toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Hải Phòng năm 2020. 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 thành phố Hải Phòng, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm.
Bài 1: Cho hai biểu thức:
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Bài 1:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Bài 2:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Bài 3:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
b) \(BF.CK = CF.BK\).
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Bài 5:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Bài 1 (1,5 điểm)
Cách giải:
Cho hai biểu thức: \(A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\) và \(B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\) với \(x > 0.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A\) và biểu thức \(B.\)
+) Rút gọn biểu thức \(A:\)
\(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 7 - \sqrt {28} + \sqrt {175} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - \sqrt {{2^2}.7} + \sqrt {{5^2}.7} - 3\\\,\,\,\,\, = 3\sqrt 7 - 2\sqrt 7 + 5\sqrt 7 - 3\\\,\,\,\,\, = 6\sqrt 7 - 3.\end{array}\)
+) Rút gọn biểu thức \(B:\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt x - 1 + \sqrt x \\\,\,\,\, = 2\sqrt x - 1.\end{array}\)
Vậy với \(A = 6\sqrt 7 - 3\) và \(B = 2\sqrt x \) với \(x > 0.\)
b) Tìm các giá trị của \(x\) để giá trị của biểu thức \(A\) bằng ba lần giá trị của biểu thức \(B.\)
Điều kiện: \(x > 0.\)
Theo đề bài ta có:\(A = 3B\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 3.\left( {2\sqrt x - 1} \right)\\ \Leftrightarrow 6\sqrt 7 - 3 = 6\sqrt x - 3\\ \Leftrightarrow 6\sqrt x = 6\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 7\) thì \(A = 3B.\)
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right)\). Xác định các giá trị của \(a\) và \(b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\) và \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\).
Vì đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(y = - \dfrac{1}{2}x + 2020\)nên: \(\left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{1}{2}\\b \ne 2020\end{array} \right.\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(\left( d \right):\,\,y = - \dfrac{1}{2}x + b\), với \(b \ne 2020\).
Vì \(\left( d \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - 5\) nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( { - 5;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( { - 5;0} \right)\) và phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(0 = - \dfrac{1}{2}.\left( { - 5} \right) + b \Leftrightarrow 0 = \dfrac{5}{2} + b \Leftrightarrow b = - \dfrac{5}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(a = - \dfrac{1}{2}\) và \(b = - \dfrac{5}{2}.\)
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 2y} \right) = 10\\4\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2y} \right) = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 3 + 2x - 4y = 10\\4x - 8 - x + 2y = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x - 4y = 13\\6x + 4y = 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\3x + 2y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3.3 + 2y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;\dfrac{1}{2}} \right)\).
Bài 3 (2,5 điểm)
Cách giải:
1. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 7.\)
Với \(m = 7\) ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} - 2\left( {7 + 1} \right)x + {7^2} - 1 = 0\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {x^2} - 16x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 12x + 48 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 4} \right) - 12\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 12} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 12 = 0\\x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 12\\x = 4\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy với \(m = 7\) thì phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ {4;\,\,12} \right\}.\)
b) Xác định các giá trị của \(m\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho biểu thức \(M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow 2m + 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow m \ge - 1.\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}M = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {2m + 2} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} + 8m + 4 - 3{m^2} + 3\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 7\\\,\,\,\,\,\,\, = {m^2} + 8m + 16 - 9\\\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {m + 4} \right)^2} - 9\end{array}\)
Với \(m \ge - 1\) \( \Rightarrow m + 4 \ge 3\) \( \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} \ge 9 \Rightarrow {\left( {m + 4} \right)^2} - 9 \ge 0\)
\( \Rightarrow Min\,\,M = 0\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = - 1\,\,\,\left( {tm} \right).\)
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất được theo kế hoạch là \(x\) (thùng), \(\left( {x < 2100,\,\,x \in {\mathbb{N}^*}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{x}\) (ngày).
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là: \(x + 35\) (thùng).
\( \Rightarrow \) Thời gian thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là: \(\dfrac{{2100}}{{x + 35}}\) (ngày).
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{2100}}{x} - \dfrac{{2100}}{{x + 35}} = 3\\ \Leftrightarrow 2100\left( {x + 35} \right) - 2100x = 3x\left( {x + 35} \right)\\ \Leftrightarrow 2100x + 73500 - 2100x = 3{x^2} + 105x\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 105x - 73500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 35x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 175x - 140x - 24500 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 175} \right) - 140\left( {x + 175} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 175} \right)\left( {x - 140} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 175 = 0\\x - 140 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 175\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 140\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cách giải:
1. Qua điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) của đường tròn (\(B\) và \(C\) là các tiếp điểm). Gọi \(E\) là trung điểm của của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(EB\) với đường tròn \(\left( O \right)\), \(K\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC\), \(F\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AF\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh:
a) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(AKB\).
