Đề thi vào 10 môn Toán Ninh Bình

Đề bài

PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {{{(\sqrt 5  + 1)}^2}}  - \sqrt 5 (\sqrt 5  + 1)\).

b) Rút gọn biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{3x}}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).

Câu 2 (1,0 điểm) Thống kê điểm kiểm tra môn Toán của một nhóm gồm 20 học sinh được kết quả như sau:

a) Có bao nhiêu học sinh được 8 điểm?

b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm 20 học sinh trên. Tính xác suất của biến cố A: "Học sinh được chọn đạt từ 8 điểm trở lên".

Câu 3 (1,5 điểm)

a) Tìm toạ độ tất cả các điểm thuộc đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) có tung độ bằng 4.

b) Cho phương trình \({x^2} - x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(C = x_1^2 - {x_1}x_2^2 + 2026\).

Câu 4 (1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một hãng hàng không khai thác tuyến bay từ Hà Nội đến Phú Quốc. Hãng bán hai loại vé: hạng thương gia giá 5 triệu đồng một vé và hạng phổ thông giá 2 triệu đồng một vé. Trong một chuyến bay, hãng bán được 130 vé và tổng số tiền thu được từ bán vé là 320 triệu đồng. Hỏi số vé mỗi loại đã bán được trong chuyến bay đó là bao nhiêu?

Câu 5 (1,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại K.

a) Chứng minh tứ giác OKMB nội tiếp và \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).

b) Tiếp tuyến của (O; R) tại D cắt đường thẳng MB tại N. Biết diện tích tam giác CNK bằng \(\frac{{4{R^2}}}{9}\). Tính giá trị biểu thức \(T = M{A^2} + 3MB.MN\) theo \(R\).

Câu 6 (1,5 điểm) Câu 6 (1,5 điểm)

a) Quả bóng đá theo tiêu chuẩn FIFA (liên đoàn bóng đá thế giới) có dạng hình cầu với bán kính bằng 11 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng đó (lấy \(\pi  = 3,14\)).

b) Mảnh đất của bác An có dạng hình vuông ABCD cạnh bằng 8 m. Trên mảnh đất đó, bác An làm không gian thư giãn bao gồm: hồ nước là hình quạt tròn MAK có tâm A bán kính AM; khu trồng hoa là các hình quạt tròn PBN, RCQ, HDS lần lượt có tâm là B, C, D và có cùng bán kính. Hai điểm M, N thuộc cạnh AB; hai điểm P, Q thuộc cạnh BC; hai điểm R, S thuộc cạnh CD; hai điểm H, K thuộc cạnh DA và MN = 2 m (như hình bên). Biết rằng, mỗi mét vuông làm hồ nước chi phí hết 300 nghìn đồng và mỗi mét vuông trồng hoa chi phí hết 200 nghìn đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn trên (đơn vị nghìn đồng và lấy \(\pi  = 3,14\)).

-HẾT-

Lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2026 – 2027

MÔN TOÁN – NINH BÌNH

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1 (1,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức \(A = \sqrt {{{(\sqrt 5  + 1)}^2}}  - \sqrt 5 (\sqrt 5  + 1)\).

b) Rút gọn biểu thức \(B = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{3x}}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).

Lời giải:

a) \(A = \sqrt {{{(\sqrt 5  + 1)}^2}}  - \sqrt 5 (\sqrt 5  + 1)\)

\(\begin{array}{l}A = \left| {\sqrt 5  + 1} \right| - 5 - \sqrt 5 \\A = \sqrt 5  + 1 - 5 - \sqrt 5 \\A =  - 4\end{array}\)

b) \(B = \frac{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  + 2)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}} + \frac{{2\sqrt x (\sqrt x  - 2)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}} - \frac{{3x}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  + 2) + 2\sqrt x (\sqrt x  - 2) - 3x}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{(x + 2\sqrt x  + \sqrt x  + 2) + (2x - 4\sqrt x ) - 3x}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{ - \sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{ - (\sqrt x  - 2)}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  + 2)}}\\B = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\)

Vậy với \(x \ge 0,x \ne 4\) thì \(B = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x  + 2}}\)

Câu 2 (1,0 điểm) Thống kê điểm kiểm tra môn Toán của một nhóm gồm 20 học sinh được kết quả như sau:

a) Có bao nhiêu học sinh được 8 điểm?

b) Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm 20 học sinh trên. Tính xác suất của biến cố A: "Học sinh được chọn đạt từ 8 điểm trở lên".

Lời giải:

a) Dựa vào bảng thống kê dữ liệu, ta đếm được có 5 học sinh đạt điểm 8.

b) Tổng số học sinh trong nhóm là n = 20.

Các học sinh đạt từ 8 điểm trở lên bao gồm các học sinh đạt điểm 8, điểm 9 và điểm 10.

Số học sinh đạt 8 điểm là: 5 học sinh.

Số học sinh đạt 9 điểm là: 5 học sinh.

Số học sinh đạt 10 điểm là: 2 học sinh.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(n(A) = 5 + 5 + 2 = 12\).

Xác suất của biến cố A là: \(P(A) = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5} = 0,6\).

Câu 3 (1,5 điểm)

a) Tìm toạ độ tất cả các điểm thuộc đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) có tung độ bằng 4.

b) Cho phương trình \({x^2} - x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(C = x_1^2 - {x_1}x_2^2 + 2026\).

