Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 09

Ta có: \(\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha  \Rightarrow \) D sai.

\( - 4x + 16 \le 0 \Leftrightarrow 4x \ge 16 \Leftrightarrow x \ge 4.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ {4; + \infty } \right).\)

Từ bảng xét dấu ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\\f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x < 2\\f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > 2\end{array} \right..\)

Vậy đó là bảng xét dấu của biểu thức \(f\left( x \right) = 16 - 8x.\)

Đường cao của \(\Delta ABC\) kẻ từ \(A\left( {1;2} \right)\) sẽ nhận \(\overrightarrow {BC} \left( {2;3} \right)\) là một VTPT nên đường cao đó có phương trình là: \(2\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 2} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow 2x + 3y - 8 = 0.\)

\(\begin{array}{l}2\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) \le x + 13\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 6x + 4 \le x + 13\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x - 9 \le 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 9} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow  - 1 \le x \le \frac{9}{2}.\end{array}\)

\(\left( {m - 3} \right){x^2} - 2mx + m - 6 < 0\,\,\,\,\left( * \right)\)

Với \(m = 3\) ta có:  \(\left( * \right) \Leftrightarrow  - 6x - 3 < 0 \Leftrightarrow x >  - \frac{1}{2},\) không thỏa mãn.

Với \(m \ne 3,\) để bất phương trình: \(\left( {m - 3} \right){x^2} - 2mx + m - 6 < 0\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - \left( {m - 3} \right)\left( {m - 6} \right) < 0\\m - 3 < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - {m^2} + 9m - 18 < 0\\m < 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9m - 18 < 0\\m < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m < 3\end{array} \right. \\\Leftrightarrow m < 2.\end{array}\)

\(\left( E \right):\,\,\frac{{{x^2}}}{5} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\) có \(a = \sqrt 5 ;\,\,b = 2.\)

\( \Rightarrow \) Độ dài trục lớn là:\(2a = 2\sqrt 5 .\)

\( \Rightarrow \) Độ dài tiêu cự là: \(2c = 2\sqrt {{a^2} - {b^2}}  = 2\sqrt {5 - 4}  = 2.\)

Vậy tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn là: \(\frac{2}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.\)

\(\left( C \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 25\)

\(\Rightarrow I\left( {2; - 3} \right),R = 5.\)

Ta có: \({d_1}:\,\,\,x + 2y + 4 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;\,\,2} \right)\) và \({d_2}:\,\,x - 3y + 6 = 0\) có VTPT là: \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1; - 3} \right).\)

\( \Rightarrow \cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {1.1 + 2.\left( { - 3} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {3^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng \({d_1}:x + 2y + 4 = 0\) và \({d_2}:x - 3y + 6 = 0\) là \(45^\circ .\)

Vectơ \(\overrightarrow u \left( {3; - 1} \right)\)là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 3t\\y =  - 3 - t\end{array} \right.\)

Gọi tam giác đó đã cho là: \(\Delta ABC\,\,\left( {AB = 3,BC = 8,CA = 9} \right)\).

Góc lớn nhất của \(\Delta ABC\) là  \(\angle B\) do \(CA\) là cạnh lớn nhất.

Áp dụng định lý hàm số cos trong \(\Delta ABC\) ta có:

\(C{A^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.\cos B\) \( \Rightarrow \cos B = \frac{{9 + 64 - 81}}{{2.3.8}} =  - \frac{1}{6}.\)

\({\Delta _1}:\left( {2m - 1} \right)x + my - 10 = 0\) vuông góc với đường thẳng \({\Delta _2}:3x + 2y + 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right).3 + m.2 = 0\) \( \Leftrightarrow 6m - 3 + 2m = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{8}.\)

Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là \(a\) và \(b\) (đơn vị: mét, \(0 < a,b < 100\)).

Giả sử cạnh không phải rào là cạnh  \(b.\)

Vậy số rào cần dùng là \(2a + b = 100\,\left( m \right).\)

Diện tích hình chữ nhật là: \(ab\,\,\,\left( {{m^2}} \right).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số \(2a,\,\,b\) dương ta có:

\(100 = 2a + b \ge 2\sqrt {2ab}  \Leftrightarrow \sqrt {2ab}  \le 50\)

\(\Leftrightarrow ab \le 1250\,\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = b\\2a + b = 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 25\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\b = 50\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)

Vậy diện tích lớn nhất có thể rào là \(1250\,{m^2}\), khi \(a = 25m,\,\,b = 50m.\) 

\(\left( C \right):{x^2} + {y^2} + 6x - 2y + 5 = 0 \)\(\Leftrightarrow \left( C \right):{\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\)

\( \Rightarrow \) Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 3;1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 5 .\)

Có \(\overrightarrow {IA} \left( { - 1;\,\,1} \right) \Rightarrow IA = \sqrt 2  < \sqrt 5  = R\) nên điểm \(A\) nằm trong đường tròn.

