Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Nam Định năm 2019 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 THPT chuyên và không chuyên tại Nam Định, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm.
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
A. \(m > 1\)B. \(m < 1\) C. \(m < - 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 2: Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\) Tính \({x_1} + {x_2}.\)
A. \({x_1} + {x_2} = 2\) B. \({x_1} + {x_2} = 1\)C. \({x_1} + {x_2} = - 2\)D. \({x_1} + {x_2} = - 1\)
Câu 3: Cho điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}.\) Biết \({x_M} = - 2.\) Tính \({y_M}.\)
A. \({y_M} = 6\) B. \({y_M} = - 6\)C. \({y_M} = - 12\)D. \({y_M} = 12\)
Câu 4: Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right.\) có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số.
Câu 5: Với các số \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a < 0,\,\,b < 0\) thì biểu thức \(a\sqrt {ab} \) bằng:
A. \( - \sqrt {{a^2}b} \) B. \(\sqrt {{a^3}b} \) C. \(\sqrt {{a^2}b} \)D. \( - \sqrt {{a^3}b} \)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3cm,\,\,AC = 4cm.\) Tính độ dài đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC.\)
A. \(AH = \dfrac{{12}}{7}cm\) B. \(AH = \dfrac{5}{2}cm\) C. \(AH = \dfrac{{12}}{5}cm\) D. \(AH = \dfrac{7}{2}cm\)
Câu 7: Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2cm\) và đường tròn tâm \(O'\) bán kính \(R' = 3cm.\) Biết \(OO' = 6cm.\) Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng \(4cm.\) Thể tích quả bóng là:
A. \(\dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) B. \(\dfrac{{32}}{3}\,\,c{m^3}\) C. \(\dfrac{{256\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) D. \(\dfrac{{256}}{3}\,\,c{m^3}\)
II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn \(\left( O \right)\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 (1 điểm):
Xét các số \(x,\,\,y,\,\,z\) thay đổi thỏa mãn \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \dfrac{1}{2}{\left( {x + y + z} \right)^2} + 4\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right).\)
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:
1. B | 2. A | 3. C | 4. B |
5. D | 6. C | 7. D | 8. A |
Câu 1 - Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) và nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.\)
Chọn B.
Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1} + {x_2}.\)
Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = 2.\)
Chọn A.
Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\,\,\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow {y_0} = ax_0^2.\)
Cách giải:
Điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) có hoành độ \({x_M} = - 2\) và thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}\)
\( \Rightarrow {y_M} = - 3.{\left( { - 2} \right)^2} = - 1.\)
Chọn C.
Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 3\\y = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{4}\\y = - \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn B.
Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(A\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{A^2}B} \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - \sqrt {{A^2}B} \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Ta có: \(a\sqrt {ab} = - \sqrt {{a^2}.ab} = - \sqrt {{a^3}b} \) vì \(a < 0.\)
Chọn D.
Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}.\)
Cách giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,cm.\end{array}\)
Chọn C.
Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) và \(\left( {O';\,\,R'} \right)\) khi đó ta có:
+) \(OO' > R + R'\) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.
+) \(\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'\) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(2\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' = R + R'\) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
Cách giải:
Ta có: \(OO' = 6cm\)
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'\)
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn nằm ngoài nhau
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
Chọn D.
Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Thể tích mặt cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
Bán kính của quả bóng là: \(4:2 = 2cm.\)
Thể tích của quả bóng đã cho là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}.\)
Chọn A.
PHẦN II: TỰ LUẬN
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức.