Ta có: \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B,\,\,C\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB\\OB \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABOC\) ta có:
\(\angle ABO + \angle ACO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
Xét \(\Delta ABF\) và \(\Delta AKB\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKB = \angle ABF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\))
\( \Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
b) \(BF.CK = CF.BK\).
Ta có: \(\Delta ABF \sim \Delta AKB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta AKC\) ta có:
\(\angle A\) chung
\(\angle AKC = \angle ACF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta AKC\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{CF}}{{KC}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AC}}{{AK}} = \dfrac{{BF}}{{KB}} = \dfrac{{CF}}{{KC}}\\ \Rightarrow BF.KC = KB.CF\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
c) Tam giác \(FCE\) đồng dạng với tam giác \(CBE\) và \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Ta có: \(\angle BKC = \angle BCE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\))
Lại có: \(BFCK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow EFC = \angle BCE\,\,\left( { = \angle BKC} \right)\)
Xét \(\Delta FCE\) và \(\Delta CBE\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle E\,\,\,chung\\\angle EFC = \angle ECB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE\,\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Vì \(\Delta FCE = \angle CBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{FE}}{{CE}} = \dfrac{{CE}}{{BE}} \Rightarrow C{E^2} = FE.BE = A{E^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\end{array}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta BEA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle AEB\,\,\,chung\\\dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AEF \sim \Delta BEA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FAE = \angle ABE\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(BF\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF\)
\(\angle FAE\) được tạo bởi dây cung \(AF\) và \(AE\)(\(E\) nằm ngoài đường tròn)
\( \Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABF.\) (đpcm)
2. Một hình nón có bán kính đáy là \(5\,cm,\) diện tích xung quanh bằng \(65\pi \,\,c{m^2}.\) Tính chiều cao của hình nón đó.
Ta có: \({S_{xq}} = \pi Rl\) \( \Leftrightarrow 5\pi l = 65\pi \)\( \Leftrightarrow l = \dfrac{{65\pi }}{{5\pi }} = 13\,\,cm.\)
Áp dụng định lý Pitago ta có chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\,\,cm.\)
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
a) Cho \(x,y\) là hai số thực bất kì. Chứng minh \({x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}{x^2} - xy + {y^2} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 3xy + 3{y^2} \ge {x^2} + xy + {y^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 4xy + 2{y^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} \ge 0\end{array}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra khi \(x = y\).
Vậy ta có đpcm.
b) Cho \(x,y,z\) là ba số thực dường thỏa mãn \(\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 2\). Chứng minh
\(\dfrac{{x\sqrt x }}{{x + \sqrt {xy} + y}} + \dfrac{{y\sqrt y }}{{y + \sqrt {yz} + z}} + \dfrac{{z\sqrt z }}{{z + \sqrt {zx} + x}} \ge \dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt x > 0\\b = \sqrt y > 0\\c = \sqrt z > 0\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 2\) ta được:
\(\begin{array}{l}VT = \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}}\\ = \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{a^2}}}{x} + \dfrac{{{b^2}}}{y} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{a^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2}}} + \dfrac{{{b^4}}}{{{b^3} + {b^2}c + b{c^2}}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right)}} + \dfrac{{{c^4}}}{{{c^3} + {c^2}a + c{a^2}}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2}} \right) + \left( {{b^3} + {b^2}c + b{c^2}} \right) + \left( {{c^3} + {c^2}a + c{a^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^3} + {a^2}b + {a^2}c + {b^3} + {b^2}a + {b^2}c + {c^3} + {c^2}a + {c^2}b}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^2}\left( {a + b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b + c} \right) + {c^2}\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {a + b + c} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{1} + \dfrac{{{b^2}}}{1} + \dfrac{{{c^2}}}{1}} \right)\\ \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{1 + 1 + 1}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{2^2}}}{3} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} \ge \dfrac{2}{3}\) (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{2}{3}\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Hải Phòng năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một phân tích chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài tập điển hình thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020:
Cho phương trình: 2x + 3 = 7. Hãy giải phương trình này.
Hướng dẫn giải:
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Hãy tính diện tích tam giác ABC.
Hướng dẫn giải:
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: S = (1/2) * AB * AC
Thay số vào công thức: S = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Vậy diện tích tam giác ABC là 6 cm2.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 hiệu quả, các em học sinh nên:
Các em học sinh có thể tham khảo các tài liệu sau để ôn thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020:
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những phân tích và hướng dẫn giải bài tập trong bài viết này, các em sẽ có thêm kiến thức và tự tin hơn để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
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!
