Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019
Đề bài
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm)
Câu 1: Khi \(x = 7\) biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) có giá trị là:
A. \(\frac{1}{2}\) B. \(\frac{4}{{\sqrt 8 }}\) C. \(\frac{4}{3}\) D. \(2\)
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên \(R\) ?
A. \(y = 1 - x\) B. \(y = 2x - 3\) C. \(y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)x\) D. \(y = - 2x + 6\)
Câu 3: Số nghiệm của phương trình \({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\) là:
A. \(1\) B. \(2\) C. \(3\) D. \(4\)
Câu 4: Cho hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\). Điểm \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số khi
A. \(a = 2\) B. \(a = \frac{1}{2}\) C.\(a = - 2\) D. \(a = \frac{1}{4}\)
Câu 5: Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,AC\) tới đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \(BK.\) Biết \(\angle BAC = {30^0}\) , số đo của cung nhỏ \(CK\) là:
A. \({30^0}\) B. \({60^0}\) C. \({120^0}\) D. \({150^0}\)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\). Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) biết \(AH = \sqrt {12} cm.\,\,\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3}\) . Độ dài đoạn \(BC\) là:
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
II. TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7 (2 điểm):
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Câu 8 (1 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) , hai điểm \(A,B\) nằm trên \(\left( O \right)\) sao cho \(\angle AOB = {90^0}\) . Điểm \(G\) nằm trên cung lớn \(AB\) sao cho \(AC > BC\) và tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AI,\,BK\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại điểm \(H\) , \(BK\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(N\) (khác điểm B); AI cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(M\)(khác điểm A); NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Câu 10 (1,5 điểm)
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\)
b) Cho hai số thực không âm \(a,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^2} + {b^2} + 4}}{{ab + 1}}.\)
Lời giải chi tiết
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm)
1. D | 2. B | 3. D | 4. A | 5. A | 6. B |
Câu 1
Phương pháp:
Thay \(x = 7\,\,\,\left( {tm} \right)\)vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta tính được giá trị của biểu thức tại \(x = 7\).
Cách giải:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\\sqrt {x + 2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 2\\x \ne - 1\end{array} \right..\)
Thay \(x = 7\,\,\left( {tm} \right)\) vào biểu thức \(\frac{4}{{\sqrt {x + 2} - 1}}\) ta được: \(\frac{4}{{\sqrt {7 + 2} - 1}} = \frac{4}{{3 - 1}} = 2\)
Chọn D.
Câu 2
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) , nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Trong các hàm số đã cho hàm số \(y = 2x - 3\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Chọn B.
Câu 3
Phương pháp:
Giải phương trình rồi kết luận số nghiệm của phương trình.
Cách giải:
\({x^4} - 3{x^2} + 2 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\,\left( {t \ge 0} \right).\) Khi đó (1) \( \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)
Ta thấy \(1 - 3 + 2 = 0\) . Nên phương trình có nghiệm \(t = 1\,\,\,\left( {TM} \right)\) hoặc \(t = 2\,\,\left( {TM} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)
\( \Rightarrow PT\) có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 4
Phương pháp:
Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2} \right)\) vào hàm số tìm ra \(a.\)
Cách giải:
Vì \(M\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\left( {a \ne 0} \right)\) nên ta có: \(2 = a{.1^2}\, \Leftrightarrow a = 2\,\,\left( {tm} \right)\)
Chọn A.
Câu 5
Phương pháp:
+) Tổng 4 góc của tứ giác lồi bằng \({360^0}.\)
+) Sử tính chất góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.
