toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Hải Phòng 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 các trường THPT chuyên và không chuyên tại Hải Phòng, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng để tự ôn luyện tại nhà hoặc kết hợp với các khóa học trực tuyến tại toan11.edu.vn để đạt kết quả tốt nhất.
Bài 1: (1,5 điểm) Cho hai biểu thức:
\(A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 ;\) \(B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x > 0\)).
a) Rút gọn các biểu thức \(A,\,\,B\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho giá trị biểu thức \(B\)bằng giá trị biểu thức \(A\).
Bài 2:(1,5 điểm)
a) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hai hàm số \(y = \left( {m + 4} \right)x + 11\) và \(y = x + {m^2} + 2\) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - \dfrac{2}{{y + 1}} = - \dfrac{1}{2}\\2x + \dfrac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right..\)
Bài 3:(2,5 điểm)
1. Cho phương trình \({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,(1)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 1.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 12\).
2. Bài toán có nội dung thực tế
Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm \(30{m^2}\); và nếu chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\). Tính diện tích thửa ruộng trên.
Bài 4:(3,5 điểm)
1. Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \((O)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AD,\,AE\) (\(D,\,E\)là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(ABC\) của đường tròn \((O)\)sao cho điểm \(B\) nằm giữa hai điểm \(A,\,C;\) tia \(AC\)nằm giữa hai tia \(AD\)và \(AO\). Từ điểm \(O\) kẻ \(OI \bot AC\) tại \(I.\)
a) Chứng minh năm điểm \(A,\,D,\,I,\,O,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh \(IA\) là tia phân giác của \(\angle DIE\) và \(AB.AC = A{D^2}\).
c) Gọi \(K\) và \(F\) lần lượt là giao điểm của \(ED\) với \(AC\) và \(OI\).Qua điểm \(D\) vẽ đường thẳng song song với \(IE\) cắt \(OF\) và \(AC\) lần lượt tại \(H\) và \(P\). Chứng minh \(D\) là trung điểm của \(HP.\)
2.Một hình trụ có diện tích xung quanh \(140\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\) và chiều cao là \(h = 7\,\,\left( {cm} \right).\) Tính thể tích của hình trụ đó.
Bài 5: (1,0 điểm)
a) Cho \(x,\,y,\,z\) là ba số dương. Chúng minh \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9.\)
b) Cho \(a,\,b,\,c\) là ba số dương thỏa mãn \(a + b + c = 6.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A =\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}}.\)
Bài 1
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức
b) Đưa bài toán về tìm \(x\) để \(A = B\)(chú ý đối chiếu điều kiện xác định).
Cách giải:
Cho hai biểu thức:
\(A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 ;\)\(B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x > 0\)).
a) Rút gọn các biểu thức \(A,\,\,B\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = \left( {2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 :\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = 2\end{array}\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\,\, = \sqrt x + 2 + \sqrt x - 3\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho giá trị biểu thức \(B\)bằng giá trị biểu thức \(A\).
Điều kiện: \(x > 0.\)
Để \(A = B\) thì \(2\sqrt x - 1 = 2\, \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{4}\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy \(x = \dfrac{9}{4}\) thì \(A = B\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm. Để 2 đồ thị hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất \(x = 0\)
b) Đặt \(t = \dfrac{1}{{y + 1}}\) và giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số ra \(x,\,t\). Từ đó tìm được \(x,\,y\).
Cách giải:
a) Tìm các giá trị của tham số \(m\)để đồ thị hai hàm số \(y = \left( {m + 4} \right)x + 11\) và \(y = x + {m^2} + 2\) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số ta có:
\(\left( {m + 4} \right)x + 11 = x + {m^2} + 2 \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)x = {m^2} - 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để 2 đồ thị hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 3 \ne 0\\x = \dfrac{{{m^2} - 9}}{{m + 3}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 3\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 3\\m = 3\end{array} \right. \Rightarrow m = 3\)
Vậy \(m = 3.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - \dfrac{2}{{y + 1}} = - \dfrac{1}{2}\\2x + \dfrac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ne - 1\)
Đặt \(t = \dfrac{1}{{y + 1}}\)
Hệ phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2t = - \dfrac{1}{2}\\2x + t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2t = - \dfrac{1}{2}\\4x + 2t = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = \dfrac{7}{2}\\2x + t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\t = 1\end{array} \right..\)
Với \(t = 1\) thì \(\dfrac{1}{{y + 1}} = 1 \Rightarrow y + 1 = 1 \Leftrightarrow y = 0\,\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{1}{2};0} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
1a) Thay \(m = 1\) vào phương trình, giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.
