểu của các trường THPT chuyên trên địa bàn tỉnh Hà Tĩnh năm 2019:
Đề thi trường THPT Chuyên Hà Tĩnh thường có độ khó cao hơn so với các trường khác. Đề thi thường tập trung vào các bài toán đòi hỏi tư duy logic, khả năng phân tích và tổng hợp thông tin. Các bài toán đại số thường có tính chất phức tạp, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán. Các bài toán hình học thường liên quan đến các định lý và tính chất quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có khả năng vận dụng linh hoạt.
Đề thi trường THPT Hồng Lĩnh thường có độ khó trung bình. Đề thi thường tập trung vào các bài toán cơ bản, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán. Các bài toán đại số thường liên quan đến các phương pháp giải phương trình, hệ phương trình quen thuộc. Các bài toán hình học thường liên quan đến các định lý và tính chất cơ bản.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2019:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2019, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Việc ôn luyện kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là yếu tố then chốt để đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hà Tĩnh năm 2019. Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt được kết quả như mong muốn!
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!