Cách giải:
Ta có: \(AC,\,\,AB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác \(\angle OBAC\) ta có: \(\begin{array}{l}\angle BOC = {360^0} - \left( {\angle OBA + \angle BAC + \angle ACO} \right)\\ = {360^0} - \left( {{{90}^0} + {{90}^0} + {{30}^0}} \right) = {150^0}.\end{array}\) Mà \(\angle BOC + \angle KOC = {180^0}\) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \angle KOC = {180^0} - \angle BOC = {180^0} - {150^0} - {30^0}.\) Mà \(\angle KOC\) là góc ở tâm chắn cung \(CK \Rightarrow sd\,\,cung\,\,CK = \angle KOC = {30^0}.\) Chọn A. |
A. \(6cm\) B. \(8cm\) C. \(4\sqrt 3 \) D. \(12cm\)
Câu 6
Phương pháp:
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(A{H^2} = BH.HC\) để làm bài toán.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \(\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HC = 3HB\) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại\(A\) có đường cao \(AH\) ta có: \(\begin{array}{l}A{H^2} = BH.HC \Leftrightarrow 12 = BH.3BH \Leftrightarrow B{H^2} = 4 \Leftrightarrow BH = 2\,\,cm.\\ \Rightarrow HC = 3.HB = 3.2 = 6.\\ \Rightarrow BC = HB + HC = 2 + 6 = 8\,\,cm.\end{array}\) Chọn B. |
II. PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm)
Câu 7
Phương pháp:
a) Quy đồng mẫu các phân thức rồi rút gọn biểu thức.
b) Số \(x = {k^2}\) là số chính phương.
Cách giải:
Cho biểu thức: \(A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
a) Rút gọn biểu thức \(A.\)
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\,\, = \frac{{x + 2\sqrt x + 1 + x - 2\sqrt x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x + 2}}{{x - 1}} - \frac{{3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x + 2 - 3\sqrt x - 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2x - 3\sqrt x + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2x - 2\sqrt x - \sqrt x + 1}}{{x - 1}}\\\,\,\, = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\left( {2\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\, = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\end{array}\)
b) Tìm \(x\) là số chính phương để \(2019A\) là số nguyên.
Điều kiện: \(x \ge 0,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(2019A = 2019.\frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = 2019\left( {2 - \frac{3}{{\sqrt x + 1}}} \right) = 4038 - \frac{{6057}}{{\sqrt x + 1}}.\)
Vì \(2019A \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( {6057} \right)\).
Mà \(\sqrt x + 1 \ge 1\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1 \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \left\{ {1;3;9;2019;6057} \right\}\).
TH1: \(\sqrt x + 1 = 1 \Leftrightarrow x = 0\) (tm).
TH2: \(\sqrt x + 1 = 3 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\).
TH3: \(\sqrt x + 1 = 9 \Leftrightarrow \sqrt x = 8 \Leftrightarrow x = 64\,\,\left( {tm} \right)\).
TH4: \(\sqrt x + 1 = 2019 \Leftrightarrow \sqrt x = 2018 \Leftrightarrow x = {2018^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
TH5: \(\sqrt x + 1 = 6057 \Leftrightarrow \sqrt x = 6056 \Leftrightarrow x = {6056^2}\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy \(x \in \left\{ {0;\,\,4;\,\,64;\,\,{{2018}^2};\,\,{{6056}^2}} \right\}\).
Câu 8
Phương pháp:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Dựa vào các giả thiết của bài toán, giải bài toán bằng cách lập phương trình và biện luận để giải bài toán.
Cách giải:
Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(x\) (bài) \(\left( {x \in \mathbb{N}} \right)\) và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(y\) (bài) \(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).
Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên \(x + y > 16 \Leftrightarrow 9x + 9y > 144\) (1).
Tổng số điểm của \(x\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là \(9x\) (điểm).
Tổng số điểm của \(y\) bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là \(10y\) (điểm).
Do tổng số điểm tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
\(9x + 10y = 160 \Leftrightarrow 9x = 160 - 10y\).
Thay vào (1) ta có: \(160 - 10y + 9y > 144 \Leftrightarrow 160 - 144 > y \Leftrightarrow y < 16\).
Do \(y \in \mathbb{N} \Rightarrow y \in \left\{ {0;1;2;3;...;15} \right\}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}x \in \mathbb{N} \Rightarrow 9x = 160 - 10y \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow 153 + 7 - 9y - y\,\,\left( {\bmod 9} \right)\\ \Leftrightarrow 7 - y\,\, \equiv 0\,\,\left( {\bmod 9} \right) \Leftrightarrow y \equiv 7\,\,\left( {\bmod 9} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow y = 7 \Rightarrow x = 10\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là 10 bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài.