Lời giải:

a) Vì điểm thuộc đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) có tung độ bằng \(4\) nên ta có \(y = 4\).

Thay \(y = 4\) vào phương trình hàm số, ta được:

\({x^2} = 4 \Leftrightarrow x = 2\) hoặc \(x =  - 2\).

Vậy toạ độ tất cả các điểm cần tìm là \((2;4)\) và \(( - 2;4)\)

b) Xét phương trình \({x^2} - x - 1 = 0\)

Ta có \(\Delta  = {( - 1)^2} - 4.1.( - 1) = 1 + 4 = 5 > 0\).

Vì \(\Delta  > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có:

\({x_1} + {x_2} =  - \frac{{ - 1}}{1} = 1\)

\({x_1}{x_2} = \frac{{ - 1}}{1} =  - 1\)

Ta có: \(C = {x_1}^2 - {x_1}.{x_2}^2 + 2026\)

\(\quad  = {x_1}^2 + {x_2} + 2026\)     (vì \({x_1}.{x_2} =  - 1\))

\(\quad  = {x_1}^2 + {x_2}.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2026\)

\(\quad  = {x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2 + 2026\)

\(\quad  = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} + 2026 = {1^2} - \left( { - 1} \right) + 2026 = 2028\)

Vậy \(C = 2028\).

Câu 4 (1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một hãng hàng không khai thác tuyến bay từ Hà Nội đến Phú Quốc. Hãng bán hai loại vé: hạng thương gia giá 5 triệu đồng một vé và hạng phổ thông giá 2 triệu đồng một vé. Trong một chuyến bay, hãng bán được 130 vé và tổng số tiền thu được từ bán vé là 320 triệu đồng. Hỏi số vé mỗi loại đã bán được trong chuyến bay đó là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi số vé hạng thương gia đã bán được là x (vé), số vé hạng phổ thông đã bán được là y (vé). (Điều kiện: \(x,y \in {\mathbb{N}^*}\), \(x,y < 130\)).

Vì trong một chuyến bay, hãng bán được tổng cộng 130 vé nên ta có phương trình: \(x + y = 130\) (1)

Số tiền thu được từ việc bán vé hạng thương gia là: 5x (triệu đồng).

Số tiền thu được từ việc bán vé hạng phổ thông là: 2y (triệu đồng).

Vì tổng số tiền thu được từ việc bán vé là 320 triệu đồng nên ta có phương trình:

\(5x + 2y = 320\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 130}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.\)

Nhân cả hai vế của phương trình (1) với 2, ta được hệ phương trình mới:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 260}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế của hai phương trình trong hệ, ta được:

\(3x = 60\) suy ra \(x = 20\) (thỏa mãn điều kiện).

Thay \(x = 20\) vào phương trình (1), ta được:

\(20 + y = 130\) suy ra \(y = 110\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé và số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.

Câu 5 (1,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại K.

a) Chứng minh tứ giác OKMB nội tiếp và \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).

b) Tiếp tuyến của (O; R) tại D cắt đường thẳng MB tại N. Biết diện tích tam giác CNK bằng \(\frac{{4{R^2}}}{9}\). Tính giá trị biểu thức \(T = M{A^2} + 3MB.MN\) theo \(R\).

Lời giải:

a) Vì tam giác \(AMB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\angle AMB = 90^\circ \) hay \(\angle KMB = 90^\circ \)

Do đó \(K,M,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(KB\)

Vì \(\angle KOB = 90^\circ \) nên \(K,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(KB\)

Như vậy \(O,K,M,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(KB\) hay tứ giác \(OKMB\) nội tiếp

Khi đó \(\angle MBK = \angle MOK\)

Mà \(\angle MOK\) là góc ở tâm chắn cung nhỏ \(MC\) của (O),

     \(\angle CAM\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ \(MC\) của (O)

Do đó \(\angle MBK = \angle MOK = 2\angle CAM\) (đpcm)

b) Đặt \(\alpha  = \angle MAB\)

Vì \(M\) nằm trên cung nhỏ \(BC\) nên \(0^\circ  < \alpha  < 45^\circ \)

Trong tam giác \(AOK\) vuông tại \(O\) có \(OK = OA\tan OAK = R\tan \alpha \)

Từ đó ta được \(CK = OC - OK = R - R\tan \alpha  = R\left( {1 - \tan \alpha } \right)\)

Kẻ \(BH \bot DN\,\,\left( {H \in DN} \right)\). Khi đó \(OBHD\) là hình vuông

Trong tam giác \(BHN\) vuông tại \(H\) có \(HN = BH\tan HBN = R\tan \alpha \)

Do đó \(DN = DH + HN = R + R\tan \alpha  = R\left( {1 + \tan \alpha } \right)\)

Vì diện tích tam giác \(CNK\) bằng \(\frac{{4{R^2}}}{9}\) nên \(\frac{1}{2}CK.DN = \frac{{4{R^2}}}{9}\)

hay \(\frac{1}{2}R\left( {1 + \tan \alpha } \right).R\left( {1 - \tan \alpha } \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}\)

Do đó \(1 - {\tan ^2}\alpha  = \frac{8}{9}\) hay \(\tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{3}\)

Kết hợp với \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\) ta được \({\sin ^2}\alpha  = \frac{1}{{10}},\,\,{\cos ^2}\alpha  = \frac{9}{{10}}\)

Trong tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) có

 \(MA = AB\cos \alpha  \Rightarrow M{A^2} = 4{R^2}{\cos ^2}\alpha  = 4{R^2}.\frac{9}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}\)

