montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 chính thức và các đề thi thử chất lượng cao. 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 đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em hiểu rõ từng dạng bài và phương pháp giải quyết. Hãy cùng montoan.com.vn chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi quan trọng này!
Câu 1: 1) Giải các phương trình sau:
Câu 1:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Câu 2:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Câu 3:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Câu 4:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Câu 5:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 8\\x - 1 = - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = - 7\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {9; - 7} \right\}\).
b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x + {x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 3;1} \right\}\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.1 = 5 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - \left( { - 3} \right)}}{1} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{1}{1} = 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2\\A = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {3^2} - 2.1\\A = 7\end{array}\)
Vậy \(A = 7\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\\A = \left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right)\\A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 2\left( {\sqrt x + 3} \right) + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + 3\sqrt x - 2\sqrt x - 6 + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\A = 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = 1\).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Gọi \(d\) là đường thẳng cần tìm.
Vì \(d\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) nên phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y = 2x + c\,\,\left( {c \ne - 1} \right)\).
Vì \(M\left( { - 1;4} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:
\(4 = 2.\left( { - 1} \right) + c \Leftrightarrow 4 = - 2 + c \Leftrightarrow c = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = 2x + 6\).
Câu 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
Gọi số lúc đầu của đoàn xe là \(x\) (chiếc), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{x}\) (tấn).
Khi khởi hành, có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là:\(x + 3\) (xe).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn).
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{480}}{x} - \dfrac{{480}}{{x + 3}} = 8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 3}} = 1\\ \Leftrightarrow 60\left( {x + 3} \right) - 60x = x\left( {x + 3} \right)\\ \Leftrightarrow 60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 15x - 112x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 15} \right) - 12\left( {x + 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 15} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 15 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 15\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - m + mx = 3\\y = m - mx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2m + 1} \right)x = m + 3\,\,\,\left( * \right)\\y = m - mx\end{array} \right.\)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow 2m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - \dfrac{1}{2}.\)
Khi đó ta có: \(\left( * \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}}\,\,\left( {m \ne - \dfrac{1}{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = m - mx = m - \dfrac{{m\left( {m + 3} \right)}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{2{m^2} + m - {m^2} - 3m}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {\dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}};\,\,\dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}} \right).\)
Theo bài ra ta có: \({x_0} + {y_0} > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}} + \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} - m + 3}}{{2m + 1}} > 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Vì \({m^2} - m + 3 = {m^2} - 2.\dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{11}}{4}\) \( = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{11}}{4} > 0\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow 2m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) ta được \(m > - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Ta có: \(\angle ABK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ABK = {90^0}\) hay \(AB \bot BK\).
Mà \(CF \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CF\parallel BK\) hay \(CH\parallel BK\,\,\,\left( 1 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Ta có: \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ACK = {90^0}\) hay \(AC \bot CK\).
Mà \(BE \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow BE\parallel CK\) hay \(BH\parallel CK\,\,\,\left( 2 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(BFHD\) ta có: \(\angle BFD + \angle BHD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFD = \angle HBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFE = \angle HAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \(\left( 4 \right)\)
Xét tứ giác \(AEDB\) ta có: \(AEB = \angle ADB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AEDB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) \(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle EAD = \angle EFH = \angle HFD = \angle HBD\)
Hay \(\angle EFC = \angle CFD\) \( \Rightarrow FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) (đpcm).
Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có đường trung tuyến \(EM\) \( \Rightarrow EM = BM = \dfrac{1}{2}BC\)
\( \Rightarrow \Delta EBM\) cân tại \(M\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MEB = \angle EBM\) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle EBM = 2\angle EBM\) (góc ngoài của tam giác)
Lại có: \(\angle EFD = 2\angle HFD = 2\angle HBD = 2\angle EBM\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle EFD\,\,\left( { = 2\angle EBM} \right)\)
\( \Rightarrow EFDM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\).
Ta có: \(\angle FAI = \angle BCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\left( {gt} \right)\), do đó tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle AFI = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle FAI + \angle AFI = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow OA \bot EF\).
CMTT ta có \(OB \bot FD\), \(OC \bot ED\).
Ta có: \({S_{OEAF}} = \dfrac{1}{2}OA.EF\) (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).
\({S_{OFBD}} = \dfrac{1}{2}OB.FD\)
\({S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OC.DE\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{OEAF}} + {S_{OFBD}} + {S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OA.EF + \dfrac{1}{2}OB.FD + \dfrac{1}{2}OC.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.EF + \dfrac{1}{2}R.FD + \dfrac{1}{2}R.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.\left( {EF + FD + DE} \right)\\ \Rightarrow EF + FD + DE = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{R}\end{array}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\,\,\left( {do\,\,OM \bot BC} \right)\).
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC \le \dfrac{1}{2}A'M.BC\).
Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông \(OMC\) ta có: \(OM = \sqrt {O{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow A'M = OA' + OM = R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow {S_{ABC}} \le \dfrac{a}{2}\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)\).