Câu 9
Phương pháp:
a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh.
b) c) Sử dụng các tính chất của các góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn một cung ; các tính chất của các đường thẳng song song.
Cách giải:
a) Tứ giác \(CIHK\) nội tiếp một đường tròn.
Ta có: \(AI \bot BC \Rightarrow \angle CIH = {90^0},\,\,BK \bot AC \Rightarrow \angle CKH = {90^0}\).
Xét tứ giác \(CIHK\) có : \(\angle CIH + \angle CKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(CIKH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
b) \(MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle ACB = \angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Có \(AI \bot BC \Rightarrow \Delta IAC\) vuông tại \(I\), lại có \(\angle ACB = \angle ACI = {45^0} \Rightarrow \Delta IAC\) vuông cân tại \(I \Rightarrow \angle IAC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle IAC = {45^0}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BM//AC\).
Mà \(BK \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\) hay \(BN \bot AC \Rightarrow BM \bot BN\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle MBN = {90^0} \Rightarrow \angle MBN\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn\(\left( O \right)\).
c) \(OC\) song song với \(DH\).
Có \(\angle IAC = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle MAC = {45^0}\).
Mà \(\angle MAC = \frac{1}{2}\angle MOC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MC\)).
\( \Rightarrow \angle MOC = 2\angle MAC = {2.45^0} = {90^0} \Rightarrow OC \bot OM\) hay \(OC \bot MN\,\,\left( 1 \right)\) .
Ta có \(\angle ANB = \angle ACB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
Tam giác \(KBC\) có \(\angle BKC = {90^0};\,\,\angle KCB = \angle ACB = {45^0} \Rightarrow \angle KBC = {45^0}\).
\( \Rightarrow \angle ANB = \angle KBC = {45^0}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow BC//AN\).
Theo giả thiết ta có \(BC \bot AI \Rightarrow AI \bot AN\) hay \(MA \bot DN\) (từ vuông góc đến song song)
Mặt khác ta có \(BN \bot BM\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BN \bot DM\).
Xét tam giác \(DMN\) có: hai đường cao \(MA,\,\,NB\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(DMN\).
\( \Rightarrow DH \bot MN\,\,\left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OC//DH\) (Từ vuông góc đến song song) (đpcm).
Câu 10
Cách giải:
a) Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2m - 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\) với \(m\) là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1\).
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\).
Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne - 1\).
Khi \(m \ne - 1\) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = m + m + 1 = 2m + 1\\{x_2} = m - \left( {m + 1} \right) = - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x_1} + {x_2}} + \sqrt {3 + {x_1}{x_2}} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {3 - \left( {2m + 1} \right)} = 2m + 1 \Leftrightarrow \sqrt {2m} + \sqrt {2 - 2m} = 2m + 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 1 \ge 0\\2m \ge 0\\2 - 2m \ge 0\\2m + 2 - 2m + 2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{1}{2}\\m \ge 0\\m \le 1\\2\sqrt {2m\left( {2 - 2m} \right)} = 4{m^2} + 4m - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\4\left( {4m - 4{m^2}} \right) = 16{m^4} + 16{m^2} + 1 + 32{m^3} - 8{m^2} - 8m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\16{m^4} + 32{m^3} + 24{m^2} - 24m + 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left( {2m - 1} \right)\left( {8{m^3} + 20{m^2} + 22m - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{2}\\m \approx 0,044\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m \approx 0,044\).
b) Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}}\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm \({a^3},\,\,{b^3},\,\,1\) ta có:
\(\begin{array}{l}{a^3} + {b^3} + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^3}.{b^3}.1}} = 3ab\\ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + 4 \ge 3ab + 3 = 3\left( {ab + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \ge 3\,\,\left( {Do\,\,ab + 1 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow M \ge 1\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 1\).
Vậy \(\min M = 3 \Leftrightarrow a = b = 1\).