Vì \(A\)  là trung điểm của \(MN \Rightarrow IA \bot MN.\)

Đường thẳng \(MN\) đi qua \(A\left( { - 4;2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {IA} \left( { - 1;1} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến có phương trình là:

\( - 1\left( {x + 4} \right) + 1\left( {y - 2} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow  - x + y - 6 = 0\) \( \Leftrightarrow x - y + 6 = 0.\)

+) Xét đáp án A: \({a^2} - 2a + 1 = {\left( {a - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\,\forall x \Rightarrow \) loại A.

+) Xét đáp án B: \({a^2} + a + 1 = {\left( {a + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\forall a \in \mathbb{R}.\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {1;3} \right)\) có phương trình là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {R^2}.\)

\(\left( C \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3;1} \right) \Rightarrow {\left( {3 - 1} \right)^2} + {\left( {1 - 3} \right)^2} = {R^2}\)\( \Rightarrow {R^2} = 8.\)

Vậy \(\left( C \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 8.\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{x}{2} + \frac{2}{{x - 1}} = \left( {\frac{{x - 1}}{2} + \frac{2}{{x - 1}}} \right) + \frac{1}{2}\)

Với \(x > 1\) ta có: \(\frac{{x - 1}}{2},\,\,\,\frac{2}{{x - 1}}\) là các số dương.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \(\frac{{x - 1}}{2},\,\,\,\frac{2}{{x - 1}}\)  ta có:

 \(\begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{2} + \frac{2}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\frac{{x - 1}}{2}.\frac{2}{{x - 1}}}  = 2\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{2} + \frac{2}{{x - 1}} + \frac{1}{2} \ge 2 + \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge \frac{5}{2}.\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{2} = \frac{2}{{x - 1}} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\x - 1 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{x}{2} + \frac{2}{{x - 1}}\) với \(x > 1\) là \(\frac{5}{2}\) khi \(x = 3.\)

Ta có: \(d\left( {M,\,\Delta } \right) = \frac{{\left| {2.2 + 3.\left( { - 3} \right) - 7} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2}} }} = \frac{{12}}{{\sqrt {13} }}.\)

Áp dụng định lý hàm số cos trong \(\Delta ABC\) ta có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} \\= A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A\\ = 36 + 100 - 2.6.10.\cos 60^\circ  = 76.\\ \Rightarrow BC = 2\sqrt {19} .\end{array}\)

Ta có: \(\angle A,\,\,\angle B,\,\,\angle C\) là ba góc trong \(\Delta ABC \Rightarrow \angle A + \angle B + \angle C = {180^0}\)

\( \Rightarrow \cos \left( {A + C} \right) = \cos \left( {180 - B} \right)\)\( =  - \cos B.\)

Ta có: \(0 < \alpha  < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \sin \alpha  > 0.\)

Có \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \)

\(\Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \)\( = \sqrt {1 - \frac{{16}}{{169}}}  = \frac{{3\sqrt {17} }}{{13}}.\)

Ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{CA}}{{\sin B}} \)\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = \frac{{\sin A}}{{\sin C}}.AB\\CA = \frac{{\sin B}}{{\sin C}}.AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = 2.6 = 12\\CA = \frac{4}{3}.6 = 8\end{array} \right. \)\(\Rightarrow AB + BC + CA = 26.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\sin \alpha  + \cos \alpha  = \frac{5}{4}\\ \Leftrightarrow {\left( {\sin \alpha  + \cos \alpha } \right)^2} = \frac{{25}}{{16}}\\ \Rightarrow 1 + 2\sin \alpha .\cos \alpha  = \frac{{25}}{{16}}\\ \Rightarrow 1 + \sin 2\alpha  = \frac{{25}}{{16}} \Rightarrow \sin 2\alpha  = \frac{9}{{16}}.\end{array}\)

Điều kiện: \(x \ne \frac{2}{3}.\)

\(\begin{array}{l}\frac{{2 - x}}{{3x - 2}} \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{2 - x}}{{3x - 2}} - 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2 - x - 3x + 2}}{{3x - 2}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 4x + 4}}{{3x - 2}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{3x - 2}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} < x \le 1.\end{array}\)

\(A\left( {2;1} \right)\) và \(B\left( { - 1; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( { - 3; - 4} \right) \Rightarrow AB\) nhận \(\overrightarrow n \left( {4; - 3} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến.