\(MB = AB\sin \alpha  = 2R\sin \alpha \)

Trong tam giác \(BHN\) vuông tại \(H\) có \(BN = \frac{{BH}}{{\cos HBN}} = \frac{R}{{\cos \alpha }}\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}MB.MN = MB\left( {MB + BN} \right)\\ = 2R\sin \alpha \left( {2R\sin \alpha  + \frac{R}{{\cos \alpha }}} \right)\\ = 4{R^2}{\sin ^2}\alpha  + 2{R^2}\tan \alpha \\ = 4{R^2}.\frac{1}{{10}} + 2{R^2}.\frac{1}{3} = \frac{{16{R^2}}}{{15}}\end{array}\)

Như vậy \(T = M{A^2} + 3MB.MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + 3.\frac{{16{R^2}}}{{15}} = \frac{{34{R^2}}}{5}\)

Câu 6 (1,5 điểm)

a) Quả bóng đá theo tiêu chuẩn FIFA (liên đoàn bóng đá thế giới) có dạng hình cầu với bán kính bằng 11 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng đó (lấy \(\pi  = 3,14\)).

b) Mảnh đất của bác An có dạng hình vuông ABCD cạnh bằng 8 m. Trên mảnh đất đó, bác An làm không gian thư giãn bao gồm: hồ nước là hình quạt tròn MAK có tâm A bán kính AM; khu trồng hoa là các hình quạt tròn PBN, RCQ, HDS lần lượt có tâm là B, C, D và có cùng bán kính. Hai điểm M, N thuộc cạnh AB; hai điểm P, Q thuộc cạnh BC; hai điểm R, S thuộc cạnh CD; hai điểm H, K thuộc cạnh DA và MN = 2 m (như hình bên). Biết rằng, mỗi mét vuông làm hồ nước chi phí hết 300 nghìn đồng và mỗi mét vuông trồng hoa chi phí hết 200 nghìn đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn trên (đơn vị nghìn đồng và lấy \(\pi  = 3,14\)).

Lời giải:

a) Áp dụng công thức tính diện tích mặt cầu, diện tích bề mặt của quả bóng là:

\(S = 4\pi {R^2} = 4 \times 3,14 \times {11^2} = 1519,76\) (cm²)

b) Đặt \(BN = x\left( {0 < x \le 4} \right)\)

Khi đó \(AM = AB - MN - BN = 8 - 2 - x = 6 - x\)

Diện tích hồ nước là \({S_1} = \frac{1}{4}\pi .A{M^2} = \frac{1}{4}\pi .{\left( {6 - x} \right)^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích phần trồng hoa là \({S_2} = 3.\frac{1}{4}\pi B{N^2} = \frac{3}{4}\pi {x^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Tổng chi phí để bác An xây dựng không gian thư giãn là

\(T = 300.\frac{1}{4}\pi {\left( {6 - x} \right)^2} + 200.\frac{3}{4}\pi {x^2} = 75\pi {\left( {6 - x} \right)^2} + 150\pi {x^2} = 75\pi \left[ {{{\left( {6 - x} \right)}^2} + 2{x^2}} \right]\)

Xét

\(\begin{array}{l}P = {\left( {6 - x} \right)^2} + 2{x^2}\\ = {x^2} - 12x + 36 + 2{x^2}\\ = 3{x^2} - 12x + 36\\ = 3\left( {{x^2} - 4x + 4 + 8} \right)\\ = 3{\left( {x - 2} \right)^2} + 24\end{array}\)

Vì \(3{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0,\,\,\forall x > 0\) nên \(f\left( x \right) = 3{\left( {x - 2} \right)^2} + 24 \ge 24,\forall x > 0\)

Do đó \(T \ge 75\pi .24 = 5652\) (nghìn đồng)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 2\) hay \(BN = 2m\)

—HẾT—

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1: Căn bậc hai của 16 là

A. \(\sqrt 4 \) và \( - \sqrt 4 \)

B. \(4\)

C. \( - 4\)

D. \(4\) và \( - 4\)

Câu 2: Kết quả của phép tính \(\sqrt 2 .\sqrt {50} \) là:

A. 10

B. 100

C. 20

D. \(\sqrt {52} \)

Câu 3: Điều kiện xác định của phương trình \(\frac{{x - 1}}{{x + 2}} = {\rm{ \;}} - 5\) là:

A. \(x \ne 2\)

B. \(x \ne {\rm{ \;}} - 2\)

C. \(x \ne 1\)

D. \(x \ne 2\) và \(x \ne 1\)

Câu 4: Hình ảnh tổ ong có liên quan đến đa giác đều nào sau đây?

A. Tam giác đều.

B. Tứ giác đều.

C. Ngũ giác đều.

D. Lục giác đều.

Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn.

Biết $\angle B = 80^\circ$. Số đo $D$ bằng:

A. $120^\circ$.

B. $110^\circ$.

C. $100^\circ$.

D. $20^\circ$

Câu 6: Cho hàm số \(y = 3{x^2}\). Xác định hệ số \(a\) của \({x^2}\)?

A. \(3\).

B. \( - 3\).

C. \(2\).

D. \(5\).

Câu 7: Trong các số dưới đây, số nào là nghiệm của bất phương trình \(x - 5 > 0\)?

