Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2019 — Không quảng cáo

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 180 ⁰ ).

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 $\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \sqrt 2 \end{array} \right.$.