Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hải Dương năm 2021 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THCS trên địa bàn tỉnh Hải Dương, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Các em có thể sử dụng bộ đề này để tự đánh giá năng lực, tìm ra những điểm yếu và tập trung ôn luyện.
Câu 1 (2,0 điểm): a) Giải phương trình
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x = 4\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 5 - y = 0\\5x + 3y = 18\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{9 - a}}\) với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\).
b) Cho hàm số bậc nhất \(y = ax - 4\). Xác định hệ số \(a\), biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) tại điểm có tung độ bằng \(5\).
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi \(24m\). Nếu tăng chiều dài lên \(2m\) và giảm chiều rộng đi \(1m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(1{m^2}\). Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\) (Với \(m\) là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m\). Tìm các giá trị của tham số \(m\) sao cho: \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4\).
Câu 4 (3,0 điểm):
1. Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(AE,BF\) cắt nhau tại \(H\)(\(E \in BC,F \in AC\)).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,B,E,F\) cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh rằng \(OC \bot EF\)
2) Cho tam giác \(ABC\) có \(\angle B,\angle C\) là góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 2B{C^2} + A{C^2} + A{B^2}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(\sqrt y \left( {y + 1} \right) - 6x - 9 = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(M = xy + 3y - 4{x^2} - 3\).
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình \({x^2} - 3x = 4\).
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 5 - y = 0\\5x + 3y = 18\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức \(P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{9 - a}}\) với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\).
b) Cho hàm số bậc nhất \(y = ax - 4\). Xác định hệ số \(a\), biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) tại điểm có tung độ bằng \(5\).
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi \(24m\). Nếu tăng chiều dài lên \(2m\) và giảm chiều rộng đi \(1m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(1{m^2}\). Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu.
b) Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\) (Với \(m\) là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) với mọi \(m\). Tìm các giá trị của tham số \(m\) sao cho: \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4\).
Câu 4 (3,0 điểm):
1. Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(AE,BF\) cắt nhau tại \(H\)(\(E \in BC,F \in AC\)).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,B,E,F\) cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh rằng \(OC \bot EF\)
2) Cho tam giác \(ABC\) có \(\angle B,\angle C\) là góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 2B{C^2} + A{C^2} + A{B^2}\).
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho các số thực dương \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(\sqrt y \left( {y + 1} \right) - 6x - 9 = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(M = xy + 3y - 4{x^2} - 3\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Vận dụng công thức nhẩm nhanh của phương trình bậc hai một ẩn: nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có \(a - b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = - 1\,;\,{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)
b) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Ta có: \({x^2} - 3x = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0\).
Vì \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - \dfrac{c}{a} = 4\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\).
b) Ta có
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - 5 - y = 0\\5x + 3y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = 5\\5x + 3y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x - 3y = 15\\5x + 3y = 18\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 2x - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2.3 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\end{array}\) Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu 2
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \({A^2} - {B^2} = \left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right)\) để xác định mẫu thức chung của biểu thức \(P\)
Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút gọn biểu thức \(P\)
b) Thay \(y = 5\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\), từ đó tính được \(x\)
Thay \(y = 5\) và giá trị \(x\) vừa tìm được vào hàm số \(y = ax - 4\) từ đó tìm được hệ số \(a\)
Cách giải:
a) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{9 - a}}\\P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} - \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{2\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right) + \left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) - \left( {3 + 7\sqrt a } \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2a - 6\sqrt a + a + 3\sqrt a + \sqrt a + 3 - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3a - 9\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) thì \(P = \dfrac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}\).
b) Thay \(y = 5\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) ta có \(5 = - 3x + 2 \Leftrightarrow 3x = - 3 \Leftrightarrow x = - 1\).
Do đó đồ thị hàm số \(y = ax - 4\) cắt đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) tại điểm \(A\left( { - 1;5} \right)\).
Thay \(x = - 1,\,\,y = 5\) vào hàm số \(y = ax - 4\) ta có \(5 = - a - 4 \Leftrightarrow a = - 5 - 4 = - 9\).
Vậy \(a = - 9\).
Câu 3
Phương pháp:
a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là \(x{\rm{ }}\left( m \right)\) (ĐK:\(x > 0\)).
Tính được chiều rộng của hình chữ nhật theo \(x\)
Theo giả thiết của đề bài, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và đưa ra kết luận.
b) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0,\,\forall m\)
Theo hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1}{x_2}\,;\,{x_1} + {x_2}\) theo \(m\)
Biến đổi hệ thức của đề bài để xuất hiện \({x_1}{x_2}\,;\,{x_1} + {x_2}\), thay vào và giải phương trình chứa \(m\)
Cách giải:
a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là \(x{\rm{ }}\left( m \right)\) (ĐK:\(x > 0\)).
Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: \(24:2 = 12\,\,\,\left( m \right)\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: \(12 - x\,\,\,\left( m \right)\)
Khi tăng chiều dài lên \(2m\) thì độ dài chiều dài là: \(x + 2\,\,(m)\)
Khi giảm chiều rộng đi \(1m\) thì độ dài chiều rộng là: \(12 - x - 1 = 11 - x\,(m)\)
Vì khi tăng chiều dài lên \(2m\) và giảm chiều rộng đi \(1m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(1{m^2}\) nên ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {x + 2} \right)\left( {11 - x} \right) - x\left( {12 - x} \right) = 1\\ \Leftrightarrow 11x - {x^2} + 22 - 2x - 12x + {x^2} = 1\\ \Leftrightarrow 3x = 21\\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng hình chữ nhật là: \(12 - 7 = 5\,\,\left( m \right)\).
Vậy chiều dài và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là \(7m\) và \(5m\).
b) Ta có: \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\) (1)
Phương trình (1) có: \(\Delta ' = {(m - 1)^2} - m + 3 = {m^2} - 3m + 4 = {\left( {m - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4} > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\).
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m - 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 3}\end{array}} \right.\)
Theo giả thiết ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{x_1}{x_2} + {x_2} = 16\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16\\ \Rightarrow {\left( {2m - 2} \right)^2} - 4.\left( {m - 3} \right) = 16\\ \Rightarrow 4{m^2} - 8m + 4 - 4m + 12 = 16\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m = 0\\ \Leftrightarrow 4m\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m \in \left\{ {0;3} \right\}\).
Câu 4
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau nên \(ABEF\) nội tiếp một đường tròn từ đó ta có điều phải chứng minh.
b) Chứng minh \(\angle ACO = \angle CAO = {90^0} - \dfrac{1}{2}\angle AOC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mà \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (2)
\(\angle ABC = \angle DFC\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra được \(\angle FDC = {90^0}\) nên \(OC \bot EF\)
2) Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)
Áp dụng định lí Py – ta – go, tính được \(P = \left( {B{C^2} + A{H^2}} \right) + \left( {B{H^2} + C{H^2}} \right)\)
Áp dụng các bất đẳng thức, tìm được giá trị nhỏ nhất của \(P\).
Cách giải:
a) Ta có: \(AE,BF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AE \bot BC,\,\,BF \bot AC\).
\( \Rightarrow \angle AEB = \angle AFB = {90^0}\).
\( \Rightarrow ABEF\) nội tiếp một đường tròn (tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(OC\) và \(EF\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle ACO + \angle CAO = {180^0} - \angle AOC\\\angle ACO = \angle CAO\end{array} \right.\) (do tam giác \(OAC\) cân tại \(O\)).
\( \Rightarrow \angle ACO = \angle CAO = {90^0} - \dfrac{1}{2}\angle AOC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mà \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (2) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle ABC = \angle DFC\) (3) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ABEF\)).
Từ (1), (2), (3) ta được:
\(\begin{array}{l}\angle ACO = {90^0} - \angle ABC = {90^0} - \angle DFC \Rightarrow \angle ACO + \angle DFC = {90^0}\\ \Rightarrow \angle FDC = {90^0}\end{array}\)
Vậy \(OC \bot EF\) (đpcm).
2)
Kẻ đường cao \(AH\). Vì \(\angle B,\,\,\angle C\) là các góc nhọn nên \(H\) thuộc đoạn thẳng \(BC\).
Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 2B{C^2} + 2A{H^2} + B{H^2} + H{C^2}\).
Ta có \(B{C^2} + A{H^2} \ge 2BC.AH = 4{S_{\Delta ABC}}\).
\(B{H^2} + C{H^2} \ge \dfrac{{{{\left( {BH + CH} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Do đó \(P \ge 8{S_{\Delta ABC}} + \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Do \({S_{\Delta ABC}}\) không đổi, \(A,\,\,B,\,\,C\) cố định nên \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(8{S_{\Delta ABC}} + \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Dấu “=” xảy ra khi \(BH = CH \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).
Câu 5
Phương pháp:
Tìm điều kiện xác định của phương trình
Đặt \(2x + 3 = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình mới chứa ẩn \(y\) và ẩn \(t\), biến đổi phương trình này về dạng tích, từ đó tìm được mối liên hệ của \(y\) và \(x\)
Thay vào biểu thức \(M\), biểu thức \(M\) chứa ẩn \(x\), vận dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của biểu thức \(M\).
