toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Ninh Bình năm 2021. 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 bao gồm các đề thi chính thức của các trường THCS trên địa bàn tỉnh Ninh Bình, được biên soạn và chọn lọc kỹ lưỡng bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm của toan11.edu.vn.
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Hàm số
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 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 cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, cùng với những phân tích chi tiết và hướng dẫn giải các bài tập điển hình.
Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 thường bao gồm các phần sau:
Trong đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, các em học sinh thường gặp các dạng bài tập sau:
Dưới đây là một số bài tập điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, cùng với hướng dẫn giải chi tiết:
Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Hướng dẫn giải:
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
Suy ra BC = √25 = 5cm
Để ôn thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 hiệu quả, các em học sinh nên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 của toan11.edu.vn, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này, các em sẽ tự tin hơn và 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!