1b) Tìm điều kiện \(\Delta ' > 0\) để phương trình có 2 nghiệm phân biệt rồi biến đổi điều kiện bài toán về tổng và tích 2 nghiệm và áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\)
Đối chiếu với điều kiện của \(m\) rồi kết luận.
2) Gọi chiều rộng hình chữ nhật là \(x\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {x > 2} \right)\)
chiều dài hình chữ nhật là \(y\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {y > x > 2} \right).\)
Dựa vào các giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình.
Giải hệ phương trình rồi đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận.
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,(1)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 1.\)
Với \(m = 1\) ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\,\,2} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 12\)
\({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Có: \(\Delta ' = {m^2} - \left( {4m - 4} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\,\,\,\,\,\forall m\)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\)
Với \(m \ne 2\), theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = 4m - 4\end{array} \right.\,\,(*)\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + {x_2}^2 + {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} - \left( {4m - 4} \right) = 12\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {{m^2} - m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = - 1\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.
2. Bài toán có nội dung thực tế
Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm \(30{m^2}\); và nếu chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\). Tính diện tích thửa ruộng trên.
Gọi chiều rộng hình chữ nhật là \(x\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {x > 2} \right)\)
chiều dài hình chữ nhật là \(y\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {y > x > 2} \right).\)
Diện tích thửa ruộng ban đầu là \(xy\,\,\,\,\left( {{m^2}} \right).\)
Khi chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng tăng thêm \(30{m^2}\) nên ta có:
\(\left( {x + 2} \right)\left( {y - 2} \right) = xy + 30 \Leftrightarrow - 2x + 2y = 34\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Khi chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\) nên ta có \(\left( {x - 2} \right)\left( {y + 5} \right) = xy - 20 \Leftrightarrow 5x - 2y = - 10\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 2y = 34\\5x - 2y = - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + y = 17\\3x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Diện tích thửa ruộng ban đầu là \(25.8 = 200\,\,{m^2}.\)
Bài 4
Phương pháp:
1a) Các góc cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc vuông.
1b) Chứng minh \(\angle DIA = \angle EIA\) bằng cách sử dụng câu a) 5 điểm cùng thuộc một đường tròn.
1c) Chứng minh tam giác \(DIH\)và \(DIP\) cân tại \(D\). Khi đó \(DH = DP( = DI)\)
2) Dựa vào công thức \({S_{xq}} = 2\pi .r.h\) khi biết chiều cao \(h\) và diện tích xung quanh hình trụ để tính bán kính đáy trụ \(r.\) Sau đó dùng công thức \(V = \pi .{r^2}.h\) để tính thể tích hình trụ.
Cách giải:
1a) Chứng minh năm điểm \(A,\,D,\,I,\,O,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
\(AD,\,\,AE\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OD \bot AD = \left\{ D \right\}\\OE \bot AE = \left\{ E \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \angle ODA = \angle OEA = {90^0}\)
\(OI \bot AC = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle OIA = {90^0}\)
Ta có: \(\angle ODA,\,\,\,\angle OEA\) cùng nhìn \(OA\) dưới một góc vuông (cmt) và \(\angle OIA\) cũng nhìn \(OA\) dưới một góc vuông (cmt)
Nên \(D,\,\,\,E,\,\,\,O,\,\,\,A,\,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(OA\). (đpcm).
b) Chứng minh \(IA\) là tia phân giác của \(\angle DIE\) và \(AB.AC = A{D^2}\).