b) Quy đồng, rút gọn.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}3 - 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2}\\3 + 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \\\,\,\,\,\,\,A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \left| {\sqrt 2 + 1} \right|\\\,\,\,\,\,\,A = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0;\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 - 1 = - 2\end{array}\)
Vậy \(A = - 2\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 3} \right) - \left( {\sqrt a + 3} \right) + 6}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a - 6 - \sqrt a - 3 + 6}}{{\sqrt a - 3}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt a - 3}}{{\sqrt a - 3}} = 1 = VP\end{array}\)
Vậy \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn
Phương pháp:
a) Thay \(m = 0\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh phương trình có \(\Delta > 0\) với mọi \(m.\)
c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
Thay \(m = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = 1 + 6 = 7 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 7 \\{x_2} = - 1 - \sqrt 7 \end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - 1 - \sqrt 7 ;\,\, - 1 + \sqrt 7 } \right\}.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4.6 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 24\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 24 > 0\,\,\forall m \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\forall m\)
Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Với mọi \(m\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 6\end{array} \right..\)
Ta có \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - \left( {m - 2} \right){x_1} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x_1} = x_1^2 - 6\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16\,\,\,\,\left( {**} \right)\)
Thay \(\left( * \right)\) vào \(\left( {**} \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( {**} \right) \Leftrightarrow x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2 - 6 = 16\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 3.\left( { - 6} \right) = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\m - 2 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 0,\,\,m = 4\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực
Phương pháp:
+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - y - 7 = 4x - 4\\{x^2} - xy + y - 7 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2} - 4x - 3\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - x\left( {2{x^2} - 4x - 3} \right) + 2{x^2} - 4x - 3 - 7 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2{x^3} + 4{x^2} + 3x + 2{x^2} - 4x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow - 2{x^3} + 7{x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} - 7{x^2} + x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 9{x^2} - 9x + 10x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 9x\left( {x + 1} \right) + 10\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 9x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 4x - 5x + 10} \right) = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 2} \right) - 5\left( {x - 2} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 5} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2x - 5 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \dfrac{5}{2}\\x = 2\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) - 3 = 3.\)
+) Với \(x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{5}{2} - 3 = - \dfrac{1}{2}.\)
+) Với \(x = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = {2.2^2} - 4.2 - 3 = - 3.\)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ {\left( { - 1;\,\,3} \right);\,\,\left( {2; - 3} \right);\,\,\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.
Cách giải:
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
+) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp:
Do \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB \bot OB;\,\,AC \bot OC \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle EOF\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CF.\)
\(\angle FBC\) là góc nội tiếp chắn cung \(CF.\)
\( \Rightarrow \angle ECF = \angle CBF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
Xét \(\Delta CEF\) và \(\Delta BEC\) ta có:
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
Xét tam giác \(ABF\) và tam giác \(AKB\) có:
\(\angle BAK\,\,\,chung\)
\(\angle ABF = \angle AKB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét tam giác \(ACF\) và tam giác \(AKC\) có:
\(\angle CAK\) chung;
\(\angle ACF = \angle AKC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{BF}}{{BK}} = \dfrac{{CF}}{{CK}} \Rightarrow BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Xét tam giác \(ECF\) và ta giác \(EBC\) có:
\(\angle BEC\) chung;
\(\angle ECF = \angle EBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
.
Mà \(EC = EA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow E{A^2} = EB.EF \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\).
Xét tam giác \(BEA\) và tam giác \(AEF\) có:
\(\begin{array}{l} & \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ & \angle AEB\,\,\,\,chung\end{array}\)
(hai góc tương ứng)
Mà góc \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\); \(\angle FAE\) ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AF\)).
Vậy \(AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức bài cho, đặt \(x + y + z = t\,\,\left( {t > 0} \right).\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} - 2zx + {x^2}} \right)} \right] = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] = 4\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\)
\( \Rightarrow x + y + z > 0.\)
Đặt \(x + y + z = t\,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \dfrac{2}{t}.\)
\( \Rightarrow P = \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{8}{t} = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương \(\dfrac{{{t^2}}}{2};\,\,\dfrac{4}{t};\,\,\dfrac{4}{t}\) ta có:
\(P = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{t^2}}}{2}.\dfrac{4}{t}.\dfrac{4}{t}}} = 3.\sqrt[3]{8} = 6.\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2}}}{2} = \dfrac{4}{t} \Leftrightarrow {t^3} = 8 \Leftrightarrow t = 2\) \( \Rightarrow x + y + z = 2.\)
Vậy \(Min\,\,P = 6\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 2\\{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\end{array} \right..\)
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
A. \(m > 1\)B. \(m < 1\) C. \(m < - 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 2: Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\) Tính \({x_1} + {x_2}.\)
A. \({x_1} + {x_2} = 2\) B. \({x_1} + {x_2} = 1\)C. \({x_1} + {x_2} = - 2\)D. \({x_1} + {x_2} = - 1\)
Câu 3: Cho điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}.\) Biết \({x_M} = - 2.\) Tính \({y_M}.\)
A. \({y_M} = 6\) B. \({y_M} = - 6\)C. \({y_M} = - 12\)D. \({y_M} = 12\)
Câu 4: Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right.\) có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số.
