toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 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 bước vào kỳ thi tuyển sinh lớp 10.
Với mong muốn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục ước mơ, chúng tôi đã biên soạn và cung cấp miễn phí bộ đề thi này.
Câu I: Cho biểu thức
Câu I:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Câu II:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
Câu III:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Câu IV:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Câu I:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Câu II:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
Câu III:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Câu IV:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Câu V:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\\P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4x - 8\sqrt x - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{ - 8\sqrt x - 4x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - 4\sqrt x \left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{1}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\end{array}\)
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = - 4 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }} = - 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( {1 - \sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4 + 4\sqrt x \\ \Leftrightarrow 3\sqrt x = 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{4}{3}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{16}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = - 4\) thì \(x = \dfrac{{16}}{9}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\). Thay tọa độ điểm \(\left( {0;2} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có: \(2 = a.0 + b \Leftrightarrow b = 2\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = ax + 2\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(3 = a.2 + 2 \Leftrightarrow 2a = 1 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}\).
Vậy \(a = \dfrac{1}{2}\) và \(b = 2.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x + 3y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\1 + 3y = 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x + 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) + \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) + 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 4} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} \ne 1,\,\,{x_2} \ne 1\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\1 + 5 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{5^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\m + 4 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m < 33\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m \ne - 4\end{array} \right.\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}.{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2{x_1} + 1 + x_2^2 - 2{x_2} + 1 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Rightarrow 25 - 2\left( {m - 2} \right) - 2.\left( { - 5} \right) + 2 = {\left( {m - 2 + 5 + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 25 - 2m + 4 + 10 + 2 = {\left( {m + 4} \right)^2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 41 = {m^2} + 8m + 16\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m - 25 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m} = {\left( { - 5} \right)^2} - \left( { - 25} \right) = 50 > 0\), do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{ - 10 + \sqrt {50} }}{2} = - 5 + 5\sqrt 2 \\{m_1} = \dfrac{{ - 10 - \sqrt {50} }}{2} = - 5 - 5\sqrt 2 \end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy có hai giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = - 5 \pm 5\sqrt 2 \).
Câu IV (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
Vì \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BD \bot AC,\,\,CE \bot AB\).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\).
Suy ra tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).
Mà \(\angle BCE = \angle BCN = \angle BMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\) của \(\left( O \right)\)).
\( \Rightarrow \angle BDE = \angle BMN\,\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
Vậy \(MN\parallel DE\,\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Gọi \(BD \cap CE = \left\{ H \right\}\).
Xét tứ giác \(AEHD\) có \(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Lại có \(\angle AEH = {90^0}\) nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác \(AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), tâm \(I\) là trung điểm của \(AH\).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;\dfrac{{AH}}{2}} \right)\).
Kẻ đường kính \(AF\) và gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).
Vì \(\angle ABF,\,\,\angle ACF\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABF = \angle ACF = {90^0}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CF \bot AC\\BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CF\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song).
\(\left\{ \begin{array}{l}BF \bot AB\\CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel BF\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành (dhnb).
\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).
Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\) (theo cách vẽ) nên \(K\) cũng là trung điểm của \(HF\).
Khi đó \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(OK = \dfrac{1}{2}AH\) (tính chất đường trung bình).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;OK} \right)\).
Mà \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định, do đó \(O,\,\,K\) cố định nên \(OK\) không đổi.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) bằng \(OK\) không đổi.
Ta có: \(\angle BAC = \dfrac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BC\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).
Mà \(BC\) cố định nên \(sd\,\,cung\,\,BC\) không đổi. Do đó \(\angle BAC\) không đổi.
Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle BAC\) chung;
\(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCDE\)).
\( \Rightarrow \Delta AED \sim \Delta ACB\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AD}}{{AB}}\).
Do đó ta có: \(\dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ACB}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{{AD}}{{AB}}} \right)^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \cos \angle BAC\).
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\cos ^2}\angle BAC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AED}} = {\cos ^2}\angle BAC.{S_{\Delta ABC}}\), mà \(\cos \angle BAC\) không đổi nên để \({S_{\Delta AED}}\) đạt giá trị lớn nhất thì \({S_{\Delta ABC}}\) phải lớn nhất.
Kéo dài \(AH\) cắt \(BC\) tại \(P\) \( \Rightarrow AP \bot BC\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AP.BC\).
Do \(BC\) không đổi (theo giả thiết) nên \({S_{\Delta ABC}}\) đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi \(AP\) lớn nhất.