A. \(1\).

B. \(7\).

C. \(0\).

D. \( - 6\).

Câu 8: Một hộp chứa ba viên bi có kích thước đôi một khác nhau. Bạn Nam lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ trong hộp. Số phần tử của không gian mẫu của phép thử là:

A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

Câu 9: Gieo một con xúc xắc 30 lần cho kết quả như sau:

Tần số xuất hiện mặt 5 chấm là

A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 7.

Câu 10: Gieo một con xúc xắc 30 lần cho kết quả như sau:

Tần số tương đối xuất hiện mặt 3 chấm là

A. \(20\% \).

B. \(30\% \).

C. \(16\% \).

D. \(23\% \).

Câu 11: Thể tích của một lon sữa hình trụ có bán kính đáy 6cm và chiều cao 10cm là

A. \(360\pi c{m^3}\).

B. \(600\pi c{m^3}\).

C. \(720\pi c{m^3}\).

D. \(1200\pi c{m^3}\).

Câu 12: Diện tích bề mặt của một quả bóng hình cầu có bán kính 5cm là

A. \(10\pi c{m^2}\)

B. \(400\pi c{m^2}\)

C. \(50\pi c{m^2}\)

D. \(100\pi c{m^2}\)

Phần II. Tự luận

Câu 13:

1) Rút gọn biểu thức \(A = 3\sqrt 2 {\rm{ \;}} + \sqrt {32} \)

2) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 5}\\{4x + y = 9}\end{array}} \right.\)

Câu 14:

1) Giải phương trình \(3{x^2} + 5x - 2 = 0\)

2) Lực \(F\left( N \right)\) của gió tác động lên cánh buồm của con thuyền khi thổi vuông góc vào cánh buồm tỉ lệ thuận với bình phương tốc độ \(v\left( {m/s} \right)\) của gió theo công thức \(F = a{v^2}\), trong đó \(a\) là một hằng số. Biết rằng khi tốc độ gió là \(2m/s\) thì lực tác động lên cánh buồm của con thuyền bằng 120N. Cánh buồm của thuyền chỉ chịu được lực tác động tối đa là 12000N. Hỏi con thuyền có thể ra khơi khi tốc độ gió là 90km/h hay không?

Câu 15: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Từ một miếng tôn hình chữ nhật người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông có cạnh bằng 5dm để làm thành một cái thùng hình hộp chữ nhật không nắp có dung tích 1500 lít. Hãy tính chiều dài và chiều rộng của miếng tôn lúc đầu, biết rằng chiều dài gấp đôi chiều rộng.

Câu 16: Một hộp chứa 60 thẻ cùng loại, trên mỗi thẻ được đánh số từ 1 đến 60. Các thẻ khác nhau ghi số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp đó.

1) Tìm số phần tử của không gian mẫu của phép thử.

2) Tính xác suất của biến cố: “số xuất hiện trên thẻ rút được là số có tổng các chữ số bằng 6”.

Câu 17:

1) Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy điểm \(C\) sao cho \(AC > BC\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên AB

a. Chứng minh rằng \(\angle ACO = \angle BCH\)

b. Chứng minh rằng: \(AB.AC = AC.AH + BC.CH\)

2) Một máy bay lên từ mặt đất với vận tốc \(600km/h\). Đường bay lên tạo với phương nằm ngang một góc $23^\circ$. Hỏi sau 1,2 phút máy bay bay lên cao được bao nhiêu kilômét so với mặt đất?

Câu 18:

1) Đà Nẵng có rất nhiều điểm đến độc đáo điển hình như cầu Rồng, cầu quay sông Hàn hay khu du lịch Bà Nà Hills… Bên cạnh đó không thể không kể tới vòng quay mặt trời Sun Wheel – điểm “check-in” quen thuộc của giới trẻ Đà thành. Cho vòng quay mặt trời gồm tám cabin như hình bên. Hỏi để cabin A di chuyển đến vị trí cao nhất thì vòng quay phải quay thuận chiều kim đồng hồ quanh tâm bao nhiêu độ?

2) Cho 51 số nguyên dương đôi một khác nhau không vượt quá 100. Chứng minh rằng tồn tại hai số trong số 51 số nguyên dương đó có tổng bằng 101.

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN trithuchub.com

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Căn bậc hai của \(a > 0\) là \(\sqrt a \) và \( - \sqrt a \)

Cách giải:

Căn bậc hai của 16 là \(4\) và \( - 4\)

Chọn D.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Với a,b không âm ta có \(\sqrt a .\sqrt b {\rm{ \;}} = \sqrt {ab} \)

Cách giải:

Ta có: \(\sqrt 2 .\sqrt {50} {\rm{ \;}} = \sqrt {100} {\rm{ \;}} = 10\)

Chọn A.

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

Phân thức \(\frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}\) xác định khi \(v\left( x \right) \ne 0\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(x + 2 \ne 0\) hay \(x \ne {\rm{ \;}} - 2\)

Chọn B.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Quan sát hình ảnh.

Cách giải:

Hình ảnh tổ ong là hình lục giác đều.

Chọn D.

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Tổng 2 góc đối trong tứ giác nội tiếp bằng $180^\circ$

Cách giải:

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\angle B + \angle D = 180^\circ$

Suy ra $80^\circ  + \angle D = 180^\circ  \Rightarrow \angle D = 100^\circ$

Chọn C.

Câu 6 (NB):

Phương pháp:

Hệ số của \(y = a{x^2}\) là \(a\)

Cách giải:

Hệ số của \({x^2}\) là 3

Chọn A.