Do \(AD,\,AE\)là tiếp tuyến \(\left( O \right) \Rightarrow AO\) là phân giác của \(\angle DOE \Rightarrow \angle DOA = \angle AOE\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có tứ giác \(ADOE\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle DIA = \angle DOA\,\,\,\,\left( 2 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\))
Ta có tứ giác \(AIOE\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle EIA = \angle EOA\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EA\))
\( \Rightarrow \angle DIA = \angle EIA \Rightarrow IA\) là phân giác của góc \(\angle DIE.\) (đpcm)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ADC\)ta có:
\(\angle A\,\,\,\,chung\)
\(\angle BDA = \angle DCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BD\))
c) Gọi \(K\) và \(F\) lần lượt là giao điểm của \(ED\) với \(AC\) và \(OI\). Qua điểm \(D\) vẽ đường thẳng song song với \(IE\) cắt \(OF\) và \(AC\) lần lượt tại \(H\) và \(P\). Chứng minh \(D\) là trung điểm của \(HP.\)
Ta có: \(DP//IE\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle DPI = \angle EIP\) (hai góc so le trong)
mà \(\angle DIP = \angle PIE\,\,\,\,\left( {cmt\,\,\,\,\angle DIA = \angle AIE} \right)\)
\( \Rightarrow \angle DIP = \angle DPI \Rightarrow \Delta DIP\) cân tại \(D\)
\( \Rightarrow DI = DP\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(DH//IE \Rightarrow \angle DHI = \angle EIO\) (hai góc đồng vị)
Ta có \(\angle HID + \angle PID = \angle PIE + \angle EIO = {90^0}\) mà \(\angle PID = \angle PIE \Rightarrow \angle HID = \angle EIO\,\)
\( \Rightarrow \angle DHI = \angle HID \Rightarrow \Delta HID\) cân tại \(D\)\( \Rightarrow DI = DH\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow D\) là trung điểm \(HP.\)
2. Một hình trụ có diện tích xung quanh \(140\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\) và chiều cao là \(h = 7\,\,\left( {cm} \right).\) Tính thể tích của hình trụ đó.
Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi .r.h = 2\pi .r.7 = 140\pi \)
\( \Rightarrow \) bán kính của đáy trụ là \(r = \dfrac{{140\pi }}{{2\pi .7}} = 10\,\,\left( {cm} \right)\)
Thể tích hình trụ là \(V = \pi .{r^2}.h = \pi {.10^2}.7 = 700\pi \,\,c{m^3}.\)
Bài 5
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 bộ 3 số dương \(x;y;z\) và \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}.\)
Cách giải:
a) Cho \(x,\,y,\,z\) là ba số dương. Chứng minh \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9.\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ 3 số dương \(x;y;z\) ta có: \(\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ 3 số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}:\) \(\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{xyz}}}}.\)
\( \Rightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9\sqrt[3]{{xyz.\dfrac{1}{{xyz}}}} = 9\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z.\)
b) Cho \(a,\,b,\,c\) là ba số dương thỏa mãn \(a + b + c = 6.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A = \dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}}.\)
Ta có: \(\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} = \dfrac{{ab}}{{a + c + b + c + 2b}}\)
Áp dụng câu a) \(9 \le \left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \Rightarrow \dfrac{1}{{x + y + z}} \le \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} \le ab.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{2b}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ab}}{{a + c}} + \dfrac{{ab}}{{b + c}} + \dfrac{a}{2}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} \le bc.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{b + a}} + \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{2c}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{bc}}{{b + a}} + \dfrac{{bc}}{{a + c}} + \dfrac{b}{2}} \right)\\\dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}} \le ca.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{c + b}} + \dfrac{1}{{b + a}} + \dfrac{1}{{2a}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ca}}{{c + b}} + \dfrac{{ca}}{{a + b}} + \dfrac{c}{2}} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A \le \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ab + bc}}{{a + c}} + \dfrac{{ab + ca}}{{b + c}} + \dfrac{{bc + ca}}{{a + b}} + \dfrac{{a + b + c}}{2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow A \le \dfrac{1}{9}\left( {b + a + c + \dfrac{{a + b + c}}{2}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {6 + \dfrac{6}{2}} \right) = 1\) với \(a + b + c = 6\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\a + b + c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 2.\)
Vậy \(Max\,\,A = 1\) khi \(a = b = c = 2.\)
\(A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 ;\) \(B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x > 0\)).
a) Rút gọn các biểu thức \(A,\,\,B\).
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho giá trị biểu thức \(B\)bằng giá trị biểu thức \(A\).
Bài 2:(1,5 điểm)
a) Tìm các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hai hàm số \(y = \left( {m + 4} \right)x + 11\) và \(y = x + {m^2} + 2\) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - \dfrac{2}{{y + 1}} = - \dfrac{1}{2}\\2x + \dfrac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right..\)
Bài 3:(2,5 điểm)
1. Cho phương trình \({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,(1)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 1.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 12\).
2. Bài toán có nội dung thực tế
Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm \(30{m^2}\); và nếu chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\). Tính diện tích thửa ruộng trên.