Câu 5: Với các số \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a < 0,\,\,b < 0\) thì biểu thức \(a\sqrt {ab} \) bằng:
A. \( - \sqrt {{a^2}b} \) B. \(\sqrt {{a^3}b} \) C. \(\sqrt {{a^2}b} \)D. \( - \sqrt {{a^3}b} \)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3cm,\,\,AC = 4cm.\) Tính độ dài đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC.\)
A. \(AH = \dfrac{{12}}{7}cm\) B. \(AH = \dfrac{5}{2}cm\) C. \(AH = \dfrac{{12}}{5}cm\) D. \(AH = \dfrac{7}{2}cm\)
Câu 7: Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2cm\) và đường tròn tâm \(O'\) bán kính \(R' = 3cm.\) Biết \(OO' = 6cm.\) Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng \(4cm.\) Thể tích quả bóng là:
A. \(\dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) B. \(\dfrac{{32}}{3}\,\,c{m^3}\) C. \(\dfrac{{256\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) D. \(\dfrac{{256}}{3}\,\,c{m^3}\)
II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn \(\left( O \right)\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 (1 điểm):
Xét các số \(x,\,\,y,\,\,z\) thay đổi thỏa mãn \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \dfrac{1}{2}{\left( {x + y + z} \right)^2} + 4\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right).\)
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:
1. B | 2. A | 3. C | 4. B |
5. D | 6. C | 7. D | 8. A |
Câu 1 - Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) và nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.\)
Chọn B.
Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1} + {x_2}.\)
Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = 2.\)
Chọn A.
Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\,\,\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow {y_0} = ax_0^2.\)
Cách giải:
Điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) có hoành độ \({x_M} = - 2\) và thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}\)
\( \Rightarrow {y_M} = - 3.{\left( { - 2} \right)^2} = - 1.\)
Chọn C.
Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 3\\y = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{4}\\y = - \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn B.
Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(A\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{A^2}B} \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - \sqrt {{A^2}B} \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Ta có: \(a\sqrt {ab} = - \sqrt {{a^2}.ab} = - \sqrt {{a^3}b} \) vì \(a < 0.\)
Chọn D.
Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}.\)
Cách giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,cm.\end{array}\)
Chọn C.
Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) và \(\left( {O';\,\,R'} \right)\) khi đó ta có:
+) \(OO' > R + R'\) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.
+) \(\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'\) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(2\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' = R + R'\) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
Cách giải:
Ta có: \(OO' = 6cm\)
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'\)
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn nằm ngoài nhau
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
Chọn D.
Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Thể tích mặt cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
Bán kính của quả bóng là: \(4:2 = 2cm.\)
Thể tích của quả bóng đã cho là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}.\)
Chọn A.
PHẦN II: TỰ LUẬN
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức.
b) Quy đồng, rút gọn.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}3 - 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2}\\3 + 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \\\,\,\,\,\,\,A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \left| {\sqrt 2 + 1} \right|\\\,\,\,\,\,\,A = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0;\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 - 1 = - 2\end{array}\)
Vậy \(A = - 2\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 3} \right) - \left( {\sqrt a + 3} \right) + 6}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a - 6 - \sqrt a - 3 + 6}}{{\sqrt a - 3}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt a - 3}}{{\sqrt a - 3}} = 1 = VP\end{array}\)
Vậy \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn
Phương pháp:
a) Thay \(m = 0\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh phương trình có \(\Delta > 0\) với mọi \(m.\)
c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
Thay \(m = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = 1 + 6 = 7 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 7 \\{x_2} = - 1 - \sqrt 7 \end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - 1 - \sqrt 7 ;\,\, - 1 + \sqrt 7 } \right\}.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4.6 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 24\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 24 > 0\,\,\forall m \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\forall m\)
Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Với mọi \(m\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 6\end{array} \right..\)
Ta có \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - \left( {m - 2} \right){x_1} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x_1} = x_1^2 - 6\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16\,\,\,\,\left( {**} \right)\)
Thay \(\left( * \right)\) vào \(\left( {**} \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( {**} \right) \Leftrightarrow x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2 - 6 = 16\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 3.\left( { - 6} \right) = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\m - 2 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 0,\,\,m = 4\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực
Phương pháp:
+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - y - 7 = 4x - 4\\{x^2} - xy + y - 7 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2} - 4x - 3\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - x\left( {2{x^2} - 4x - 3} \right) + 2{x^2} - 4x - 3 - 7 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2{x^3} + 4{x^2} + 3x + 2{x^2} - 4x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow - 2{x^3} + 7{x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} - 7{x^2} + x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 9{x^2} - 9x + 10x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 9x\left( {x + 1} \right) + 10\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 9x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 4x - 5x + 10} \right) = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 2} \right) - 5\left( {x - 2} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 5} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2x - 5 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \dfrac{5}{2}\\x = 2\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) - 3 = 3.\)
+) Với \(x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{5}{2} - 3 = - \dfrac{1}{2}.\)
+) Với \(x = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = {2.2^2} - 4.2 - 3 = - 3.\)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ {\left( { - 1;\,\,3} \right);\,\,\left( {2; - 3} \right);\,\,\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.
