toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2023. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi đã tổng hợp các đề thi chính thức và đề thi thử từ các trường THCS trên địa bàn tỉnh Thanh Hóa, đảm bảo độ chính xác và tính cập nhật cao.
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\). 1. Rút gọn biểu thức P 2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\).
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\).
Câu 2:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \((d)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm a, b để đường thẳng \((d)\) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm \(M( - 1;2).\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\)
Câu 3:
1. Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) ( \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (với \({x_1} < {x_2}\) ) thỏa mãn hệ thức \({x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\).
Câu 4: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA.
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Câu 5: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn \(4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} \le 6y\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{{16}}{{{{(y + 4)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\).
----- HẾT -----
Câu 1: Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 2}} + \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\).
Câu 2:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \((d)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm a, b để đường thẳng \((d)\) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm \(M( - 1;2).\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\)
Câu 3:
1. Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) ( \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (với \({x_1} < {x_2}\) ) thỏa mãn hệ thức \({x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\).
Câu 4: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (với A, B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA.
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Câu 5: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn \(4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} \le 6y\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{{16}}{{{{(y + 4)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\).
----- HẾT -----
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1. Quy đồng và rút gọn.
2. Giải phương trình P > 1.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức P
Ta có \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\)
\(\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{x - 2\sqrt x + x + 3\sqrt x + 2 - 2 - 5\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2x - 4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\).
Để \(P > 1\)
\(\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} > 1 \Leftrightarrow 2\sqrt x > \sqrt x + 2\) (do \(\sqrt x + 2\) > 0)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt x > 2\\ \Leftrightarrow x > 4\end{array}\)
Đối chiếu với điều kiện \(x \ge 0,x \ne 4\), để P > 1 thì \(x > 4\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. \(y = ax + b\) có hệ số góc là a.
2. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \((d)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm a, b để đường thẳng \((d)\) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm \(M( - 1;2).\)
Vì (d) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra: \(a = 3.\)
Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng \(y = 3x + b\)
Vì (d) đi qua điểm \(M( - 1;2)\) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta được:
\(2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow 2 = - 3 + b \Leftrightarrow b = 5\)
Vậy \(a = 3;\,\,b = 5.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = - 2}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 4}\\{y = x + 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1. Bước 1: Tính giá trính của \(\Delta \) với \(\Delta \; = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: Xét tập nghiệm của phương trình bằng việc sánh giá \(\Delta \) với 0
\(\Delta \; < 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 vô nghiệm
\(\Delta \; = 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \; - \frac{b}{{2a}}\)
\(\Delta \; > 0 \Rightarrow \) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau: \({x_{1,2}} = \frac{{ - b \pm \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2a}}\).
2. Sử dụng Vi et.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\) có \(a + b + c = 0\) nên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \frac{c}{a} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 2\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) ( \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (với \({x_1} < {x_2}\) ) thỏa mãn hệ thức \({x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\).
Xét phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 1.\left( { - {m^2} - 2} \right) = {m^2} + {m^2} + 2 = 2{m^2} + 2 > 0\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - {m^2} - 2\end{array} \right.\) . (2)
Nhận thấy \({x_1}{x_2} = - {m^2} - 2 < 0\) với mọi m nên phương trình có hai nghiệm trái dấu \({x_1} < 0 < {x_2}\).
\(\begin{array}{l}{x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow {x_2} + 2{x_1} - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} - 3\left( { - {m^2} - 2} \right) = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} + 3{m^2} + 6 = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} = 3m - 2\end{array}\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\2{x_1} + {x_2} = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - 2\\{x_2} = 2m - m + 2 = m + 2\end{array} \right.\)
Thay vào \({x_1}{x_2} = - {m^2} - 2\) ta được phương trình
\(\begin{array}{l}\left( {m - 2} \right)\left( {m + 2} \right) = - {m^2} - 2\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4 = - {m^2} - 2\\ \Leftrightarrow 2{m^2} = 2\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {m^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) (gt) \( \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà A, B là hai đỉnh đối diện của tứ giác MAOB.
Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb).
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA.
Ta có: \(\angle MDN = \angle ADC\) (đối đỉnh), \(\angle ADC = \angle ABC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle ABC\).
Mà \(\angle ABC = \angle ABO = \angle AMO = \angle AMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AO).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle AMN\).
Xét \(\Delta MND\) và \(\Delta ANM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ANM\,\,chung\\\angle MDN = \angle AMN\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
$\Rightarrow \Delta MND\backsim \Delta ANM\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{MN}}{{NA}} = \frac{{ND}}{{MN}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow M{N^2} = ND.NA\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD).
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\) (1)
Ta có: \(OA = OB\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow O\) thuộc trung trực của AB.