Phương trình tổng quát của đường thẳng \(AB\) là: \(4\left( {x - 2} \right) - 3\left( {y - 1} \right) = 0 \)\(\Leftrightarrow 4x - 3y - 5 = 0.\)

Độ dài trục lớn của elip là \(8 \Rightarrow 2a = 8 \Leftrightarrow a = 4.\)

Độ dài trục lớn của elip là \(6 \Rightarrow 2b = 6 \Leftrightarrow b = 3.\)

Phương trình chính tắc của elip đã cho là: \(\frac{{{x^2}}}{{{4^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{3^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1.\)

\(\begin{array}{l}P = \frac{{\cos a - \cos 5a}}{{\sin 4a + \sin 2a}} = \frac{{ - 2\sin 3a.\sin \left( { - 2a} \right)}}{{2\sin 3a.\cos a}}\\ = \frac{{ - \sin \left( { - 2a} \right)}}{{\cos a}} = \frac{{\sin 2a}}{{\cos a}} = \frac{{2\sin a.\cos a}}{{\cos a}} \\= 2\sin a.\end{array}\)

Ta có: \(\left| x \right| < 8 \Leftrightarrow  - 8 < x < 8.\)

\(mx + 4 > 0\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\)

Với \(m > 0 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow x > \frac{{ - 4}}{m}.\)

Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x\) thỏa mãn \( - 8 < x < 8\) thì \(\frac{{ - 4}}{m} \le  - 8 \Leftrightarrow m \le \frac{1}{2}.\)

Vậy \(0 < m \le \frac{1}{2}\) thỏa mãn.

Với \(m < 0 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow x < \frac{{ - 4}}{m}.\)

Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x\) thỏa mãn \( - 8 < x < 8\) thì \(\frac{{ - 4}}{m} \ge 8 \Leftrightarrow m \ge  - \frac{1}{2}.\)

Vậy \( - \frac{1}{2} \le m < 0\) thỏa mãn.

Với \(m = 0 \Rightarrow \) \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 4 > 0,\) luôn đúng với mọi \(x.\) Thỏa mãn.

Vậy tập hợp tất cả các giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(\left[ {\frac{{ - 1}}{2};\frac{1}{2}} \right].\)

Vì \(a,b > 0\) nên điểm \(A\) nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Tam giác OAB cân và điểm B có hoành độ dương nên điểm B đối xứng với điểm A qua trục hoành, hay \(B\left( {a; - b} \right).\)

Diện tích tam giác OAB là: \(\frac{1}{2}.a.2b = ab.\)

Vì A thuộc elip nên: \(\frac{{{a^2}}}{4} + {b^2} = 1.\)

Theo Cauchy ta có: \(\frac{{{a^2}}}{4} + {b^2} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4}.{b^2}}  = ab \Rightarrow ab \le 1.\)

Vậy diện tích tam giác OAB lớn nhất là \(1\)  khi \(a = \sqrt 2 ,b = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Vậy khi đó \(ab = 1.\)

\({x^2} - 2mx - {m^2} - 3m + 4 = 0\)

Phương trình có hai nghiệm trái dấu \( \Leftrightarrow 1.\left( { - {m^2} - 3m + 4} \right) < 0 \)

\(\Leftrightarrow {m^2} + 3m - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 4\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l} - {x^2} - 4x + 5 \ge 0 \Leftrightarrow  - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 5 \le x \le 1.\end{array}\)

Vậy \(S = \left[ { - 5;1} \right].\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \ge 0\\4 - 3x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x \ge 1\\3x \le 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{2}\\x \le \frac{4}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le \frac{4}{3}.\end{array}\)

Vậy \(S = \left[ {\frac{1}{2};\frac{4}{3}} \right].\)

Ta có: \(\sin \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) mà \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = \frac{2}{3}.\)