Cách giải:
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
+) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp:
Do \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB \bot OB;\,\,AC \bot OC \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle EOF\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CF.\)
\(\angle FBC\) là góc nội tiếp chắn cung \(CF.\)
\( \Rightarrow \angle ECF = \angle CBF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
Xét \(\Delta CEF\) và \(\Delta BEC\) ta có:
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
Xét tam giác \(ABF\) và tam giác \(AKB\) có:
\(\angle BAK\,\,\,chung\)
\(\angle ABF = \angle AKB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét tam giác \(ACF\) và tam giác \(AKC\) có:
\(\angle CAK\) chung;
\(\angle ACF = \angle AKC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{BF}}{{BK}} = \dfrac{{CF}}{{CK}} \Rightarrow BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Xét tam giác \(ECF\) và ta giác \(EBC\) có:
\(\angle BEC\) chung;
\(\angle ECF = \angle EBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
.
Mà \(EC = EA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow E{A^2} = EB.EF \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\).
Xét tam giác \(BEA\) và tam giác \(AEF\) có:
\(\begin{array}{l} & \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ & \angle AEB\,\,\,\,chung\end{array}\)
(hai góc tương ứng)
Mà góc \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\); \(\angle FAE\) ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AF\)).
Vậy \(AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức bài cho, đặt \(x + y + z = t\,\,\left( {t > 0} \right).\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} - 2zx + {x^2}} \right)} \right] = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] = 4\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\)
\( \Rightarrow x + y + z > 0.\)
Đặt \(x + y + z = t\,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \dfrac{2}{t}.\)
\( \Rightarrow P = \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{8}{t} = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương \(\dfrac{{{t^2}}}{2};\,\,\dfrac{4}{t};\,\,\dfrac{4}{t}\) ta có:
\(P = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{t^2}}}{2}.\dfrac{4}{t}.\dfrac{4}{t}}} = 3.\sqrt[3]{8} = 6.\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2}}}{2} = \dfrac{4}{t} \Leftrightarrow {t^3} = 8 \Leftrightarrow t = 2\) \( \Rightarrow x + y + z = 2.\)
Vậy \(Min\,\,P = 6\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 2\\{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\end{array} \right..\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại Nam Định năm 2019 được đánh giá là một kỳ thi có độ khó vừa phải, tập trung vào việc kiểm tra kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng linh hoạt của học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập quen thuộc như đại số, hình học, và một số bài toán thực tế đòi hỏi tư duy logic và khả năng phân tích.
Thông thường, đề thi vào 10 môn Toán Nam Định 2019 có cấu trúc gồm:
Dưới đây là một số chủ đề thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Nam Định:
Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, ta có thể sử dụng công thức nghiệm:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Trong đó, Δ = b2 - 4ac là biệt thức. Nếu Δ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt. Nếu Δ = 0, phương trình có nghiệm kép. Nếu Δ < 0, phương trình vô nghiệm.
Để chứng minh hai tam giác đồng dạng, ta có thể sử dụng các trường hợp đồng dạng sau:
Khi giải bài toán thực tế, ta cần:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán, các em học sinh cần luyện tập thường xuyên với các đề thi thử và đề thi chính thức của các năm trước. Việc luyện tập sẽ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Nam Định 2019, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Hãy dành thời gian ôn tập kỹ lưỡng các kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên với các đề thi thử. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán!