\(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của AB.
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của AB \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại H.
Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(M{A^2} = MH.MO\) (2)
Từ (1), (2) \( \Rightarrow MC.MD = MH.MO \Rightarrow \frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\).
Xét \(\Delta MOC\) và \(\Delta MDH\) có:
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\,\,\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta MOC\backsim \Delta MDH\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \angle MHD = \angle MCO\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MCO = \angle DCB = \angle DAB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB)
\( \Rightarrow \angle MHD = \angle DAB\).
Mà \(\angle MHD + \angle DHA = \angle AHM = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle DAB + \angle DHA = {90^0}\) \( \Rightarrow \Delta ADH\) vuông tại D (tam giác có tổng hai góc bằng \({90^0}\)).
\( \Rightarrow HD \bot AN\) tại D.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADH có: \(H{A^2} = A{D^2} + H{D^2}\).
Biến đổi \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\)ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{A{D^2} + H{D^2}}}{{H{D^2}}} = 1 + \frac{{AC}}{{HN}}\\ \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} + 1 = 1 + \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AC}}{{HN}}\end{array}\)
Xét tam giác AHN vuông tại H, có đường cao HD ta có: \(H{D^2} = AD.DN\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{AD.DN}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Rightarrow \frac{{AD}}{{DN}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{DN}}{{HN}}\).
Xét \(\Delta ADC\) và \(\Delta NDM\) có:
\(\angle ADC = \angle MDN\) (đối đỉnh)
\(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AC \bot AB\). Lại có \(OM \bot AB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow OM//AC\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle DAC = \angle DNM\) (so le trong)
$\Rightarrow \Delta ADC\backsim \Delta NDM\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{DN}}{{NM}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Suy ra \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{DN}}{{NM}} = \frac{{DN}}{{HN}} \Leftrightarrow NM = HN\)
Do đó ta cần chứng minh \(NM = HN\).
Theo ý 2. ta có: \(M{N^2} = ND.NA\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHN đường cao HD ta có: \(N{H^2} = ND.NA\).
Vậy \(M{N^2} = N{H^2} \Leftrightarrow MN = NH\). Do đó ta có điều phải chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Câu 5 (VDC):
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
\(\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}}.\frac{1}{{{b^2}}}} = \frac{2}{{ab}}\)
\(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \ge \frac{8}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}\)
Khi đó ta có:
\(M = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{{16}}{{{{(y + 4)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{4} + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {\frac{y}{4} + 1 + z + 1} \right)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + 3 + \frac{y}{4} + 1 + z + 1} \right)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + \frac{y}{4} + z + 5} \right)}^2}}} + 2023\)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(4{x^2} + 4 \ge 2\sqrt {4{x^2}.4} = 8x\)
\({y^2} + 16 \ge 2\sqrt {{y^2}.16} = 8y\)
\(4{z^2} + 4 \ge 2\sqrt {4{z^2}.4} = 8z\)
Suy ra: \(8x + 8y + 8z \le 4{x^2} + 4 + {y^2} + 16 + 4{z^2} + 4 = 4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} + 24\)
Mà: \(4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} \le 6y\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 8x + 8y + 8z \le 6y + 24\\ \Leftrightarrow 8x + 2y + 8z \le 24\\ \Leftrightarrow x + \frac{y}{4} + z \le 3\end{array}\)
\(\begin{array}{l}M \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + \frac{y}{4} + z + 5} \right)}^2}}} + 2023\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{64}}{{{{\left( {3 + 5} \right)}^2}}} + 2023 = 2024\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = z = 1;y = 4\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi \(x = z = 1;y = 4.\)
Câu 1 (VD):
Phương pháp:
1. Quy đồng và rút gọn.
2. Giải phương trình P > 1.
Cách giải:
1. Rút gọn biểu thức P
Ta có \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\)
\(\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{x - 2\sqrt x + x + 3\sqrt x + 2 - 2 - 5\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2x - 4\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\ = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\end{array}\)
Vậy \(P = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\)
2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\).
Để \(P > 1\)
\(\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} > 1 \Leftrightarrow 2\sqrt x > \sqrt x + 2\) (do \(\sqrt x + 2\) > 0)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt x > 2\\ \Leftrightarrow x > 4\end{array}\)
Đối chiếu với điều kiện \(x \ge 0,x \ne 4\), để P > 1 thì \(x > 4\)
Câu 2 (VD):
Phương pháp:
1. \(y = ax + b\) có hệ số góc là a.
