toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
Câu 1 (2 điểm): 1. Thực hiện phép tính:
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Câu 1 (2 điểm):
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình \({x^2} + 2x + m - 1 = 0,\) với \(m\) là tham số.
1. Giải phương trình với \(m = 1.\)
2. Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì làm xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp 3 lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày?
Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right),\) hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(E\) là điểm thuộc cung nhỏ \(BC\,\,\,\left( {E \ne B,\,\,C} \right),\) tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại \(E\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(I.\) Gọi \(F\) là giao điểm của \(DE\) và \(AB,\,\,K\) là điểm thuộc đường thẳng \(IE\) sao cho \(KF\) vuông góc với \(AB.\)
a) Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF.\)
c) Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}.\)
d) Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF,\) tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}.\)
Câu 5 (0,5 điểm): Cho \(x,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}.\)
Câu 1:
Phương pháp:
1, 2. Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
3. Giải phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số để tìm hoành độ giao điểm rồi thế vào 1 trong 2 công thức hàm số để tìm tung độ giao điểm rồi kết luận.
Cách giải:
1. Thực hiện phép tính: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 .\)
Ta có: \(2\sqrt 9 - 3\sqrt 4 = 2\sqrt {{3^2}} - 3\sqrt {{2^2}} = 2.3 - 3.2 = 0.\)
2. Rút gọn biểu thức: \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} ,\) với \(a > 2.\)
\(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = \sqrt {4{{\left( {a - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\left( {a - 2} \right)} \right]}^2}} = \left| {2\left( {a - 2} \right)} \right| = 2\left( {a - 2} \right) = 2a - 4.\,\,\,\,\left( {do\,\,\,a > 2 \Rightarrow a - 2 > 0} \right).\)
Vậy với \(a > 2\) thì \(\sqrt {\dfrac{{28{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{7}} = 2a - 4.\)
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đồ thị hàm số \(y = 3x - 2.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^2} = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \Rightarrow y = {2^2} = 4 \Rightarrow A\left( {2;\,\,4} \right)\\x = 1 \Rightarrow y = {1^2} = 1 \Rightarrow B\left( {1;\,\,1} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1;\,\,1} \right).\)
Câu 2:
Phương pháp:
1. Thay \(m = 1\) vào phương trình bài cho rồi giải phương trình bậc hai.
2) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét và biến đổi biểu thức bài cho để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận giá trị của \(m.\)
Cách giải:
1) Giải phương trình với \(m = 1\) .
Với \(m = 1\) ta có phương trình: \({x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 1\) phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 2;\,\,0} \right\}.\)
2) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\)
Phương trình:\({x^2} + 2x + m - 1 = 0\)
Có: \(\Delta ' = {1^2} - \left( {m - 1} \right) = 2 - m\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] - 6{x_1}{x_2} = 4\left( {m - {m^2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left[ {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3\left( {m - 1} \right)} \right] - 6\left( {m - 1} \right) = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow \left( { - 2} \right)\left( {7 - 3m} \right) - 6m + 6 = 4m - 4{m^2}\\ \Leftrightarrow - 14 + 6m - 6m + 6 - 4m + 4{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Có \(a = 1;\,\,b = - 1;\,\,c = - 2 \Rightarrow a - b + c = 0\) . Khi đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là: \({m_1} = - 1;{m_2} = 2\)
Kết hợp với điều kiện \(m < 2\) ta thấy \(m = - 1\) thỏa mãn.
Vậy \(m = - 1\) thỏa mãn bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
Biểu diễn các đại lượng chưa biết thông qua ẩn \(x,\,\,y\) và các đại lượng đã biết.
Dựa vào giả thiết để lập phương trình hoặc hệ phương trình. Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập được. Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (ngày) \(\left( {x > 0} \right)\).
Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là \(y\) (ngày) \(\left( {y > 0} \right)\).
\( \Rightarrow \) Mỗi ngày người thứ nhất làm được \(\dfrac{1}{x}\) (công việc).
Mỗi ngày người thứ hai làm được \(\dfrac{1}{y}\) (công việc).
Vì hai người cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong nên mỗi ngày hai người làm chung được \(\dfrac{1}{9}\) công việc, do đó ta có phương trình: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\,\,\left( 1 \right)\).
Lại có mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: \(\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{x}\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} = \dfrac{1}{9}\\\dfrac{3}{x} = \dfrac{1}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{3}{{36}} = \dfrac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 36\,\,\left( {tm} \right)\\y = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 36 ngày và người thứ nhất làm một mình xong công việc hết 12 ngày.
Câu 4:
Cách giải:
a. Chứng minh tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
Do \(EK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle OEK = {90^0}\).
Lại có \(\angle OFK = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(OKEF\) có 2 đỉnh \(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn \(OK\) dưới góc \({90^0}\).
\( \Rightarrow E,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(OK\) hay tứ giác \(OKEF\) nội tiếp.
b. Chứng minh \(\angle OKF = \angle ODF\).
