Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi vào các trường THPT tại Thanh Hóa, việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 là vô cùng quan trọng. Đây là bộ đề thi chính thức, giúp bạn làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài và độ khó của kỳ thi tuyển sinh.
toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ các đề thi này kèm đáp án chi tiết, giúp bạn tự học hiệu quả và nâng cao khả năng giải toán.
Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I (2,0 điểm):
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Câu II (2,0 điểm):
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
Câu IV (3,0 điểm): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kể các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kì khác B và C. Gọi \(I,\,\,K,\,\,P\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng \(AB,\,\,AC,\,\,BC\).
1. Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(\angle MPK = \angle MBC\).
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng:
\(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\).
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Câu I :
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Đưa x về dạng bình phương của 1 tổng. Tìm \(\sqrt x \).
Thay giá trị của \(\sqrt x \) vừa tìm được tính giá trị biểu thức A.
Cách giải:
Cho biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0,\,x \ne 4\)
1. Rút gọn biểu thức \(A\)
Với \(x \ge 0,\,\,\,x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{x + \sqrt x - 6}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{5}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{x - 4 - 5 - \sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{x - \sqrt x - 12}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của biểu thức khi \(x = 6 + 4\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\begin{array}{l}x = 6 + 4\sqrt 2 = 4 + 2.2\sqrt 2 + 2 = {2^2} + 2.2.\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \left| {2 + \sqrt 2 } \right| = 2 + \sqrt 2 \,\,\left( {Do\,\,2 + \sqrt 2 > 0} \right)\end{array}\)
Thay \(\sqrt x = 2 + \sqrt 2 \) vào biểu thức A sau khi rút gọn ta được:
\(A = \dfrac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 - 4}}{{2 + \sqrt 2 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 2 - 2}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {1 - \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \)
Câu II :
Phương pháp:
1. Hai đường thẳng \(d:\,\,y = {a_1}x + {b_1},\,\,\,d':\,\,y = {a_2}x + {b_2}\) song song với nhau \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {a_2}\\{b_1} \ne {b_2}\end{array} \right..\) Sau đó thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số \(\left( d \right).\)
2. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
Cách giải:
1. Cho đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6\) và đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\).
Ta có: \(\left( d \right):\,\,y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,y = 5x + 6 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b \ne 6\end{array} \right. \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 5x + b\,\,\,\,\left( {b \ne 6} \right).\)
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được: \(3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = - 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right):\,\,\,y = 5x - 7.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 11\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\3 + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\2y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu III:
Phương pháp:
1. Sử dụng biệt thức \(\Delta \) để giải phương trình bậc hai, hoặc sử dụng các công thức nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.
2. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt (\(\Delta > 0\) hoặc \(\Delta ' > 0\)), áp dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\).
Phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) có các hệ số \(a = 1,\,\,b = - 4,\,\,c = 3 \Rightarrow a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\).
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{1} = 3\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1;3} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:
\(\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\).
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0\) (1).
Ta có
\(\begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2m - 5} \right) = {m^2} - 2m + 1 - 2m + 5\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} - 4m + 6 = {m^2} - 4m + 4 + 2 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2 > 0\,\,\forall m\end{array}\)
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 2m - 5\end{array} \right.\).
Do \({x_1},\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có: \(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2{x_1} + 2m - 5 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2{x_2} + 2m - 5 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 + 2{x_1} - 2 = 0\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 + 2{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 - 2m{x_1} + 2m - 3 = - 2{x_1} + 2\\x_2^2 - 2m{x_2} + 2m - 3 = - 2{x_2} + 2\end{array} \right.\end{array}\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {x_1^2 - 2m{x_1} - {x_2} + 2m - 3} \right)\left( {x_2^2 - 2m{x_2} - {x_1} + 2m - 3} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} + 2 - {x_2}} \right)\left( { - 2{x_2} + 2 - {x_1}} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2} + 2} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2} + 2} \right) = 19\\ \Leftrightarrow \left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right)\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 2\left( { - 2{x_1} - {x_2}} \right) + 2\left( { - {x_1} - 2{x_2}} \right) + 4 = 19\\ \Leftrightarrow 2x_1^2 + 4{x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + 2x_2^2 + 2\left( { - 3{x_1} - 3{x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 5{x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + {x_1}{x_2} - 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 2.4{\left( {m - 1} \right)^2} + 2m - 5 - 12\left( {m - 1} \right) = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 16m + 8 + 2m - 5 - 12m + 12 = 15\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {4m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\4m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m = 0\) hoặc \(m = \dfrac{{13}}{4}\).
Câu IV
Phương pháp:
1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.
2. Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3. Chứng minh các tam giác đồng dạng để chứng minh \(MI.MK = M{P^2}\), từ đo suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\). Đánh giá và tìm GTLN của \(MP\).