Bài 4:(3,5 điểm)
1. Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \((O)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AD,\,AE\) (\(D,\,E\)là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến \(ABC\) của đường tròn \((O)\)sao cho điểm \(B\) nằm giữa hai điểm \(A,\,C;\) tia \(AC\)nằm giữa hai tia \(AD\)và \(AO\). Từ điểm \(O\) kẻ \(OI \bot AC\) tại \(I.\)
a) Chứng minh năm điểm \(A,\,D,\,I,\,O,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh \(IA\) là tia phân giác của \(\angle DIE\) và \(AB.AC = A{D^2}\).
c) Gọi \(K\) và \(F\) lần lượt là giao điểm của \(ED\) với \(AC\) và \(OI\).Qua điểm \(D\) vẽ đường thẳng song song với \(IE\) cắt \(OF\) và \(AC\) lần lượt tại \(H\) và \(P\). Chứng minh \(D\) là trung điểm của \(HP.\)
2.Một hình trụ có diện tích xung quanh \(140\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\) và chiều cao là \(h = 7\,\,\left( {cm} \right).\) Tính thể tích của hình trụ đó.
Bài 5: (1,0 điểm)
a) Cho \(x,\,y,\,z\) là ba số dương. Chúng minh \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9.\)
b) Cho \(a,\,b,\,c\) là ba số dương thỏa mãn \(a + b + c = 6.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A =\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}}.\)
Bài 1
Phương pháp:
a) Rút gọn biểu thức
b) Đưa bài toán về tìm \(x\) để \(A = B\)(chú ý đối chiếu điều kiện xác định).
Cách giải:
Cho hai biểu thức:
\(A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 ;\)\(B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\) (với \(x > 0\)).
a) Rút gọn các biểu thức \(A,\,\,B\).
\(\begin{array}{l}A = \left( {\sqrt {20} - \sqrt {45} + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = \left( {2\sqrt 5 - 3\sqrt 5 + 3\sqrt 5 } \right):\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 5 :\sqrt 5 \\\,\,\,\,\, = 2\end{array}\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x - 9}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\,\, = \sqrt x + 2 + \sqrt x - 3\\\,\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) sao cho giá trị biểu thức \(B\)bằng giá trị biểu thức \(A\).
Điều kiện: \(x > 0.\)
Để \(A = B\) thì \(2\sqrt x - 1 = 2\, \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{4}\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy \(x = \dfrac{9}{4}\) thì \(A = B\).
Bài 2
Phương pháp:
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm. Để 2 đồ thị hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm duy nhất \(x = 0\)
b) Đặt \(t = \dfrac{1}{{y + 1}}\) và giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số ra \(x,\,t\). Từ đó tìm được \(x,\,y\).
Cách giải:
a) Tìm các giá trị của tham số \(m\)để đồ thị hai hàm số \(y = \left( {m + 4} \right)x + 11\) và \(y = x + {m^2} + 2\) cắt nhau tại một điểm trên trục tung.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số ta có:
\(\left( {m + 4} \right)x + 11 = x + {m^2} + 2 \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right)x = {m^2} - 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Để 2 đồ thị hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất \(x = 0\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 3 \ne 0\\x = \dfrac{{{m^2} - 9}}{{m + 3}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 3\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 3\\m = 3\end{array} \right. \Rightarrow m = 3\)
Vậy \(m = 3.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - \dfrac{2}{{y + 1}} = - \dfrac{1}{2}\\2x + \dfrac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right..\)
Điều kiện: \(y \ne - 1\)
Đặt \(t = \dfrac{1}{{y + 1}}\)
Hệ phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2t = - \dfrac{1}{2}\\2x + t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 2t = - \dfrac{1}{2}\\4x + 2t = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = \dfrac{7}{2}\\2x + t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\t = 1\end{array} \right..\)
Với \(t = 1\) thì \(\dfrac{1}{{y + 1}} = 1 \Rightarrow y + 1 = 1 \Leftrightarrow y = 0\,\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{1}{2};0} \right)\)
Bài 3
Phương pháp:
1a) Thay \(m = 1\) vào phương trình, giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.
1b) Tìm điều kiện \(\Delta ' > 0\) để phương trình có 2 nghiệm phân biệt rồi biến đổi điều kiện bài toán về tổng và tích 2 nghiệm và áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để tìm \(m.\)
Đối chiếu với điều kiện của \(m\) rồi kết luận.
2) Gọi chiều rộng hình chữ nhật là \(x\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {x > 2} \right)\)
chiều dài hình chữ nhật là \(y\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {y > x > 2} \right).\)
Dựa vào các giả thiết của bài toán để lập hệ phương trình.
Giải hệ phương trình rồi đối chiếu với điều kiện sau đó kết luận.