Khi đó \(A\) phải là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \({S_{AED}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu V (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Ta có: \(x + y + z = xyz \Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}} = 1\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\\c = \dfrac{1}{z}\end{array} \right.\left( {a,b,c > 0} \right)\) \( \Rightarrow ab + bc + ca = 1\).
Khi đó
\(\begin{array}{l}Q = {a^2}\left( {\dfrac{1}{b} + 2} \right) + {b^2}\left( {\dfrac{1}{c} + 2} \right) + {c^2}\left( {\dfrac{1}{a} + 2} \right)\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) ta có:
\(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c}} = a + b + c\)
Lại có:
\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\\ \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\\ \ge ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca\\ = 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow a + b + c \ge \sqrt {3\left( {ab + bc + ca} \right)} = \sqrt 3 \end{array}\)
Do đó
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \ge a + b + c + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge \sqrt 3 + 2\end{array}\)
Vậy \({Q_{\min }} = \sqrt 3 + 2\).
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).
Câu I (2,0 điểm)
Cách giải:
Cho biểu thức \(P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức \(P\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) và \(x \ne 4\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{x - 4}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} + 3} \right)\\P = \left( {\dfrac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{{8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right) - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 2 + 3\sqrt x - 6}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{4x - 8\sqrt x - 8x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\dfrac{{4\sqrt x - 4}}{{\sqrt x - 2}}\\P = \dfrac{{ - 8\sqrt x - 4x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - 4\sqrt x \left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{1}{{4\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\\P = \dfrac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\end{array}\)
2. Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = - 4\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = - 4 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }} = - 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4\left( {1 - \sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt x = - 4 + 4\sqrt x \\ \Leftrightarrow 3\sqrt x = 4\\ \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{4}{3}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{16}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy để \(P = - 4\) thì \(x = \dfrac{{16}}{9}\).
Câu II (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\). Thay tọa độ điểm \(\left( {0;2} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có: \(2 = a.0 + b \Leftrightarrow b = 2\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có dạng \(y = ax + 2\).
Đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(3 = a.2 + 2 \Leftrightarrow 2a = 1 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}\).
Vậy \(a = \dfrac{1}{2}\) và \(b = 2.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4\\2x - 3y = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 3\\x + 3y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\1 + 3y = 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm)
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} + 5x + 4 = 0\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 5x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x + 4x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + x} \right) + \left( {4x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) + 4\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1; - 4} \right\}\).
2. Cho phương trình \({x^2} + 5x + m - 2 = 0\) (\(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức
\(\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\)
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} \ne 1,\,\,{x_2} \ne 1\) thì
\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\1 + 5 + m - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{5^2} - 4\left( {m - 2} \right) > 0\\m + 4 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 - 4m + 8 > 0\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m < 33\\m \ne - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{{33}}{4}\\m \ne - 4\end{array} \right.\).
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}.{{\left( {{x_2} - 1} \right)}^2}}} = 1\\ \Leftrightarrow x_1^2 - 2{x_1} + 1 + x_2^2 - 2{x_2} + 1 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2 = {\left[ {{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1} \right]^2}\\ \Rightarrow 25 - 2\left( {m - 2} \right) - 2.\left( { - 5} \right) + 2 = {\left( {m - 2 + 5 + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 25 - 2m + 4 + 10 + 2 = {\left( {m + 4} \right)^2}\\ \Leftrightarrow - 2m + 41 = {m^2} + 8m + 16\\ \Leftrightarrow {m^2} + 10m - 25 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\Delta _m} = {\left( { - 5} \right)^2} - \left( { - 25} \right) = 50 > 0\), do đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}{m_1} = \dfrac{{ - 10 + \sqrt {50} }}{2} = - 5 + 5\sqrt 2 \\{m_1} = \dfrac{{ - 10 - \sqrt {50} }}{2} = - 5 - 5\sqrt 2 \end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy có hai giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = - 5 \pm 5\sqrt 2 \).
Câu IV (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).
1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.
Vì \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BD \bot AC,\,\,CE \bot AB\).
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\).
Suy ra tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).
Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).
Mà \(\angle BCE = \angle BCN = \angle BMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\) của \(\left( O \right)\)).
\( \Rightarrow \angle BDE = \angle BMN\,\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
Vậy \(MN\parallel DE\,\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.
Gọi \(BD \cap CE = \left\{ H \right\}\).