\( \Rightarrow EF + FD + DE \le \dfrac{{a\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)}}{R}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow A \equiv A'\), khi đó điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \(P = DE + EF + DF\) đạt giá trị lớn nhất điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Ta có: \({a^2} + 2{b^2} + 3 = {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + 1 \ge 2b\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2 \ge 2ab + 2b + 2 = 2\left( {ab + b + 1} \right)\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ab + b + 1} \right)}}\).
CMTT ta có:
\(\dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {bc + c + 1} \right)}};\,\,\dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ca + a + 1} \right)}}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}} \right)\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{a{b^2}c + abc + ab}} + \dfrac{b}{{bca + ab + b}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{c + 1 + ab}} + \dfrac{b}{{1 + ab + b}}\\ = \dfrac{{ab + b + 1}}{{ab + b + 1}} = 1\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Câu 1:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Câu 2:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Câu 3:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Câu 4:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Câu 5:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cách giải:
1) Giải các phương trình sau:
a) \(\left| {x - 1} \right| = 8\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 8\\x - 1 = - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 9\\x = - 7\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {9; - 7} \right\}\).
b) \(x\left( {2 + x} \right) - 3 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x + {x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right) - \left( {x + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ { - 3;1} \right\}\).
2) Cho phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình. Hãy tính giá trị biểu thức \(A = x_1^2 + x_2^2\).
Xét phương trình \({x^2} - 3x + 1 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.1.1 = 5 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - \left( { - 3} \right)}}{1} = 3\\{x_1}{x_2} = \dfrac{1}{1} = 1\end{array} \right.\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2\\A = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\A = {3^2} - 2.1\\A = 7\end{array}\)
Vậy \(A = 7\).
Câu 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\) (với \(x > 0\)).
Với \(x > 0\) ta có:
\(\begin{array}{l}A = \left( {\dfrac{x}{{x + 3\sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{x + 3\sqrt x }}} \right)\\A = \left( {\dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\left( {1 - \dfrac{2}{{\sqrt x }} + \dfrac{6}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right)\\A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}} \right):\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right) - 2\left( {\sqrt x + 3} \right) + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + 3\sqrt x - 2\sqrt x - 6 + 6}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{x + \sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}:\dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\A = 1\end{array}\)
Vậy với \(x > 0\) thì \(A = 1\).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) và song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\).
Gọi \(d\) là đường thẳng cần tìm.
Vì \(d\) song song với đường thẳng \(y = 2x - 1\) nên phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y = 2x + c\,\,\left( {c \ne - 1} \right)\).
Vì \(M\left( { - 1;4} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:
\(4 = 2.\left( { - 1} \right) + c \Leftrightarrow 4 = - 2 + c \Leftrightarrow c = 6\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y = 2x + 6\).
Câu 3 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau.
Gọi số lúc đầu của đoàn xe là \(x\) (chiếc), \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{x}\) (tấn).
Khi khởi hành, có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là:\(x + 3\) (xe).
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là \(\dfrac{{480}}{{x + 3}}\) (tấn).
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{480}}{x} - \dfrac{{480}}{{x + 3}} = 8\\ \Leftrightarrow \dfrac{{60}}{x} - \dfrac{{60}}{{x + 3}} = 1\\ \Leftrightarrow 60\left( {x + 3} \right) - 60x = x\left( {x + 3} \right)\\ \Leftrightarrow 60x + 180 - 60x = {x^2} + 3x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 15x - 112x - 180 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 15} \right) - 12\left( {x + 15} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 15} \right)\left( {x - 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 15 = 0\\x - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 15\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 12\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc.
b) Cho hệ phương trình với tham số \(m:\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right..\)
Tìm \(m\) để hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thỏa mãn \({x_0} + {y_0} > 0.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - y = 3\\mx + y = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x - m + mx = 3\\y = m - mx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2m + 1} \right)x = m + 3\,\,\,\left( * \right)\\y = m - mx\end{array} \right.\)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow 2m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - \dfrac{1}{2}.\)
Khi đó ta có: \(\left( * \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}}\,\,\left( {m \ne - \dfrac{1}{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = m - mx = m - \dfrac{{m\left( {m + 3} \right)}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{2{m^2} + m - {m^2} - 3m}}{{2m + 1}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Với \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) = \left( {\dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}};\,\,\dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}}} \right).\)
Theo bài ra ta có: \({x_0} + {y_0} > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{m + 3}}{{2m + 1}} + \dfrac{{{m^2} - 2m}}{{2m + 1}} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} - m + 3}}{{2m + 1}} > 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Vì \({m^2} - m + 3 = {m^2} - 2.\dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{4} + \dfrac{{11}}{4}\) \( = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{11}}{4} > 0\,\,\forall m\)
\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow 2m + 1 > 0 \Leftrightarrow m > - \dfrac{1}{2}\)
Kết hợp với điều kiện \(m \ne - \dfrac{1}{2}\) ta được \(m > - \dfrac{1}{2}\) thỏa mãn bài toán.