2. Sử dụng phương pháp thế hoặc trừ vế.
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng \((d)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm a, b để đường thẳng \((d)\) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm \(M( - 1;2).\)
Vì (d) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra: \(a = 3.\)
Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng \(y = 3x + b\)
Vì (d) đi qua điểm \(M( - 1;2)\) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta được:
\(2 = 3.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow 2 = - 3 + b \Leftrightarrow b = 5\)
Vậy \(a = 3;\,\,b = 5.\)
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = - 2}\end{array}} \right.\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + y = 6}\\{x - y = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x = 4}\\{y = x + 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;3} \right)\).
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
1. Bước 1: Tính giá trính của \(\Delta \) với \(\Delta \; = {{\rm{b}}^2} - 4{\rm{ac}}\)
Bước 2: Xét tập nghiệm của phương trình bằng việc sánh giá \(\Delta \) với 0
\(\Delta \; < 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 vô nghiệm
\(\Delta \; = 0 \Rightarrow \) phương trình bậc 2 có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \; - \frac{b}{{2a}}\)
\(\Delta \; > 0 \Rightarrow \) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, ta dùng công thức nghiệm sau: \({x_{1,2}} = \frac{{ - b \pm \sqrt \Delta {\rm{ \;}}}}{{2a}}\).
2. Sử dụng Vi et.
Cách giải:
1. Giải phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\) có \(a + b + c = 0\) nên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \frac{c}{a} = 2\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = 2\end{array} \right.\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) ( \(m\) là tham số). Tìm các giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) (với \({x_1} < {x_2}\) ) thỏa mãn hệ thức \({x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\).
Xét phương trình \({x^2} - 2mx - {m^2} - 2 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 1.\left( { - {m^2} - 2} \right) = {m^2} + {m^2} + 2 = 2{m^2} + 2 > 0\) với mọi m.
Áp dụng định lí Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = - {m^2} - 2\end{array} \right.\) . (2)
Nhận thấy \({x_1}{x_2} = - {m^2} - 2 < 0\) với mọi m nên phương trình có hai nghiệm trái dấu \({x_1} < 0 < {x_2}\).
\(\begin{array}{l}{x_2} - 2\left| {{x_1}} \right| - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow {x_2} + 2{x_1} - 3{x_1}{x_2} = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} - 3\left( { - {m^2} - 2} \right) = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} + 3{m^2} + 6 = 3{m^2} + 3m + 4\\ \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} = 3m - 2\end{array}\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\2{x_1} + {x_2} = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m - 2\\{x_2} = 2m - m + 2 = m + 2\end{array} \right.\)
Thay vào \({x_1}{x_2} = - {m^2} - 2\) ta được phương trình
\(\begin{array}{l}\left( {m - 2} \right)\left( {m + 2} \right) = - {m^2} - 2\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4 = - {m^2} - 2\\ \Leftrightarrow 2{m^2} = 2\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {m^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\end{array} \right.\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4 (VD):
Cách giải:
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) (gt) \( \Rightarrow \angle MAO = \angle MBO = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle MAO + \angle MBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà A, B là hai đỉnh đối diện của tứ giác MAOB.
Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb).
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh rằng MN2 = ND.NA.
Ta có: \(\angle MDN = \angle ADC\) (đối đỉnh), \(\angle ADC = \angle ABC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle ABC\).
Mà \(\angle ABC = \angle ABO = \angle AMO = \angle AMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AO).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle AMN\).
Xét \(\Delta MND\) và \(\Delta ANM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ANM\,\,chung\\\angle MDN = \angle AMN\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
$\Rightarrow \Delta MND\backsim \Delta ANM\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{MN}}{{NA}} = \frac{{ND}}{{MN}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow M{N^2} = ND.NA\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\angle AMC\) chung
\(\angle MAD = \angle MCA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD).
$\Rightarrow \Delta MAD\backsim \Delta MCA\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\) (1)
Ta có: \(OA = OB\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow O\) thuộc trung trực của AB.
\(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của AB.
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của AB \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại H.
Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(M{A^2} = MH.MO\) (2)
Từ (1), (2) \( \Rightarrow MC.MD = MH.MO \Rightarrow \frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\).
Xét \(\Delta MOC\) và \(\Delta MDH\) có:
\(\angle OMC\) chung
\(\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\,\,\left( {cmt} \right)\)
$\Rightarrow \Delta MOC\backsim \Delta MDH\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \angle MHD = \angle MCO\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle MCO = \angle DCB = \angle DAB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB)
\( \Rightarrow \angle MHD = \angle DAB\).
Mà \(\angle MHD + \angle DHA = \angle AHM = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle DAB + \angle DHA = {90^0}\) \( \Rightarrow \Delta ADH\) vuông tại D (tam giác có tổng hai góc bằng \({90^0}\)).
\( \Rightarrow HD \bot AN\) tại D.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADH có: \(H{A^2} = A{D^2} + H{D^2}\).