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Thay lần lượt từng số vào bất phương trình.

Cách giải:

Thay lần lượt từng số vào bất phương trình ta thấy \(7\) thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 8 (TH):

Phương pháp:

Số phần tử của không gian mẫu là tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử ngẫu nhiên

Cách giải:

Giả sử 3 viên bi là \({a_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a_2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a_3}\)

Không gian mẫu của phép thử trên là \(\left\{ {\left( {{a_1};{a_2}} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{a_2};{a_3}} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{a_3};{a_2}} \right)} \right\}\)

Số phần tử của không gian mẫu là 3

Chọn B.

Câu 9 (TH):

Phương pháp:

Tần số xuất hiện mặt 5 chấm bằng tổng số lần giao trừ đi tần số xuất hiện của các mặt còn lại

Cách giải:

Tần số xuất hiện mặt 5 chấm là \(30 - 5 - 4 - 6 - 2 - 6 = 7\)

Chọn D.

Câu 10 (TH):

Phương pháp:

Tần số tương đối \({f_i}\) của giá trị \({x_i}\) là tỉ số giữa tần số \({n_i}\) của giá trị đó và số lượng \(N\) các dữ liệu trong mẫu dữ liệu thống kê: \({f_i} = \frac{{{n_i}}}{N}\)

Cách giải:

Tần số tương đối của mặt 3 chấm là \(\frac{6}{{3 + 4 + 6 + 2 + 7 + 8}} = \frac{1}{5} = 20\% \)

Chọn A.

Câu 11 (TH):

Phương pháp:

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {r^2}h\) với \(r,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ

Cách giải:

Thể tích của lon sữa là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.6^2}.10 = 360\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^3})\)

Chọn A.

Câu 12 (TH):

Phương pháp:

Diện tích bề mặt của hình cầu bán kính \(r\) là \(S = 4\pi {r^2}\)

Cách giải:

Diện tích bề mặt của một quả bóng hình cầu có bán kính 5cm là \(S = 4\pi {r^2} = 4\pi {.5^2} = 100\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^2})\)

Chọn D.

Phần II. Tự luận

Câu 13 (TH):

Phương pháp:

1) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn và rút gọn.

2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

Cách giải:

1) Ta có: \(A = 3\sqrt 2 {\rm{ \;}} + \sqrt {32} {\rm{ \;}} = 3\sqrt 2 {\rm{ \;}} + 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 7\sqrt 2 \)

2) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 5}\\{4x + y = 9}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 5}\\{7x = 14}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{3.2 - y = 5}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 1\)

Câu 14 (TH):

Phương pháp:

1) Xét \(\Delta \) và tìm nghiệm của phương trình.

2) Thay số và trả lời bài toán.

Cách giải:

1) \(3{x^2} + 5x - 2 = 0\)

\(\Delta {\rm{ \;}} = {5^2} - 4.3.\left( { - 2} \right) = 49 > 0\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{ - 5 + 7}}{{2.3}} = \frac{1}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2} = \frac{{ - 5 - 7}}{{2.3}} = {\rm{ \;}} - 2\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(x = \frac{1}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{ \;}} - 2\)

2) Thay \(F = 120,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} v = 2\) ta được \(120 = a{.2^2} \Rightarrow a = 30\)

Suy ra \(F = 30{v^2}\)

Với \(F = 12000\) thì \(12000 = 30{v^2} \Rightarrow v = 20\left( {m/s} \right)\)

Tốc độ tối đa có thể di chuyển là \(20m/s\)

Mà \(90km/h = 25m/s\) nên con thuyền không thể ra khơi khi tốc độ gió là 90km/h.

Câu 15 (TH):

Phương pháp:

Gọi chiều rộng của miếng tôn lúc đầu là \(x\) (dm), \(x > 10\)

Từ đó biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.

Cách giải:

Gọi chiều rộng của miếng tôn lúc đầu là \(x\) (dm), \(x > 10\)

Chiều dài của miếng tôn lúc đầu là \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {dm} \right)\)

Chiều rộng, chiều dài của cái thùng lần lượt là \(x - 10,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {dm} \right)\)

Vì thể tích thùng là 1500 lít nên ta có phương trình \(5\left( {x - 10} \right)\left( {2x - 10} \right) = 1500\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {x - 10} \right)\left( {x - 5} \right) = 150}\\{{x^2} - 15x + 50 = 150}\\{{x^2} - 15x - 100 = 0}\\{\left( {x - 20} \right)\left( {x + 5} \right) = 0}\end{array}\)

\(x = 20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {TM} \right)\); \(x = {\rm{ \;}} - 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( L \right)\)

Vậy chiều dài, chiều rộng của miếng tôn lúc đầu lần lượt là \(20dm,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 40dm\)

Câu 16 (TH):

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính xác suất = Số kết quả thuận lợi cho biến cố : Số kết quả có thể xảy ra của không gian mẫu.

Cách giải:

1) Số phần tử của không gian mẫu của phép thử là 60

2) Ta có: \(6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 3 + 3 = 6 + 0\)

Các kết quả thuận lợi của biến cố “số xuất hiện trên thẻ rút được là số có tổng các chữ số bằng 6” là 15, 51, 24, 42, 33, 6, 60

Có 7 kết quả thuận lợi của biến cố trên

Vậy xác suất của biến cố: “số xuất hiện trên thẻ rút được là số có tổng các chữ số bằng 6” là \(P = \frac{7}{{60}}\)

Câu 17 (VD):

Phương pháp:

1) Vận dụng các tính chất hình học chứng minh.

2) Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Cách giải:

1)

Ta có: $\Delta ACO$ cân tại $O$ (do $OA = OC$)

$\Rightarrow \angle OAC = \angle OCA\,\,\left( 1 \right)$

Vì $C$ thuộc đường tròn đường kính AB nên $\angle ACB = 90^\circ$

Suy ra $\angle ACH + \angle BCH = 90^\circ \,\,\left( 2 \right)$

Lại có: $\angle ACH + \angle CAH = 90^\circ \,\,\left( 3 \right)$ (do $\Delta ACH$ vuông tại $H$)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\angle ACO = \angle BCH\) 

Vậy \(\angle ACO = \angle BCH\)

b) Xét $\Delta ACH$ và $\Delta CBH$ có:

$\begin{array}{l}\angle ACO = \angle BCH\\\angle AHC = \angle BHC = 90^\circ \end{array}$

Suy ra $\Delta ACH\backsim \Delta CBH\left( g.g \right)$ 

Khi đó \(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{CH}}{{BH}}\) hay \(AC.BH = BC.CH\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC\left( {AB - AH} \right) = BC.CH}\\{AC.AB - AC.AH = BC.CH}\\{AB.AC = AC.AH + BC.CH}\end{array}\)

Vậy \(AB.AC = AC.AH + BC.CH\)

2)

Xét hình vẽ như trên với \(A\) là điểm xuất phát, \(C\) là điểm máy bay tới sau 1,2 phút, \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên mặt đất

Đổi \(600km/h = 10km/\)phút

Sau 1,2 phút máy bay di chuyển được quãng đường là \(AC = 1,2.10 = 12\left( {km} \right)\)

Áp dụng định lí sin trong tam giác ACH vuông tại \(H\) ta có:

 $\sin \angle CAH = \dfrac{{CH}}{{AC}} \Rightarrow CH = AC\sin \angle CAH = 12.\sin 23^\circ  \approx 4,7\left( {km} \right)$ 

Vậy sau 1,2 phút máy bay bay lên cao cách mặt đất 4,7km.

Câu 18 (VDC):

Cách giải:

1) Chia đường tròn thành 8 tám hình quạt bằng nhau (mỗi hình quạt tạo bởi 2 cabin)

Góc tạo bởi 2 cabin là $360^\circ :8 = 45^\circ$

Cabin A cách vị trí cao nhất 3 hình quạt (theo chiều kim đồng hồ)

Như vậy để di chuyển đến vị trí cao nhất thì cabin A cần di chuyển $3.45^\circ  = 135^\circ$ quanh tâm

2) Gọi 51 số nguyên dương đã cho lần lượt là \({a_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a_2}, \ldots ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a_{51}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < {a_i} < 101,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} i = \overline {1,51} } \right)\)

Không mất tính tổng quát giả sử \(0 < {a_1} < {a_2} < {\rm{ \;}} \ldots {\rm{ \;}} < {a_{51}} < 101\)

Xét 51 số nguyên dương \(101 - {a_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 101 - {a_2}, \ldots ,101 - {a_{51}}\)

Từ giả thiết trên ta suy ra \(0 < 101 - {a_{51}} < {\rm{ \;}} \ldots {\rm{ \;}} < 101 - {a_2} < 101 - {a_1} < 101\)

Như vậy 102 số nguyên dương trên \({a_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {a_2}, \ldots ,{a_{51}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 101 - {a_1},101 - {a_2}, \ldots ,101 - {a_{51}}\) đều nằm trong 100 số nguyên dương \(1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2, \ldots ,100\)

Suy ra trong 102 số đó phải có ít nhất 2 số bằng nhau (2 số thuộc hai nhóm khác nhau)

Gọi 2 số thỏa mãn là \({a_m}\) và \(101 - {a_n}\) (\(1 \le m,n \le 51\))

Rõ ràng \(m \ne n\) vì nếu \(m = n\) thì \({a_m} = 101 - {a_m} \Rightarrow 2{a_m} = 101\) (vô lí)

Như vậy \({a_m} = 101 - {a_n} \Rightarrow {a_m} + {a_n} = 101\) (đpcm)

Đề bài

Câu 1: 

1. Rút gọn biểu thức

2. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng song song với đường thẳng .

3. Giải hệ phương trình 

Câu 2: 

1. Rút gọn biểu thức với .

2. Cho phương trình (x là ẩn số, m là tham số)

a) Giải phương trình (1) với m = 3.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn

Câu 3: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai đội công nhân làm chung một công việc thì làm xong trong 12 ngày. Khi làm riêng, để hoàn thành công việc trên thì đội thứ nhất cần nhiều thời gian hơn đội thứ hai là 10 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì trong bao nhiêu ngày mỗi đội sẽ làm xong công việc trên?

Câu 4: 

1. Một dụng cụ gồm hai phần: một phần có dạng hình trụ, phần còn lại có dạng hình nón với các kích thước cho như hình vẽ bên.

a) Tính chiều cao của dụng cụ hình nón.

b) Tính thể tích dụng cụ đã cho (lấy ).

2. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm H nằm giữa O và B , vẽ dây cung MN của đường tròn (O) vuông góc với AB tại H. Trên đường thẳng MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O) sao cho . Đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm . Hai dây cung MN và BK cắt nhau tại E.

a) Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CM.CN = CK.CA.

c) Từ điểm N vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AC, đường thẳng này cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác KFN là tam giác cân.