Cách giải:
a) Chứng minh \(AIMK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \angle AIM = {90^0}\\MK \bot AC = \left\{ K \right\} \Rightarrow \angle AKM = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle AIM + \angle AKM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow AIMK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (đpcm)
b) Kẻ \(MP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right).\) Chứng minh rằng \(\angle MPK = \angle MBC.\)
Ta có: \(MP \bot BC = \left\{ P \right\} \Rightarrow \angle MPC = {90^0}.\)
\( \Rightarrow \angle MKC + \angle MPC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối diện
\( \Rightarrow MPCK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MPK = \angle MCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle MBC = \angle MCK\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(MC\))
\( \Rightarrow \angle MBC = \angle MPK\,\,\left( { = \angle MCK} \right)\) (đpcm).
c) Xác định vị trí của \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.
Nối \(I\) với \(P\)
Xét tứ giác \(PBIM\) ta có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle BPM = {90^0}{\rm{ }}(MP \bot BC)\\\angle BIM = {90^0}{\rm{ }}(MI \bot BA)\end{array} \right\} \Rightarrow \;\angle BPM + \angle BIM = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác \(PBIM\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MBP\) (2 góc nội tiếp cùng chắng cung \(MP\))
Mà \(\angle MBP = \angle MPK\left( {cmt} \right) \Rightarrow \;\angle MIP = \angle MPK\)
Ta có : \(\angle PMI + \angle PBI = {180^0};\angle PMK + \angle PCK = {180^0}\)
Mà \(\angle ABC = \angle ACB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Hay \(\angle IBP = \angle PCK \Rightarrow \;\angle PMK = \angle PMI.\)
Xét \(\Delta MIP\) và \(\Delta MPK\) có :
\(\left. \begin{array}{l}\angle PMK = \angle PMI\left( {cmt} \right)\\\angle MIP = \angle MPK\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIP \sim \Delta MPK\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MP}} = \dfrac{{MP}}{{MK}}\) (cạnh tương ứng) \( \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)
\( \Rightarrow MI.MK.MP\) lớn nhất khi \(MP\) lớn nhất.
Gọi \(P'\) là trung điểm của \(BC\) và \(M'\) là giao điểm của \(OP'\) với đường tròn (\(M'\) thuộc cung nhỏ \(BC\)).
Khi đó \(M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Dễ thấy \(MP \le M'P'\) không đổi nên \(MP\) lớn nhất khi \(M \equiv M'\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(BC\).
Câu V:
Ta có:
\(\begin{array}{l}{a^4} + {b^4} + ab = {a^4} + {b^4} + 2{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab\\ \ge {\left( {2ab} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} + ab = 2{a^2}{b^2} + ab\\ \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{2{a^2}{b^2} + ab}} \le \dfrac{1}{{2ab + 1}} = \dfrac{c}{{2 + c}} = 1 - \dfrac{2}{{c + 2}}\end{array}\)
CMTT ta có: \(\dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} \le 1 - \dfrac{2}{{a + 2}};\,\,\dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1 - \dfrac{2}{{b + 2}}\).
\( \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right)\).
Ta cần chứng minh \(3 - 2\left( {\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}}} \right) \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge 1\).
Ta có : \(\dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}}\).
Vì \(a,b,c > 0,\,\,abc = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \le 1\\b \le 1\\c \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a + b + c \le 3\)
Do đó \(\left( {a + b + c} \right) + 6 \le 3 + 6 = 9 \Leftrightarrow \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + 2}} + \dfrac{1}{{b + 2}} + \dfrac{1}{{c + 2}} \ge \dfrac{9}{{\left( {a + b + c} \right) + 6}} \ge 1\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\\abc = 1\\a + 2 = b + 2 = c + 2\\a = b = c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Vậy \(\dfrac{{ab}}{{{a^4} + {b^4} + ab}} + \dfrac{{bc}}{{{b^4} + {c^4} + bc}} + \dfrac{{ca}}{{{c^4} + {a^4} + ca}} \le 1\) khi \(a = b = c = 1.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thanh Hóa luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nắm vững kiến thức nền tảng.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 thường bao gồm các dạng bài sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 thường ở mức trung bình đến khá. Đề thi thường có một số câu hỏi dễ để học sinh có thể làm quen và tự tin, nhưng cũng có một số câu hỏi khó đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy logic và vận dụng kiến thức một cách linh hoạt.
Để giải tốt đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
toan11.edu.vn cung cấp các khóa học luyện thi vào 10 môn Toán online chất lượng cao, giúp học sinh ôn tập kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán, và làm quen với cấu trúc đề thi. Các khóa học của chúng tôi được thiết kế bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm, đảm bảo mang lại hiệu quả học tập tốt nhất cho học sinh.
Bài toán: Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Hướng dẫn giải:
Ta có phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0
Tính delta: Δ = (-5)2 - 4 * 2 * 3 = 25 - 24 = 1
Vì Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = (5 + √1) / (2 * 2) = (5 + 1) / 4 = 3/2
x2 = (5 - √1) / (2 * 2) = (5 - 1) / 4 = 1
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3/2 và x2 = 1
Việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2019 là một bước chuẩn bị quan trọng cho kỳ thi tuyển sinh. Hãy tận dụng các tài liệu ôn thi và các khóa học luyện thi online để đạt kết quả tốt nhất.
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!