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}y \ge 0\\2x + 3 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y \ge 0\\x \ge - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).
Đặt \(2x + 3 = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt y \left( {y + 1} \right) - 6x - 9 = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\\ \Leftrightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - 3\left( {2x + 3} \right) = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\\ \Rightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - 3t = \sqrt t \left( {t + 1} \right) - 3y\\ \Leftrightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - \sqrt t \left( {t + 1} \right) + 3y - 3t = 0\\ \Leftrightarrow y\sqrt y - t\sqrt t + \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right) + 3\left( {y - t} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t} \right) + \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right) + 3\left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {\sqrt y + \sqrt t } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t + 1 + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt y - \sqrt t = 0\,\,\left( {do\,\,y + \sqrt {yt} + t + 5 > 0\,\,\forall y,\,\,t \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow y = t \Leftrightarrow y = 2x + 3\end{array}\)
Khi đó biểu thức \(M\) trở thành:
\(\begin{array}{l}M = x\left( {2x + 3} \right) + 3\left( {2x + 3} \right) - 4{x^2} - 3\\M = 2{x^2} + 3x + 6x + 9 - 4{x^2} - 3\\M = - 2{x^2} + 9x + 6\\M = - 2\left( {{x^2} - \dfrac{9}{2}x} \right) + 6\\M = - 2\left( {{x^2} - 2.x.\dfrac{9}{4} + \dfrac{{81}}{{16}}} \right) + \dfrac{{81}}{8} + 6\\M = - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} + \dfrac{{129}}{8}\end{array}\)
Vì \( - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} \le 0\,\,\forall x\) nên \( - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} + \dfrac{{129}}{8} \le \dfrac{{129}}{8}\).
Do đó \(M \le \dfrac{{129}}{8} \Rightarrow {M_{\max }} = \dfrac{{129}}{8}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{4}\,\,\left( {tm} \right) \Rightarrow y = \dfrac{{15}}{2}\).
Vậy GTLN của \(M\) bằng \(\dfrac{{129}}{8}\) đạt được khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{9}{4};\dfrac{{15}}{2}} \right)\).
Câu 1
Phương pháp:
a) Vận dụng công thức nhẩm nhanh của phương trình bậc hai một ẩn: nếu phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có \(a - b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = - 1\,;\,{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)
b) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Ta có: \({x^2} - 3x = 4 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0\).
Vì \(a - b + c = 1 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - \dfrac{c}{a} = 4\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\).
b) Ta có
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - 5 - y = 0\\5x + 3y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y = 5\\5x + 3y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x - 3y = 15\\5x + 3y = 18\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = 33\\y = 2x - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2.3 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\end{array}\) Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)\).
Câu 2
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \({A^2} - {B^2} = \left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right)\) để xác định mẫu thức chung của biểu thức \(P\)
Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút gọn biểu thức \(P\)
b) Thay \(y = 5\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\), từ đó tính được \(x\)
Thay \(y = 5\) và giá trị \(x\) vừa tìm được vào hàm số \(y = ax - 4\) từ đó tìm được hệ số \(a\)
Cách giải:
a) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{9 - a}}\\P = \dfrac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \dfrac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} - \dfrac{{3 + 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{2\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right) + \left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) - \left( {3 + 7\sqrt a } \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{2a - 6\sqrt a + a + 3\sqrt a + \sqrt a + 3 - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3a - 9\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\\P = \dfrac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}\end{array}\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) thì \(P = \dfrac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}\).
b) Thay \(y = 5\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) ta có \(5 = - 3x + 2 \Leftrightarrow 3x = - 3 \Leftrightarrow x = - 1\).
Do đó đồ thị hàm số \(y = ax - 4\) cắt đường thẳng \(\left( d \right):\,\,y = - 3x + 2\) tại điểm \(A\left( { - 1;5} \right)\).
Thay \(x = - 1,\,\,y = 5\) vào hàm số \(y = ax - 4\) ta có \(5 = - a - 4 \Leftrightarrow a = - 5 - 4 = - 9\).
Vậy \(a = - 9\).
Câu 3
Phương pháp:
a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là \(x{\rm{ }}\left( m \right)\) (ĐK:\(x > 0\)).