Xét tứ giác \(AEHD\) có \(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
Lại có \(\angle AEH = {90^0}\) nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác \(AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), tâm \(I\) là trung điểm của \(AH\).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;\dfrac{{AH}}{2}} \right)\).
Kẻ đường kính \(AF\) và gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).
Vì \(\angle ABF,\,\,\angle ACF\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABF = \angle ACF = {90^0}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CF \bot AC\\BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CF\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song).
\(\left\{ \begin{array}{l}BF \bot AB\\CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel BF\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành (dhnb).
\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).
Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\) (theo cách vẽ) nên \(K\) cũng là trung điểm của \(HF\).
Khi đó \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(OK = \dfrac{1}{2}AH\) (tính chất đường trung bình).
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;OK} \right)\).
Mà \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định, do đó \(O,\,\,K\) cố định nên \(OK\) không đổi.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) bằng \(OK\) không đổi.
Ta có: \(\angle BAC = \dfrac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BC\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).
Mà \(BC\) cố định nên \(sd\,\,cung\,\,BC\) không đổi. Do đó \(\angle BAC\) không đổi.
Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\angle BAC\) chung;
\(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCDE\)).
\( \Rightarrow \Delta AED \sim \Delta ACB\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AD}}{{AB}}\).
Do đó ta có: \(\dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ACB}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{{AD}}{{AB}}} \right)^2}\).
Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \cos \angle BAC\).
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\cos ^2}\angle BAC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AED}} = {\cos ^2}\angle BAC.{S_{\Delta ABC}}\), mà \(\cos \angle BAC\) không đổi nên để \({S_{\Delta AED}}\) đạt giá trị lớn nhất thì \({S_{\Delta ABC}}\) phải lớn nhất.
Kéo dài \(AH\) cắt \(BC\) tại \(P\) \( \Rightarrow AP \bot BC\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AP.BC\).
Do \(BC\) không đổi (theo giả thiết) nên \({S_{\Delta ABC}}\) đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi \(AP\) lớn nhất.
Khi đó \(A\) phải là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \({S_{AED}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu V (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn điều kiện \(x + y + z = xyz\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = \dfrac{{y + 2}}{{{x^2}}} + \dfrac{{z + 2}}{{{y^2}}} + \dfrac{{x + 2}}{{{z^2}}}\)
Ta có: \(x + y + z = xyz \Rightarrow \dfrac{1}{{xy}} + \dfrac{1}{{yz}} + \dfrac{1}{{zx}} = 1\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\\c = \dfrac{1}{z}\end{array} \right.\left( {a,b,c > 0} \right)\) \( \Rightarrow ab + bc + ca = 1\).
Khi đó
\(\begin{array}{l}Q = {a^2}\left( {\dfrac{1}{b} + 2} \right) + {b^2}\left( {\dfrac{1}{c} + 2} \right) + {c^2}\left( {\dfrac{1}{a} + 2} \right)\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\end{array}\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{a + b}}\) ta có:
\(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{a + b + c}} = a + b + c\)
Lại có:
\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\\ \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\left( {a + b + c} \right)^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\\ \ge ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca\\ = 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Rightarrow a + b + c \ge \sqrt {3\left( {ab + bc + ca} \right)} = \sqrt 3 \end{array}\)
Do đó
\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a}} \right) + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \ge a + b + c + 2\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \ge \sqrt 3 + 2\end{array}\)
Vậy \({Q_{\min }} = \sqrt 3 + 2\).
Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x = y = z = \sqrt 3 \).
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 các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng.
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 thường có cấu trúc gồm các dạng bài tập sau:
Độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 thường ở mức trung bình đến khá. Đề thi thường có các câu hỏi cơ bản để kiểm tra kiến thức nền tảng, và các câu hỏi nâng cao để phân loại học sinh giỏi. Để đạt được kết quả tốt trong kỳ thi này, các em cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán, và làm quen với các dạng bài tập khác nhau.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020, các em cần tập trung ôn luyện các chủ đề sau:
Việc luyện tập với đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 là một cách hiệu quả để các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán, và tự tin bước vào kỳ thi. Các em có thể tìm thấy đề thi này trên trang web toan11.edu.vn.
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và lời khuyên trên, các em sẽ tự tin bước vào kỳ thi và đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
| Năm | Link tải đề thi |
|---|---|
| 2020 | Link đề thi 2020 |
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!