Lại có \(0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos \alpha  > 0 \Rightarrow \cos \alpha  = \sqrt {\frac{2}{3}} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \left( {\alpha  + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \alpha \cos \frac{\pi }{3} + \cos \alpha \sin \frac{\pi }{3}\\\, = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\frac{1}{2} + \cos \alpha .\frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\frac{1}{2} + \sqrt {\frac{2}{3}} .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\end{array}\)

Ta có: \(\overline x  = \frac{{1 + 2 + 3 + ... + 7}}{7} = 4.\)

\( \Rightarrow {s^2} = \frac{1}{n}{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{x_i} - \overline x } \right)} ^2}\)\( = \frac{{{{\left( {1 - 4} \right)}^2} + {{\left( {2 - 4} \right)}^2} + ... + {{\left( {7 - 4} \right)}^2}}}{7} = 4\)

Áp dụng định lý hàm số cos cho \(\Delta ABC\) ta có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC\cos \widehat {BAC}\\\,\,\, = {10^2} + {16^2} - 2.10.16.\cos 60^\circ  = 196\\ \Rightarrow BC = 14\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\end{array}\)

Gọi số kệ sách và số bàn làm việc cửa hàng cần làm trong một tháng lần lượt là \(a,b\) với \(a,b \in \mathbb{N}.\)

Lợi nhuận cửa hàng thu được là: \(400a + 750b\) (nghìn đồng).

Để làm \(a\) kệ sách và \(b\) bàn làm việc, cần \(5a + 10b\) giờ chế biến gỗ và \(4a + 3b\) giờ hoàn thiện.

Vì mỗi tháng cửa hàng có không quá 600 giờ để chế biến gỗ và không quá 24 giờ để hoàn thiện nên ta có hệ bất phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}5a + 10b \le 600\\4a + 3b \le 240\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b \le 120\\4a + 3b \le 240\end{array} \right.\\ \Rightarrow 36\left( {a + 2b} \right) + \left( {4a + 3b} \right) \le 36.120 + 240\\ \Rightarrow 40a + 75b \le 4560.\end{array}\)

Suy ra \(400a + 750b \le 45600\) nghìn đồng hay 45,6 triệu đồng.

Vậy số tiền lớn nhất có thể thu được sau 1 tháng là 45,6 triệu đồng khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 120\\4a + 3b = 240\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 24\\b = 48\end{array} \right.\) hay cửa hàng cần làm 24 kệ sách và 48 bàn làm việc.

Ta có: \({d_1}:\,\,x + 2y - \sqrt 2  = 0\) có VTPT là: \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;\,\,2} \right).\)

           \({d_2}:\,\,\,x - y = 0\) có VTPT là: \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1; - 1} \right).\)

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\,\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {1.1 + 2.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}.\)

Xét đáp án A: \({x^2} + {y^2} + x + y + 4 = 0\) có: \(a =  - \frac{1}{2};\,\,b =  - \frac{1}{2};\,\,c = 4\) \( \Rightarrow {a^2} + {b^2} - c = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - 4 < 0\) \( \Rightarrow \) phương trình đã cho không phải phương trình đường tròn \( \Rightarrow \) loại đáp án A.

Xét đáp án B: \({x^2} - {y^2} + 4x - 6y - 2 = 0\) không là phương trình đường tròn vì hệ số của \({x^2}\) và \({y^2}\) trái dấu nhau \( \Rightarrow \) loại đáp án B.

Xét đáp án C: \({x^2} + 2{y^2} - 2x + 4y - 1 = 0\) không là phương trình đường tròn vì hệ số của \({x^2}\) và \({y^2}\) khác nhau \( \Rightarrow \) loại đáp án C.

Xét đáp án D: \({x^2} + {y^2} - 4x - 1 = 0\) có \(a = 2;\,\,b = 0;\,\,c =  - 1\) \( \Rightarrow {a^2} + {b^2} - c = 4 + 1 = 5 > 0\) \( \Rightarrow \) phương trình đã cho là phương trình đường tròn.

\(\begin{array}{l}\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^2} + {b^2} + 2ab}}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{2{a^2} + 2{b^2}}}{4} - \frac{{{a^2} + {b^2} + 2ab}}{4} \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} - 2ab}}{4} \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow a - b = 0 \Leftrightarrow a = b\end{array}\)

\(f\left( x \right) = \frac{{x + 2019}}{{x - 2019}} < 0\)\( \Leftrightarrow  - 2019 < x < 2019\)