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,(1)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi \(m = 1.\)
Với \(m = 1\) ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\,\,2} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 12\)
\({x^2} - 2mx + 4m - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Có: \(\Delta ' = {m^2} - \left( {4m - 4} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\,\,\,\,\,\forall m\)
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\)
Với \(m \ne 2\), theo hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}.{x_2} = 4m - 4\end{array} \right.\,\,(*)\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} = 12\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + {x_2}^2 + {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} - \left( {4m - 4} \right) = 12\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {{m^2} - m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {m - 2} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m = - 1\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.
2. Bài toán có nội dung thực tế
Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm \(30{m^2}\); và nếu chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\). Tính diện tích thửa ruộng trên.
Gọi chiều rộng hình chữ nhật là \(x\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {x > 2} \right)\)
chiều dài hình chữ nhật là \(y\,\,\left( m \right)\,\,\,\left( {y > x > 2} \right).\)
Diện tích thửa ruộng ban đầu là \(xy\,\,\,\,\left( {{m^2}} \right).\)
Khi chiều rộng tăng thêm \(2m\), chiều dài giảm đi \(2m\) thì diện tích thửa ruộng tăng thêm \(30{m^2}\) nên ta có:
\(\left( {x + 2} \right)\left( {y - 2} \right) = xy + 30 \Leftrightarrow - 2x + 2y = 34\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Khi chiều rộng giảm đi \(2m\), chiều dài tăng thêm \(5m\) thì diện tích thửa ruộng giảm đi \(20{m^2}\) nên ta có \(\left( {x - 2} \right)\left( {y + 5} \right) = xy - 20 \Leftrightarrow 5x - 2y = - 10\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 2y = 34\\5x - 2y = - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + y = 17\\3x = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 25\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 8\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Diện tích thửa ruộng ban đầu là \(25.8 = 200\,\,{m^2}.\)
Bài 4
Phương pháp:
1a) Các góc cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc vuông.
1b) Chứng minh \(\angle DIA = \angle EIA\) bằng cách sử dụng câu a) 5 điểm cùng thuộc một đường tròn.
1c) Chứng minh tam giác \(DIH\)và \(DIP\) cân tại \(D\). Khi đó \(DH = DP( = DI)\)
2) Dựa vào công thức \({S_{xq}} = 2\pi .r.h\) khi biết chiều cao \(h\) và diện tích xung quanh hình trụ để tính bán kính đáy trụ \(r.\) Sau đó dùng công thức \(V = \pi .{r^2}.h\) để tính thể tích hình trụ.
Cách giải:
1a) Chứng minh năm điểm \(A,\,D,\,I,\,O,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
\(AD,\,\,AE\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OD \bot AD = \left\{ D \right\}\\OE \bot AE = \left\{ E \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \angle ODA = \angle OEA = {90^0}\)
\(OI \bot AC = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle OIA = {90^0}\)
Ta có: \(\angle ODA,\,\,\,\angle OEA\) cùng nhìn \(OA\) dưới một góc vuông (cmt) và \(\angle OIA\) cũng nhìn \(OA\) dưới một góc vuông (cmt)
Nên \(D,\,\,\,E,\,\,\,O,\,\,\,A,\,\,\,I\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(OA\). (đpcm).
b) Chứng minh \(IA\) là tia phân giác của \(\angle DIE\) và \(AB.AC = A{D^2}\).
Do \(AD,\,AE\)là tiếp tuyến \(\left( O \right) \Rightarrow AO\) là phân giác của \(\angle DOE \Rightarrow \angle DOA = \angle AOE\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có tứ giác \(ADOE\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle DIA = \angle DOA\,\,\,\,\left( 2 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DA\))
Ta có tứ giác \(AIOE\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle EIA = \angle EOA\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EA\))
\( \Rightarrow \angle DIA = \angle EIA \Rightarrow IA\) là phân giác của góc \(\angle DIE.\) (đpcm)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ADC\)ta có:
\(\angle A\,\,\,\,chung\)
\(\angle BDA = \angle DCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BD\))
c) Gọi \(K\) và \(F\) lần lượt là giao điểm của \(ED\) với \(AC\) và \(OI\). Qua điểm \(D\) vẽ đường thẳng song song với \(IE\) cắt \(OF\) và \(AC\) lần lượt tại \(H\) và \(P\). Chứng minh \(D\) là trung điểm của \(HP.\)
Ta có: \(DP//IE\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle DPI = \angle EIP\) (hai góc so le trong)
mà \(\angle DIP = \angle PIE\,\,\,\,\left( {cmt\,\,\,\,\angle DIA = \angle AIE} \right)\)
\( \Rightarrow \angle DIP = \angle DPI \Rightarrow \Delta DIP\) cân tại \(D\)
\( \Rightarrow DI = DP\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(DH//IE \Rightarrow \angle DHI = \angle EIO\) (hai góc đồng vị)
Ta có \(\angle HID + \angle PID = \angle PIE + \angle EIO = {90^0}\) mà \(\angle PID = \angle PIE \Rightarrow \angle HID = \angle EIO\,\)
\( \Rightarrow \angle DHI = \angle HID \Rightarrow \Delta HID\) cân tại \(D\)\( \Rightarrow DI = DH\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow D\) là trung điểm \(HP.\)
2. Một hình trụ có diện tích xung quanh \(140\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\) và chiều cao là \(h = 7\,\,\left( {cm} \right).\) Tính thể tích của hình trụ đó.
Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi .r.h = 2\pi .r.7 = 140\pi \)
\( \Rightarrow \) bán kính của đáy trụ là \(r = \dfrac{{140\pi }}{{2\pi .7}} = 10\,\,\left( {cm} \right)\)
Thể tích hình trụ là \(V = \pi .{r^2}.h = \pi {.10^2}.7 = 700\pi \,\,c{m^3}.\)
Bài 5
Phương pháp:
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 bộ 3 số dương \(x;y;z\) và \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}.\)
Cách giải:
a) Cho \(x,\,y,\,z\) là ba số dương. Chứng minh \(\left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9.\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ 3 số dương \(x;y;z\) ta có: \(\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{xyz}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ 3 số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}:\) \(\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{xyz}}}}.\)
\( \Rightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9\sqrt[3]{{xyz.\dfrac{1}{{xyz}}}} = 9\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z.\)
b) Cho \(a,\,b,\,c\) là ba số dương thỏa mãn \(a + b + c = 6.\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\(A = \dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}}.\)
Ta có: \(\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} = \dfrac{{ab}}{{a + c + b + c + 2b}}\)
Áp dụng câu a) \(9 \le \left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \Rightarrow \dfrac{1}{{x + y + z}} \le \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} \le ab.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{2b}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ab}}{{a + c}} + \dfrac{{ab}}{{b + c}} + \dfrac{a}{2}} \right)\)
Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} \le bc.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{b + a}} + \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{2c}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{bc}}{{b + a}} + \dfrac{{bc}}{{a + c}} + \dfrac{b}{2}} \right)\\\dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}} \le ca.\dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{1}{{c + b}} + \dfrac{1}{{b + a}} + \dfrac{1}{{2a}}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ca}}{{c + b}} + \dfrac{{ca}}{{a + b}} + \dfrac{c}{2}} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A \le \dfrac{1}{9}\left( {\dfrac{{ab + bc}}{{a + c}} + \dfrac{{ab + ca}}{{b + c}} + \dfrac{{bc + ca}}{{a + b}} + \dfrac{{a + b + c}}{2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow A \le \dfrac{1}{9}\left( {b + a + c + \dfrac{{a + b + c}}{2}} \right) = \dfrac{1}{9}\left( {6 + \dfrac{6}{2}} \right) = 1\) với \(a + b + c = 6\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\a + b + c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 2.\)
Vậy \(Max\,\,A = 1\) khi \(a = b = c = 2.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hải Phòng luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển mình của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để học sinh có thể đánh giá năng lực bản thân và tập trung vào những phần kiến thức còn yếu.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng 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 năm và từng trường.
Để giúp học sinh hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi, chúng ta sẽ phân tích một số đề thi tiêu biểu vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2019:
Đề thi trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn 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 có kiến thức vững chắc về các công thức và định lý. Các bài toán hình học thường yêu cầu học sinh phải có khả năng vẽ hình chính xác và áp dụng các định lý hình học một cách linh hoạt.
Đề thi trường THPT Kiến Thụy thường có độ khó trung bình. Đề thi tập trung vào các bài toán cơ bản, yêu cầu học sinh phải nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán. Các bài toán đại số thường liên quan đến việc giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Các bài toán hình học thường liên quan đến việc tính diện tích, chu vi, và các yếu tố hình học khác.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hải Phòng năm 2019, học sinh cần có một kế hoạch luyện thi khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số lời khuyên:
toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu hỗ trợ luyện thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2019, bao gồm:
Hãy truy cập toan11.edu.vn ngay hôm nay để bắt đầu hành trình chinh phục kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hải Phòng năm 2019!
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!