Biến đổi \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\)ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{A{D^2} + H{D^2}}}{{H{D^2}}} = 1 + \frac{{AC}}{{HN}}\\ \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} + 1 = 1 + \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AC}}{{HN}}\end{array}\)
Xét tam giác AHN vuông tại H, có đường cao HD ta có: \(H{D^2} = AD.DN\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow \frac{{A{D^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{A{D^2}}}{{AD.DN}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Rightarrow \frac{{AD}}{{DN}} = \frac{{AC}}{{HN}} \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{DN}}{{HN}}\).
Xét \(\Delta ADC\) và \(\Delta NDM\) có:
\(\angle ADC = \angle MDN\) (đối đỉnh)
\(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AC \bot AB\). Lại có \(OM \bot AB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow OM//AC\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle DAC = \angle DNM\) (so le trong)
$\Rightarrow \Delta ADC\backsim \Delta NDM\,\,\left( g.g \right)$
\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{DN}}{{NM}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Suy ra \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{DN}}{{NM}} = \frac{{DN}}{{HN}} \Leftrightarrow NM = HN\)
Do đó ta cần chứng minh \(NM = HN\).
Theo ý 2. ta có: \(M{N^2} = ND.NA\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHN đường cao HD ta có: \(N{H^2} = ND.NA\).
Vậy \(M{N^2} = N{H^2} \Leftrightarrow MN = NH\). Do đó ta có điều phải chứng minh \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = 1\).
Câu 5 (VDC):
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
\(\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}}.\frac{1}{{{b^2}}}} = \frac{2}{{ab}}\)
\(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \ge \frac{8}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}\)
Khi đó ta có:
\(M = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{{16}}{{{{(y + 4)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, = \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{4} + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{(z + 1)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{8}{{{{(x + 3)}^2}}} + \frac{8}{{{{\left( {\frac{y}{4} + 1 + z + 1} \right)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + 3 + \frac{y}{4} + 1 + z + 1} \right)}^2}}} + 2023\)
\(\,\,\,\,\,\,\, \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + \frac{y}{4} + z + 5} \right)}^2}}} + 2023\)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(4{x^2} + 4 \ge 2\sqrt {4{x^2}.4} = 8x\)
\({y^2} + 16 \ge 2\sqrt {{y^2}.16} = 8y\)
\(4{z^2} + 4 \ge 2\sqrt {4{z^2}.4} = 8z\)
Suy ra: \(8x + 8y + 8z \le 4{x^2} + 4 + {y^2} + 16 + 4{z^2} + 4 = 4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} + 24\)
Mà: \(4{x^2} + {y^2} + 4{z^2} \le 6y\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 8x + 8y + 8z \le 6y + 24\\ \Leftrightarrow 8x + 2y + 8z \le 24\\ \Leftrightarrow x + \frac{y}{4} + z \le 3\end{array}\)
\(\begin{array}{l}M \ge \frac{{64}}{{{{\left( {x + \frac{y}{4} + z + 5} \right)}^2}}} + 2023\\\,\,\,\,\,\, = \frac{{64}}{{{{\left( {3 + 5} \right)}^2}}} + 2023 = 2024\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = z = 1;y = 4\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi \(x = z = 1;y = 4.\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Thanh Hóa năm 2023 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết vấn đề. Năm 2023, cấu trúc đề thi vẫn giữ nguyên so với các năm trước, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và một số bài toán thực tế ứng dụng.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Các dạng bài tập thường gặp bao gồm:
Chúng ta sẽ cùng phân tích một số đề thi chính thức và đề thi thử vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2023 để hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi.
Đề thi chính thức 1 tập trung vào các kiến thức về Đại số, đặc biệt là phần giải phương trình và hệ phương trình. Phần Hình học yêu cầu học sinh chứng minh các tính chất liên quan đến tam giác và đường tròn. Độ khó của đề thi được đánh giá là trung bình, phù hợp với năng lực của đa số học sinh.
Đề thi chính thức 2 có xu hướng tập trung vào các bài toán thực tế, đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức Toán học vào giải quyết các tình huống cụ thể. Phần Đại số yêu cầu học sinh giải các bài toán về hàm số và dãy số. Phần Hình học yêu cầu học sinh tính diện tích và thể tích của các hình khối. Độ khó của đề thi được đánh giá là cao hơn so với đề thi chính thức 1.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2023, các em học sinh cần:
Ngoài bộ đề thi mà toan11.edu.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2023 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp ôn thi hiệu quả, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. toan11.edu.vn hy vọng bộ đề thi này sẽ là một công cụ hữu ích giúp các em ôn tập và tự tin bước vào kỳ thi.
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!
