Đề bài
Câu 1. (2,5 điểm)
1. Thực hiện phép tính (dfrac{{sqrt {27} }}{{sqrt 3 }})
2. Rút gọn biểu thức (P = left( {dfrac{{sqrt x }}{{3 + sqrt x }} + dfrac{{9 + x}}{{9 – x}}} right).left( {3sqrt x – x} right)) với (x ge 0) và (x ne 9)
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số (y = ax + b) đi qua hai điểm (Aleft( {2; – 2} right)) và (Bleft( { – 3;2} right))
Câu 2. (1.5 điểm)
1. Giải phương trình ({x^2} – 4x + 4 = 0)
2. Tìm giá trị của m để phương trình ({x^2} – 2left( {m + 1} right)x + {m^2} + 3 = 0) có hai nghiệm ({x_1},{x_2}) thỏa mãn (left| {{x_1}} right| + left| {{x_2}} right| = 10.)
Câu 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh
a) (D{A^2} = DC.DB)
b) Tứ giác AHCD nội tiếp.
c) (CH bot CF)
d) (dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R)
Câu 5 (0,5 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn (xy + 1 le x). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (Q = dfrac{{x + y}}{{sqrt {3{x^2} – xy + {y^2}} }})
Lời giải chi tiết
Câu 1.
1. Thực hiện phép tính (dfrac{{sqrt {27} }}{{sqrt 3 }})
(dfrac{{sqrt {27} }}{{sqrt 3 }} = sqrt {dfrac{{27}}{3}} = sqrt 9 = 3.)
2. Rút gọn biểu thức (P = left( {dfrac{{sqrt x }}{{3 + sqrt x }} + dfrac{{9 + x}}{{9 – x}}} right).left( {3sqrt x – x} right)) với (x ge 0) và (x ne 9)
Điều kiện: (x ge 0,;;x ne 9.)
(begin{array}{l}P = left( {dfrac{{sqrt x }}{{3 + sqrt x }} + dfrac{{9 + x}}{{9 – x}}} right).left( {3sqrt x – x} right);;; = left( {dfrac{{sqrt x .left( {3 – sqrt x } right)}}{{left( {3 – sqrt x } right)left( {3 + sqrt x } right)}} + dfrac{{9 + x}}{{left( {3 – sqrt x } right)left( {3 + sqrt x } right)}}} right).left( {3sqrt x – x} right);;; = dfrac{{9 + 3sqrt x }}{{left( {3 – sqrt x } right)left( {3 + sqrt x } right)}}.left( {3sqrt x – x} right);;; = dfrac{{3left( {3 + sqrt x } right)}}{{3 + sqrt x }}.sqrt x ;;; = 3sqrt x .end{array})
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số (y = ax + b) đi qua hai điểm (Aleft( {2; – 2} right)) và (Bleft( { – 3;2} right))
Đồ thị hàm số (y = ax + b) đi qua hai điểm (Aleft( {2; – 2} right)) và (Bleft( { – 3;2} right)) nên ta có hệ phương trình:
(left{ begin{array}{l}2a + b = – 2 – 3a + b = 2end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}5a = – 4b = 2 + 3aend{array} right. )
(Leftrightarrow left{ begin{array}{l}a = – dfrac{4}{5}b = – dfrac{2}{5}end{array} right.)
Vậy ta có (a = – dfrac{4}{5};;;b = – dfrac{2}{5}.)
Câu 2.
1. Giải phương trình ({x^2} – 4x + 4 = 0)
({x^2} – 4x + 4 = 0)
(Leftrightarrow {left( {x – 2} right)^2} = 0 Leftrightarrow x = 2)
Vậy tập nghiệm của phương trình là (S={2})
2. Tìm giá trị của m để phương trình ({x^2} – 2left( {m + 1} right)x + {m^2} + 3 = 0) (*) có hai nghiệm ({x_1},{x_2}) thỏa mãn (left| {{x_1}} right| + left| {{x_2}} right| = 10)
+) Phương trình có hai nghiệm ({x_1},{x_2}) khi và chỉ khi (Delta ‘ ge 0 Leftrightarrow {left( {m + 1} right)^2} – {m^2} – 3 ge 0)
(Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 – {m^2} – 3 ge 0 )
(Leftrightarrow 2m ge 2 Leftrightarrow m ge 1.)
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: (left{ begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2left( {m + 1} right),,left( 2 right){x_1}{x_2} = {m^2} + 3,,,,,,,,,,,,left( 3 right)end{array} right.)
Từ đề bài ta có: (left| {{x_1}} right| + left| {{x_2}} right| = 10 )
(Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2left| {{x_1}{x_2}} right| = 100)
(Leftrightarrow {left( {{x_1} + {x_2}} right)^2} – 2{x_1}{x_2} + 2left| {{x_1}{x_2}} right| = 100)
Lại có ({x_1}{x_2} = {m^2} + 3 > 0;forall m ) (Rightarrow left| {{x_1}{x_2}} right| = {x_1}{x_2} = {m^2} + 3.)