Tính được chiều rộng của hình chữ nhật theo \(x\)
Theo giả thiết của đề bài, lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và đưa ra kết luận.
b) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\) \( \Leftrightarrow \Delta > 0,\,\forall m\)
Theo hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1}{x_2}\,;\,{x_1} + {x_2}\) theo \(m\)
Biến đổi hệ thức của đề bài để xuất hiện \({x_1}{x_2}\,;\,{x_1} + {x_2}\), thay vào và giải phương trình chứa \(m\)
Cách giải:
a) Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là \(x{\rm{ }}\left( m \right)\) (ĐK:\(x > 0\)).
Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: \(24:2 = 12\,\,\,\left( m \right)\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: \(12 - x\,\,\,\left( m \right)\)
Khi tăng chiều dài lên \(2m\) thì độ dài chiều dài là: \(x + 2\,\,(m)\)
Khi giảm chiều rộng đi \(1m\) thì độ dài chiều rộng là: \(12 - x - 1 = 11 - x\,(m)\)
Vì khi tăng chiều dài lên \(2m\) và giảm chiều rộng đi \(1m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(1{m^2}\) nên ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left( {x + 2} \right)\left( {11 - x} \right) - x\left( {12 - x} \right) = 1\\ \Leftrightarrow 11x - {x^2} + 22 - 2x - 12x + {x^2} = 1\\ \Leftrightarrow 3x = 21\\ \Leftrightarrow x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Chiều rộng hình chữ nhật là: \(12 - 7 = 5\,\,\left( m \right)\).
Vậy chiều dài và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là \(7m\) và \(5m\).
b) Ta có: \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + m - 3 = 0\) (1)
Phương trình (1) có: \(\Delta ' = {(m - 1)^2} - m + 3 = {m^2} - 3m + 4 = {\left( {m - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4} > 0\,\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m\).
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m - 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 3}\end{array}} \right.\)
Theo giả thiết ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 4\\ \Leftrightarrow {x_1}^2 - 2{x_1}{x_2} + {x_2} = 16\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16\\ \Rightarrow {\left( {2m - 2} \right)^2} - 4.\left( {m - 3} \right) = 16\\ \Rightarrow 4{m^2} - 8m + 4 - 4m + 12 = 16\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m = 0\\ \Leftrightarrow 4m\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m \in \left\{ {0;3} \right\}\).
Câu 4
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau nên \(ABEF\) nội tiếp một đường tròn từ đó ta có điều phải chứng minh.
b) Chứng minh \(\angle ACO = \angle CAO = {90^0} - \dfrac{1}{2}\angle AOC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mà \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (2)
\(\angle ABC = \angle DFC\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra được \(\angle FDC = {90^0}\) nên \(OC \bot EF\)
2) Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)
Áp dụng định lí Py – ta – go, tính được \(P = \left( {B{C^2} + A{H^2}} \right) + \left( {B{H^2} + C{H^2}} \right)\)
Áp dụng các bất đẳng thức, tìm được giá trị nhỏ nhất của \(P\).
Cách giải:
a) Ta có: \(AE,BF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AE \bot BC,\,\,BF \bot AC\).
\( \Rightarrow \angle AEB = \angle AFB = {90^0}\).
\( \Rightarrow ABEF\) nội tiếp một đường tròn (tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)
b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(OC\) và \(EF\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle ACO + \angle CAO = {180^0} - \angle AOC\\\angle ACO = \angle CAO\end{array} \right.\) (do tam giác \(OAC\) cân tại \(O\)).
\( \Rightarrow \angle ACO = \angle CAO = {90^0} - \dfrac{1}{2}\angle AOC\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mà \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (2) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle ABC = \angle DFC\) (3) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ABEF\)).
Từ (1), (2), (3) ta được:
\(\begin{array}{l}\angle ACO = {90^0} - \angle ABC = {90^0} - \angle DFC \Rightarrow \angle ACO + \angle DFC = {90^0}\\ \Rightarrow \angle FDC = {90^0}\end{array}\)
Vậy \(OC \bot EF\) (đpcm).
2)
Kẻ đường cao \(AH\). Vì \(\angle B,\,\,\angle C\) là các góc nhọn nên \(H\) thuộc đoạn thẳng \(BC\).
Áp dụng định lí Pytago ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{H^2} + H{C^2}\\A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\end{array}\)
\( \Rightarrow P = 2B{C^2} + 2A{H^2} + B{H^2} + H{C^2}\).
Ta có \(B{C^2} + A{H^2} \ge 2BC.AH = 4{S_{\Delta ABC}}\).
\(B{H^2} + C{H^2} \ge \dfrac{{{{\left( {BH + CH} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Do đó \(P \ge 8{S_{\Delta ABC}} + \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Do \({S_{\Delta ABC}}\) không đổi, \(A,\,\,B,\,\,C\) cố định nên \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(8{S_{\Delta ABC}} + \dfrac{{B{C^2}}}{2}\).