Vậy \(m > - \dfrac{1}{2}.\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Cách giải:
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Ta có: \(\angle ABK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ABK = {90^0}\) hay \(AB \bot BK\).
Mà \(CF \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CF\parallel BK\) hay \(CH\parallel BK\,\,\,\left( 1 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Ta có: \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ACK = {90^0}\) hay \(AC \bot CK\).
Mà \(BE \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow BE\parallel CK\) hay \(BH\parallel CK\,\,\,\left( 2 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(BFHD\) ta có: \(\angle BFD + \angle BHD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFD = \angle HBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFE = \angle HAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \(\left( 4 \right)\)
Xét tứ giác \(AEDB\) ta có: \(AEB = \angle ADB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AEDB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) \(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle EAD = \angle EFH = \angle HFD = \angle HBD\)
Hay \(\angle EFC = \angle CFD\) \( \Rightarrow FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) (đpcm).
Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có đường trung tuyến \(EM\) \( \Rightarrow EM = BM = \dfrac{1}{2}BC\)
\( \Rightarrow \Delta EBM\) cân tại \(M\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MEB = \angle EBM\) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle EBM = 2\angle EBM\) (góc ngoài của tam giác)
Lại có: \(\angle EFD = 2\angle HFD = 2\angle HBD = 2\angle EBM\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle EFD\,\,\left( { = 2\angle EBM} \right)\)
\( \Rightarrow EFDM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\).
Ta có: \(\angle FAI = \angle BCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\left( {gt} \right)\), do đó tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle AFI = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle FAI + \angle AFI = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow OA \bot EF\).
CMTT ta có \(OB \bot FD\), \(OC \bot ED\).
Ta có: \({S_{OEAF}} = \dfrac{1}{2}OA.EF\) (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).
\({S_{OFBD}} = \dfrac{1}{2}OB.FD\)
\({S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OC.DE\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{OEAF}} + {S_{OFBD}} + {S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OA.EF + \dfrac{1}{2}OB.FD + \dfrac{1}{2}OC.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.EF + \dfrac{1}{2}R.FD + \dfrac{1}{2}R.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.\left( {EF + FD + DE} \right)\\ \Rightarrow EF + FD + DE = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{R}\end{array}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\,\,\left( {do\,\,OM \bot BC} \right)\).
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC \le \dfrac{1}{2}A'M.BC\).
Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông \(OMC\) ta có: \(OM = \sqrt {O{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow A'M = OA' + OM = R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow {S_{ABC}} \le \dfrac{a}{2}\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)\).
\( \Rightarrow EF + FD + DE \le \dfrac{{a\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)}}{R}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow A \equiv A'\), khi đó điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \(P = DE + EF + DF\) đạt giá trị lớn nhất điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Câu 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
Cho ba số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(abc = 1\).
Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\)
Ta có: \({a^2} + 2{b^2} + 3 = {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + 1 \ge 2b\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {b^2} + 1 + 2 \ge 2ab + 2b + 2 = 2\left( {ab + b + 1} \right)\).
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ab + b + 1} \right)}}\).
CMTT ta có:
\(\dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {bc + c + 1} \right)}};\,\,\dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{{2\left( {ca + a + 1} \right)}}\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}}\\ \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}} \right)\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{1}{{bc + c + 1}} + \dfrac{1}{{ca + a + 1}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{a{b^2}c + abc + ab}} + \dfrac{b}{{bca + ab + b}}\\ = \dfrac{1}{{ab + b + 1}} + \dfrac{{ab}}{{c + 1 + ab}} + \dfrac{b}{{1 + ab + b}}\\ = \dfrac{{ab + b + 1}}{{ab + b + 1}} = 1\end{array}\)
Vậy \(\dfrac{1}{{{a^2} + 2{b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2{c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2{a^2} + 3}} \le \dfrac{1}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c = 1\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hải Dương năm 2020 là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của các em học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc nắm vững kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp một cái nhìn tổng quan về đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020, phân tích các dạng bài thường gặp và gợi ý phương pháp ôn luyện hiệu quả.
Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 thường bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đây là một dạng bài thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10. Học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình bậc nhất, bậc hai, phương trình chứa ẩn trong dấu căn, và các bất phương trình cơ bản.
Hàm số là một chủ đề quan trọng trong chương trình Toán lớp 9. Học sinh cần hiểu rõ các khái niệm về hàm số, đồ thị hàm số, và các tính chất của hàm số.
Các bài toán về hình học thường yêu cầu học sinh vận dụng các định lý, tính chất của các hình hình học cơ bản như tam giác, tứ giác, đường tròn. Học sinh cần rèn luyện kỹ năng vẽ hình và chứng minh các kết quả.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 mà montoan.com.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Hải Dương năm 2020 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và tinh thần tự tin, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
Dạng bài | Chủ đề | Mức độ khó |
---|---|---|
Phương trình và bất phương trình | Đại số | Trung bình - Khó |
Hàm số | Đại số | Trung bình |
Hình học | Hình học | Trung bình - Khó |