Câu 5: 

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn .

2. Biết a, b, c là ba số thực dương thoả mãn điều kiện: .

Chứng minh .

----- HẾT -----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

1) Khai phương căn bậc hai và rút gọn

2)

3) Giải hệ bằng phương pháp cộng đại số

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thức

Vậy

2. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng song song với đường thẳng .

Hai đường thẳng và song song với nhau khi và chỉ khi

Vậy .

3. Giải hệ phương trình 

Ta có: .

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1) Phân tích mẫu số tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức

2a) Thay m = 3 và giải phương trình bậc hai

2b) Áp dụng hệ thức viet.

Cách giải:

1. Rút gọn biểu thức với .

Với ta có:

Vậy với thì .

2. Cho phương trình (x là ẩn số, m là tham số)

a) Giải phương trình (1) với m = 3.

Thay m = 3 vào phương trình (1) ta được: .

Ta có: nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: .

Vậy khi m = 3 thì tập nghiệm của phương trình (1) là .

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn thì

Đặt

Khi đó phương trình (*) trở thành .

Ta có nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

Với .

Vậy m = 5.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

Gọi thời gian để đội thứ nhất làm riêng xong công việc là (ngày, )

Biểu diễn thời gian mỗi ngày từng đội làm được theo x, lập phương trình tìm x.

Cách giải:

Gọi thời gian để đội thứ nhất làm riêng xong công việc là (ngày, )

Khi làm riêng, để hoàn thành công việc trên thì đội thứ nhất cần nhiều thời gian hơn đội thứ hai là 10 ngày nên thời gian để đội thứ hai làm riêng xong công việc là (ngày)

Mỗi ngày đội thứ nhất làm được: (công việc)

Mỗi ngày đội thứ hai làm được: (công việc)

Mỗi ngày cả hai đội làm được (công việc)

Khi đó ta có phương trình:

Vậy đội thứ nhất làm xong công việc trong 30 ngày, đội thứ hai làm xong công việc là 20 ngày.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

1. Áp dụng công thức tính thể tích hình nón, hình trụ

2. a) Tổng hai góc đối diện bằng

b) Chứng minh và  đồng dạng

c) Chứng minh từ đó suy ra tam giác cân.

Cách giải:

Cách giải:

1. Một dụng cụ gồm hai phần: một phần có dạng hình trụ, phần còn lại có dạng hình nón với các kích thước cho như hình vẽ bên.

Chiều cao của phần dụng cụ có dạng hình nón là:

b) Tính thể tích dụng cụ đã cho (lấy ).

Ta thấy đáy hình trụ có đường kính bằng 140cm nên bán kính .

Thể tích phần dụng cụ có dạng hình nón là:

.

Thể tích phần dụng cụ có dạng hình trụ là:

.

Thể tích dụng cụ đã cho là:

.

2. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm H nằm giữa O và B , vẽ dây cung MN của đường tròn (O) vuông góc với AB tại H. Trên đường thẳng MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O) sao cho CM > CN. Đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm . Hai dây cung MN và BK cắt nhau tại E.

Ta có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(do tại H)

Xét tứ giác AHEK có:

Suy ra tứ giác AKEH nội tiếp đường tròn. (tứ giác có tổng hai góc đối bằng )

b) Chứng minh CM.CN = CK.CA.

Vì AKNM nội tiếp đường tròn (O) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện).

Xét và có:

(đpcm) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

c) Từ điểm N vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AC, đường thẳng này cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác KFN là tam giác cân.

Do (do , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(từ vuông góc đến song song).

(hai góc so le trong bằng nhau)  và (hai góc đồng vị bằng nhau)

Do tại H (giả thiết) nên H là trung điểm MN (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)

Xét tam giác OMN có OH vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên tam giác OMN cân tại O

=> OH đồng thời là phân giác

(góc nội tiếp)

(hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

cân tại K (định nghĩa) (đpcm).

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

1. Phân tích biểu thức về dạng

2. Chứng minh

Cách giải:

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn .

Ta có:

Vì là số nguyên nên và cũng là số nguyên

Do đó ta xét các trường hợp sau:

TH1: .

TH2: .

TH3:

TH4: .

Vậy có 2 cặp số nguyên (x;y) thoả mãn là (2;3) và (2;-3).

2. Biết a, b, c là ba số thực dương thoả mãn điều kiện: .

Chứng minh .

Ta có:

Tuơng tự ta có:

Cộng vế theo vế 3 bất phương trình ta được:

Dấu “=” xảy ra .

Đề bài

Câu 1 (2,0 điểm):

1. Hàm số là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao?

2. Rút gọn biểu thức .

3. Giải hệ phương trình .

Câu 2 (2,5 điểm):

Cho phương trình ( là tham số)

1)  Giải phương trình khi

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi .

3) Gọi là hai nghiệm của phương trình . Tìm giá trị của để 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 và điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm vẽ các tiếp tuyến với đường tròn ( là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ cát tuyến không đi qua tâm của đường tròn ( nằm giữa và ). Gọi là trung điểm của . Chứng minh là tia phân giác của góc .

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 ).

Câu 5 (1,0 điểm):

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình

2) Cho là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện

Chứng minh rằng .