Dấu “=” xảy ra khi \(BH = CH \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).
Câu 5
Phương pháp:
Tìm điều kiện xác định của phương trình
Đặt \(2x + 3 = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta có phương trình mới chứa ẩn \(y\) và ẩn \(t\), biến đổi phương trình này về dạng tích, từ đó tìm được mối liên hệ của \(y\) và \(x\)
Thay vào biểu thức \(M\), biểu thức \(M\) chứa ẩn \(x\), vận dụng hằng đẳng thức tìm được giá trị lớn nhất của biểu thức \(M\).
Cách giải:
ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}y \ge 0\\2x + 3 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y \ge 0\\x \ge - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).
Đặt \(2x + 3 = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt y \left( {y + 1} \right) - 6x - 9 = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\\ \Leftrightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - 3\left( {2x + 3} \right) = \left( {2x + 4} \right)\sqrt {2x + 3} - 3y\\ \Rightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - 3t = \sqrt t \left( {t + 1} \right) - 3y\\ \Leftrightarrow \sqrt y \left( {y + 1} \right) - \sqrt t \left( {t + 1} \right) + 3y - 3t = 0\\ \Leftrightarrow y\sqrt y - t\sqrt t + \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right) + 3\left( {y - t} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t} \right) + \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right) + 3\left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {\sqrt y + \sqrt t } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t + 1 + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt y - \sqrt t } \right)\left( {y + \sqrt {yt} + t + 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt y - \sqrt t = 0\,\,\left( {do\,\,y + \sqrt {yt} + t + 5 > 0\,\,\forall y,\,\,t \ge 0} \right)\\ \Leftrightarrow y = t \Leftrightarrow y = 2x + 3\end{array}\)
Khi đó biểu thức \(M\) trở thành:
\(\begin{array}{l}M = x\left( {2x + 3} \right) + 3\left( {2x + 3} \right) - 4{x^2} - 3\\M = 2{x^2} + 3x + 6x + 9 - 4{x^2} - 3\\M = - 2{x^2} + 9x + 6\\M = - 2\left( {{x^2} - \dfrac{9}{2}x} \right) + 6\\M = - 2\left( {{x^2} - 2.x.\dfrac{9}{4} + \dfrac{{81}}{{16}}} \right) + \dfrac{{81}}{8} + 6\\M = - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} + \dfrac{{129}}{8}\end{array}\)
Vì \( - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} \le 0\,\,\forall x\) nên \( - 2{\left( {x - \dfrac{9}{4}} \right)^2} + \dfrac{{129}}{8} \le \dfrac{{129}}{8}\).
Do đó \(M \le \dfrac{{129}}{8} \Rightarrow {M_{\max }} = \dfrac{{129}}{8}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = \dfrac{9}{4}\,\,\left( {tm} \right) \Rightarrow y = \dfrac{{15}}{2}\).
Vậy GTLN của \(M\) bằng \(\dfrac{{129}}{8}\) đạt được khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{9}{4};\dfrac{{15}}{2}} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hải Dương năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để giúp các em đạt kết quả tốt nhất, giaibaitoan.com xin cung cấp một phân tích chi tiết về cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và hướng dẫn giải chi tiết.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2021 thường bao gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2021 bao gồm:
Để giải tốt các bài toán trong đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2021, các em cần nắm vững các kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán và có phương pháp làm bài khoa học. Dưới đây là một số hướng dẫn giải chi tiết cho từng dạng bài tập:
Để giải phương trình và hệ phương trình, các em cần sử dụng các phương pháp đại số như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ.
Để chứng minh bất đẳng thức, các em có thể sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức tam giác.
Để xác định hàm số, các em cần tìm tập xác định, tập giá trị và vẽ đồ thị hàm số. Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số, các em có thể sử dụng phương pháp đạo hàm hoặc phương pháp biến đổi tương đương.
Để chứng minh các tính chất hình học, các em cần sử dụng các định lý và tính chất hình học đã học. Để tính diện tích, thể tích, các em cần sử dụng các công thức tính diện tích, thể tích.
Để tìm ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, các em có thể sử dụng thuật toán Euclid. Để giải bài toán chia hết, các em cần sử dụng các tính chất chia hết.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2021, các em cần luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước. Giaibaitoan.com cung cấp một bộ đề thi phong phú và đa dạng, giúp các em làm quen với các dạng bài tập và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Hải Dương năm 2021!
