Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Ninh Bình 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và lời giải bài tập, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết.
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Hàm số
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Hàm số \(y = 2x - 3\) là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)? Vì sao?
2. Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \).
3. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\).
Câu 2 (2,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (\(m\) là tham số)
1) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) khi \(m = 3\)
2) Chứng minh rằng phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có nghiệm với mọi \(m\).
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\). Tìm giá trị của \(m\) để \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (1,0 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho đường tròn tâm \(O\) và điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm \(A\) vẽ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ cát tuyến \(ADE\) không đi qua tâm \(O\) của đường tròn (\(D\) nằm giữa \(A\) và \(E\)). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DE\). Chứng minh \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ, lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5 (1,0 điểm):
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình \({x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\)
2) Cho \(a,b\) là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a + {b^2} = 2a{b^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{{a^4} + {b^4} + 2a{b^4}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^8} + 2{a^2}{b^2}}} \le \dfrac{1}{2}\).
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
1) Hàm số\(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến khi \(a > 0\) và nghịch biến khi \(a < 0\).
2) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.\)
Thực hiện các phép toán với căn bậc hai.
3) Vận dụng phương pháp cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Hàm số \(y = 2x - 3\) có \(x = 2 > 0\) nên hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
2) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {18} - 2\sqrt {50} + 3\sqrt 8 \\A = \sqrt {{3^2}.2} - 2\sqrt {{5^2}.2} + 3\sqrt {{2^2}.2} \\A = 3\sqrt 2 - 10\sqrt 2 + 6\sqrt 2 \\A = \left( {3 - 10 + 6} \right)\sqrt 2 \\A = - \sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(A = - \sqrt 2 \).
3) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu 2 (VD): \(\)
Phương pháp:
1) Thay \(m = 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) thì ta thấy phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình bậc hai một ẩn số.
Vận dụng cách giải nhanh: \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
2) Tính \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) sau đó chứng minh \(\Delta \) (hoặc \(\Delta '\)) luôn dương với mọi giá trị của \(m\).
3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện \({x_1} + {x_2},{x_1}.{x_2}\), thay các giá trị của \(m\), biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Cách giải:
1) Với \(m = 3\) thì \(\left( 1 \right)\) trở thành: \({x^2} - 3x + 2 = 0\).
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm phương trình \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
2) Phương trình (1) có: \(\Delta = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\).
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của \(m\).
3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 1} \right)^2} + 1\end{array}\)
Nhận thấy \({\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 1\,\,\forall m\).
Vậy \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(1\) khi \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy \(m = 1\).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\), tính được vận tốc đi từ B trở về A và tính được cái đại lượng liên quan, lập phương trình biểu thị các quan hệ, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của người đi xe đạp từ A tới B là \(x\,\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên \(4km/h\) nên vận tốc của người đó khi về là \(x + 4\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là \(\dfrac{{24}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Thời gian người đi xe đạp từ B về A là \(\dfrac{{24}}{{x + 4}}\,\,\left( h \right)\)
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = \(\dfrac{1}{2}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{24}}{x} - \dfrac{{24}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{24\left( {x + 4} \right) - 24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{96}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 4} \right) = 96.2\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 192 = 0\end{array}\)
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 192 = 196 = {14^2} > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 2 + 14 = 12\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 2 - 14 = - 16\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là \(12km/h\).
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Vận dụng kiến thức góc – đường tròn chứng minh các cặp góc bằng nhau
2) Áp dụng công thứ tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)
Cách giải:
a) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AB \Rightarrow \angle OBA = {90^0}\\OC \bot AC \Rightarrow \angle OCA = {90^0}\end{array} \right.\) (định nghĩa).
Xét tứ giác \(ABOC\) có \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Vậy \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Vì \(M\) là trung điểm của \(DE\) nên \(OM \bot DE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OMA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OMAC\) có \(\angle OMA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên \(OMAC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,B,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\angle AMC = \angle AOC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\(\angle AMB = \angle AOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
Mà \(\angle AOC = \angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMB\).
Vậy \(MA\) là tia phân giác của góc \(BMC\).
2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.3 = 12\pi \approx 37,68\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Đổi \(37,68\,\,d{m^3} = 37,68\,\,l\).
Vậy dụng cụ này được được \(37,68\,l\) chất lỏng.
Câu 5 (VDC):
Phương pháp:
1) Biến đổi phương trình về dạng \({a^2} + {b^2} = \) hằng số
Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} + 2{y^2} + 2xy = 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} + {y^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} + {y^2} = 1\end{array}\)
Do \(x,\,\,y\) nguyên nên \({\left( {x + y} \right)^2},{y^2}\) nguyên. Mặt khác \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,{y^2} \ge 0\) nên ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 1\\{y^2} = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x + y} \right)^2} = 0\\{y^2} = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\{x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\y = \pm 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)
Vậy cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn phương trình là \(\left\{ {\left( {1;0} \right);\left( { - 1;0} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right)} \right\}\).
2) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\{b^2} = y\end{array} \right.\,\,\left( {x;y > 0} \right) \Rightarrow x + y = 2xy\). Khi đó ta cần chứng minh: \(\dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{2}\)
Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x^4} + {y^2} \ge 2{x^2}y\\{x^2} + {y^4} \ge 2x{y^2}\end{array} \right.\,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} \le \dfrac{1}{{2{x^2}y + 2x{y^2}}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\\,\,\,\,\,\dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2x{y^2} + 2{x^2}y}} = \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{{x^4} + {y^2} + 2x{y^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2} + {y^4} + 2{x^2}y}} \le \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} + \dfrac{1}{{2xy\left( {x + y} \right)}} = \dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}}\end{array}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{xy\left( {x + y} \right)}} \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2}\left( {x + y} \right) \ge 2\,\,\left( {Do\,\,x + y = 2xy} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4 \Leftrightarrow x + y \ge 2\end{array}\)
Thật vậy: \(x + y = 2xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow x + y \ge 4\,\,\left( {Do\,\,x + y > 0} \right)\).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 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 thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và số học. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Đề thi thường được chia thành các phần sau:
Đề thi số 1 tập trung vào các bài toán về Đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh vận dụng các phương pháp giải phương trình quen thuộc như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp thế, phương pháp cộng đại số. Ngoài ra, đề thi cũng có một số bài toán về Hình học liên quan đến tam giác đồng dạng và diện tích hình.
Đề thi số 2 có độ khó cao hơn, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng giải quyết vấn đề tốt. Đề thi tập trung vào các bài toán về Hình học, đặc biệt là đường tròn và các tính chất liên quan. Các bài toán yêu cầu học sinh vận dụng các định lý về đường tròn, góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung để giải quyết.
Đề thi số 3 có cấu trúc tương tự như đề thi số 1 và đề thi số 2, nhưng có một số bài toán mới lạ và đòi hỏi học sinh phải có khả năng sáng tạo trong quá trình giải quyết. Đề thi tập trung vào các bài toán về Đại số và Hình học, kết hợp các kiến thức khác nhau để tạo ra các bài toán phức tạp.
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình năm 2021 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với bộ đề thi và các lời khuyên trên, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