Tứ giác \(OKEF\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle OKF = \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)).
Ta có \(OE = OD\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta ODE\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OEF = \angle ODF\).
\( \Rightarrow \angle OKF = \angle ODF\,\,\left( { = \angle OKF} \right)\).
c. Chứng minh \(DE.DF = 2{R^2}\).
Nối \(CE\). Ta có \(\angle DEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tam giác \(DOF\) và tam giác \(DEC\) có :
\(\angle CDE\) chung;
\(\angle DOF = \angle DEC = {90^0}\) ;
d. Gọi \(M\) là giao điểm của \(OK\) với \(CF\), tính \(\tan \angle MDC\) khi \(\angle EIB = {45^0}\).
Ta có \(AB\) là trung trực của \(CD\). Mà \(F \in AB \Rightarrow FC = FD \Rightarrow \Delta FCD\) cân tại \(F \Rightarrow \angle ODF = \angle OCF\).
Mà \(\angle OKF = \angle ODF\)(cmt) \( \Rightarrow \angle OCF = \angle OKF \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Mà tứ giác \(OKEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OK\).
\( \Rightarrow O,\,\,C,\,\,K,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc đường tròn đường kinh \(OK \Rightarrow \angle OCK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác \(OCKF\) có : \(\angle OCK = \angle COF = \angle OFK = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(OCKF\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). Mà \(M = OK \cap CF \Rightarrow \) M là trung điểm của \(OK,\,\,CF\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\) \( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(OCF\)\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF\) và \(MN//OF \Rightarrow MN \bot OC\).
Xét tam giác vuông \(OEI\) có : \(\sin {45^0} = \dfrac{{OE}}{{OI}} \Rightarrow OI = \dfrac{{OE}}{{\sin {{45}^0}}} = \dfrac{R}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = R\sqrt 2 \).
\(OCKF\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow KF = OC = R\).
Xét tam giác vuông \(IKF\) có \(\angle EIB = \angle KIF = {45^0} \Rightarrow \Delta IKF\) vuông cân tại \(F \Rightarrow IF = KF = R\).
\( \Rightarrow OF = OI - IF = R\sqrt 2 - R = R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\).
\( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}\).
Ta có: \(DN = OD + ON = R + \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\).
Xét tam giác vuông \(DMN\) (\(MN \bot OC \Rightarrow MN \bot DN\)) có:
\(\tan \angle MDN = \dfrac{{MN}}{{DN}} = \dfrac{{\dfrac{{R\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}}{{\dfrac{{3R}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3} = \tan \angle MDC\)
Vậy \(\tan \angle MDC = \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{3}\).
Câu 5: Cho \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số dương thỏa mãn \(x + y + z \le 1\) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\).
Cách giải:
Ta chứng minh BĐT phụ : \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\).
Áp dụng BĐT Cosi cho các số dương \(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\) và \(x;y;z\)
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {x + y + z} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}.\dfrac{1}{z}}}.3\sqrt[3]{{xyz}} = 9\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge \dfrac{9}{{x + y + z}}\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z}\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{{2019}}{{xy + yz + zx}}\\P = \dfrac{1}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{1}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\\P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + zx}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}1 \ge {\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + xz} \right) \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} + 2\left( {xy + yz + xz} \right)\\ \Rightarrow 2\left( {xy + yz + xz} \right) \le \dfrac{{2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{3} \le \dfrac{2}{3} \Rightarrow xy + yz + xz \le \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 2017.3 = 6051\\x + y + z \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x + y + z} \right)^2} \le 1 \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} \ge 9\\ \Rightarrow \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 9 + 6051 = 6060\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{2017}}{{xy + yz + xz}} \ge 6060\end{array}\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = xy + yz + zx\\x + y + z = 1\\xy + yz + zx = \dfrac{1}{3}\\x,y,z > 0\\x = y = z\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(6060\) khi \(x = y = z = \dfrac{1}{3}.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là điều cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh ôn luyện và làm quen với dạng đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 để hiểu rõ hơn về mức độ khó và yêu cầu của đề thi.
Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Hướng dẫn giải: Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, ta có:
Δ = b2 - 4ac = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1
x1 = (-b + √Δ) / 2a = (5 + 1) / (2 * 2) = 3/2
x2 = (-b - √Δ) / 2a = (5 - 1) / (2 * 2) = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 = 3/2 và x2 = 1.
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH.
Hướng dẫn giải:
Diện tích tam giác ABC là: S = (1/2) * AB * AC = (1/2) * 3 * 4 = 6 cm2
Độ dài cạnh BC là: BC = √(AB2 + AC2) = √(32 + 42) = 5cm
Độ dài đường cao AH là: AH = (2 * S) / BC = (2 * 6) / 5 = 2.4cm
Để đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh, các em học sinh cần:
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh năm 2019 là một tài liệu ôn thi quan trọng và hữu ích. Hy vọng rằng với những phân tích và hướng dẫn giải chi tiết trên, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới và đạt được kết quả tốt nhất. 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!