+) Tìm giá trị lớn nhất.
Ta có \(ab \ge 0 \Leftrightarrow ab + 1 \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{{ab + 1}} \le 1 \Leftrightarrow M = \frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{{ab + 1}} \le {a^3} + {b^3} + 4\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \ge 0\\{a^2} + {b^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} \le 2\\{b^2} \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le a \le \sqrt 2 \\0 \le b \le \sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le {a^3} \le {a^2}\sqrt 2 \\0 \le {b^3} \le {b^2}\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Do đó \({a^3} + {b^3} + 4 \le {a^2}\sqrt 2 + {b^2}\sqrt 2 + 4 = \sqrt 2 \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 4 = 2\sqrt 2 + 4\).
\( \Rightarrow M \le 2\sqrt 2 + 4\).
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 2\\{b^2} = 2\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\).
Vậy \(\max M = 2\sqrt 2 + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = 0\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Đề thi vào 10 môn Toán
Dưới đây là danh sách Đề thi vào 10 môn Toán chọn lọc, có đáp án, cực sát đề chính thức theo nội dung sách giáo khoa Lớp 9.
- Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội
- Đề thi vào 10 môn Toán Thành phố Hồ Chí Minh
- Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Nai
- Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng
- Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương
- Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh
- Đề thi vào 10 môn Toán Hải Dương
- Đề thi vào 10 môn Toán Nghệ An
- Đề thi vào 10 môn Toán Hải Phòng
- Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk
- Đề thi vào 10 môn Toán Lâm Đồng
- Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc
- Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa
- Đề thi vào 10 môn Toán Hưng Yên
- Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định
- Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Giang
- Đề thi vào 10 môn Toán An Giang
- Đề thi vào 10 môn Toán Khánh Hòa
- Đề thi vào 10 môn Toán Cần Thơ
- Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ninh
- Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định
- Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình
- Đề thi vào 10 môn Toán Quảng Ngãi
- Đề thi vào 10 môn Toán Huế
- Đề thi vào 10 môn Toán Thái Nguyên
- Đề thi vào 10 môn Toán Phú Thọ
- Đề thi vào 10 môn Toán Bình Thuận
- Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang
- Đề thi vào 10 môn Toán Phú Yên
- Đề thi vào 10 môn Toán Đồng Tháp
- Tổng hợp 50 đề thi vào 10 môn Toán
Lớp 9 | Các môn học Lớp 9 | Giải bài tập, đề kiểm tra, đề thi Lớp 9 chọn lọc
Danh sách các môn học Lớp 9 được biên soạn theo sách giáo khoa mới của bộ giáo dục đào tạo. Kèm theo lời giải sách bài tập, sách giáo khoa, đề kiểm tra 15 phút, 45 phút (1 tiết), đề thi học kì 1 và học kì 2 năm học 2024 ngắn gọn, chi tiết dễ hiểu.
Toán Học
Vật Lý
Hóa Học
Ngữ Văn
- SBT Ngữ văn lớp 9
- Đề thi vào 10 môn Văn
- Tác giả - Tác phẩm văn 9
- Văn mẫu lớp 9
- Vở bài tập Ngữ văn lớp 9
- Soạn văn 9 chi tiết
- Soạn văn 9 ngắn gọn
- Soạn văn 9 siêu ngắn
Sinh Học
GDCD
Tin Học
Tiếng Anh
- SBT Tiếng Anh lớp 9
- Đề thi vào 10 môn Anh
- SGK Tiếng Anh lớp 9
- SBT Tiếng Anh lớp 9 mới
- Vở bài tập Tiếng Anh 9
- SGK Tiếng Anh lớp 9 Mới
Công Nghệ
Lịch Sử & Địa Lý
- Tập bản đồ Địa lí lớp 9
- SBT Địa lí lớp 9
- VBT Địa lí lớp 9
- SGK Địa lí lớp 9
- Tập bản đồ Lịch sử lớp 9
- SBT Lịch sử lớp 9
- VBT Lịch sử lớp 9
- SGK Lịch sử lớp 9