Lời giải

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

1) Hàm số đồng biến khi và nghịch biến khi .

2) Vận dụng hằng đẳng thức

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 có nên hàm số đồng biến trên

2) Ta có:

Vậy .

3) Ta có: .

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

Câu 2 (VD):  

Phương pháp:

1) Thay vào phương trình thì ta thấy phương trình là phương trình bậc hai một ẩn số.

Vận dụng cách giải nhanh: thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

2) Tính (hoặc ) sau đó chứng minh (hoặc ) luôn dương với mọi giá trị của .

3) Vận dụng hệ thức Vi – ét tính được

Biến đổi biểu thức của đề bài, xuất hiện , thay các giá trị của , biến đổi để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Cách giải:

1) Với thì trở thành:  .

Ta có nên phương trình có hai nghiệm .

Vậy tập nghiệm phương trình .

2) Phương trình (1) có: .

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của .

3) Theo câu 2) phương trình luôn có hai nghiệm với mọi .

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

Khi đó ta có:

Nhận thấy .

Vậy đạt giá trị nhỏ nhất bằng   khi .

Vậy .

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 , 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 .

Do khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc lên nên vận tốc của người đó khi về là

Thời gian người đi xe đạp từ A tới B là

Thời gian người đi xe đạp từ B về A là

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = nên ta có phương trình:

Ta có nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy vận tốc người đi xe đạp từ A tới B là .

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 là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh năm điểm 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:

Cách giải:

a) Vì là các tiếp tuyến của lần lượt tại nên (định nghĩa).

Xét tứ giác có .

Vậy là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Vì là trung điểm của nên (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) .

Xét tứ giác có nên là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Năm điểm cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

           (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Mà (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

.

Vậy là tia phân giác của góc .

2) Thể tích của dụng cụ đựng chất lỏng là .

Đổi .

Vậy dụng cụ này được được chất lỏng.

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

1) Biến đổi phương trình về dạng hằng số

Đánh giá từng biểu thức và biện luận nghiệm

2) Đặt . Khi đó ta cần chứng minh:

Sau đó, vận dụng BĐT Cô – si để chứng minh.

Cách giải:

1) Ta có:

Do nguyên nên nguyên. Mặt khác nên ta có:

Vậy cặp nghiệm thỏa mãn phương trình là .

2) Đặt . Khi đó ta cần chứng minh:

Có

Ta sẽ chứng minh .

Ta có:

Thật vậy: .

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đề bài

Câu 1:

1. Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa.

2. Tính

3. Rút gọn biểu thức với và

Câu 2: 

1. Giải hệ phương trình:

2. Tìm các giá trị của tham số để hàm số nghịch biến trên .

3. Xác định tọa độ giao điểm của parabo và đường thẳng

Câu 3:

Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?

Câu 4: 

1. Cho nhọn nội tiếp đường tròn tâm . Hai đường cao BE, CF của cắt nhau tại .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng:

c) Kẻ đường kính của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc . Đường bay lên tạo với phương nằm ngang một góc . Hỏi sau phút máy bay bay lên cao được bao nhiêu kilomet theo phương thẳng đứng?

Câu 5: 

Cho các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Lời giải

Câu 1

Cách giải:

1. Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa.

Biểu thức có nghĩa khi

Vậy với thì biểu thức có nghĩa.

2. Tính

Ta có:

Vậy

3. Rút gọn biểu thức với và

Ta có:

Vậy với và

Câu 2

Cách giải:

1. Giải hệ phương trình:

Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

2. Tìm các giá trị của tham số để hàm số nghịch biến trên .

Hàm số nghịch biến trên khi .

Vậy với thì hàm số nghịch biến trên .

3. Xác định tọa độ giao điểm của parabo và đường thẳng

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng ta có:

Với

Với

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là .

Câu 3

Cách giải:

Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?

Gọi khối lượng nước trước khi đổ thêm là (gam)

Nồng độ dung dịch ban đầu là

Sau khi đổ thêm 20 gam nước thì nồng độ dung dịch là

Vì nồng độ của dung dịch giảm đi 10% nên ta có phương trình:

Vậy lượng nước ban đầu của dung dịch trước khi đổ thêm là 16 gam.

Câu 4

Cách giải:

1. Cho nhọn nội tiếp đường tròn tâm . Hai đường cao BE, CF của cắt nhau tại .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn.

Ta có:

là đường cao nên

là đường cao nên

Xét tứ giác có:

nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)

Vậy tứ giác nội tiếp (đpcm).

b) Chứng minh rằng:

Theo câu a, là tứ giác nội tiếp nên (tính chất)

Mà (kề bù)

Nên

Xét và có:

chung

(cạnh tương ứng)

(đpcm)

c) Kẻ đường kính của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

là đường kính nên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

.

Ta có:

(từ vuông góc đến song song)

(từ vuông góc đến song song)

Tứ giác có: nên là hình bình hành. (đpcm)

2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc . Đường bay lên tạo với phương nằm ngang một góc . Hỏi sau phút máy bay bay lên cao được bao nhiêu kilomet theo phương thẳng đứng?

Đổi phút giờ

Sau giờ máy bay bay được số kilomet theo phương là:

Sau phút máy bay bay được số kilomet theo phương thẳng đứng là: .

Vậy sau 1,5 phút, máy bay lên cao được .

Câu 5

Cách giải:

Cho các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Đặt

Ta có:

Áp dụng BĐT ta được:

Lại có:

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy GTNN của Q là khi