Khi đó ta có: (left| {{x_1}} right| + left| {{x_2}} right| = 10)
(Leftrightarrow {left( {left| {{x_1}} right| + left| {{x_2}} right|} right)^2} = 100)
(begin{array}{l} Leftrightarrow x_1^2 + 2left| {{x_1}{x_2}} right| + x_2^2 = 100 Leftrightarrow {left( {{x_1} + {x_2}} right)^2} – 2{x_1}{x_2} + 2{x_1}{x_2} = 100 Leftrightarrow {left( {{x_1} + {x_2}} right)^2} = 100 Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = pm 10.end{array})
+) TH1: ({x_1} + {x_2} = 10) kết hợp với (2) ta được:
(left{ begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 10{x_1} + {x_2} = 2left( {m + 1} right)end{array} right. )(,Leftrightarrow 2left( {m + 1} right) = 10 Leftrightarrow m = 4left( {tm} right))
+)TH2: ({x_1} + {x_2} = 10) kết hợp với (2) ta được:
(left{ begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = – 10{x_1} + {x_2} = 2left( {m + 1} right)end{array} right. )(,Leftrightarrow 2left( {m + 1} right) = – 10 Leftrightarrow m = – 6;left( {ktm} right))
Vậy (m = 4) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là (x;left( {km/h} right);;left( {x > 0} right).)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là: (dfrac{{156}}{x}) (giờ).
Quãng đường lúc về là: (156 – 36 = 120left( {km} right))
Vận tốc của ô tô lúc về là: (x + 32;;left( {km/h} right).) Thời gian của ô tô lúc về là: (dfrac{{120}}{{x + 32}}) (giờ).
Đổi: 1 giờ 45 phút ( = 1 + dfrac{{45}}{{60}} = dfrac{7}{4}) giờ.
Theo đề bài ta có phương trình: (dfrac{{156}}{x} – dfrac{{120}}{{x + 32}} = dfrac{7}{4})
(begin{array}{l} Leftrightarrow 156.4.left( {x + 32} right) – 120.4.x = 7xleft( {x + 32} right) Leftrightarrow 624x + 19968 – 480x = 7{x^2} + 224x Leftrightarrow 7{x^2} + 80x – 19968 = 0 Leftrightarrow left( {x – 48} right)left( {7x + 416} right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}x – 48 = 07x + 416 = 0end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}x = 48;;left( {tm} right)x = – dfrac{{416}}{7};;left( {ktm} right)end{array} right..end{array})
Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là (48;km/h.)
Câu 4.
a) (D{A^2} = DC.DB)
Ta có () (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) ( Rightarrow AC bot BC,,hay,,,AC bot BD).
Ta có:(widehat {DAB} = {90^0}) ( Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có (D{A^2} = DC.DB).
b) Tứ giác AHCD nội tiếp.
Xét tứ giác AHCD có (widehat {AHD} = widehat {ACD} = {90^0} Rightarrow ) Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 900
( Rightarrow ) Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
c) (CH bot CF)
Do tứ giác AHCD nội tiếp nên (widehat {FHC} = widehat {ADC}) (cùng bù với (widehat {AHC})).
Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:
(widehat {CFH} = widehat {DAC}) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).
(widehat {FHC} = widehat {ADC},,left( {cmt} right));
Suy ra, tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC (g.g) => góc FCH bằng góc ACD (hai góc tương ứng)
Mà (widehat {ACD} = {90^0} Rightarrow widehat {FCH} = {90^0} Rightarrow CH bot CF)
d) (dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R)
Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có (O{A^2} = OD.OH) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà (OA = OB = R Rightarrow O{B^2} = OD.OH )
(Rightarrow dfrac{{OB}}{{OH}} = dfrac{{OD}}{{OB}})
Xét tam giác OBH và ODB có:
(widehat {BOD}) chung;
(dfrac{{OB}}{{OH}} = dfrac{{OD}}{{OB}},,left( {cmt} right));
Suy ra, tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB (c.g.c) => góc OBH bằng góc OBD
Mà (widehat {ODB} = widehat {CAF}) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).
(widehat {CAF} = widehat {CBF}) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O))
( Rightarrow widehat {OBH} = widehat {CBF} )
(Rightarrow widehat {OBH} + widehat {HBC} = widehat {CBF} + widehat {HBC})
(Rightarrow widehat {OBC} = widehat {HBF} = widehat {ABC})
Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:
(widehat {BFH} = widehat {BCA} = {90^0}) (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O));
(widehat {HBF} = widehat {ABC},,left( {cmt} right));
Câu 5.
Ta có: (xy + 1 le x,,,(x,y > 0) Leftrightarrow y + dfrac{1}{x} le 1)
Áp dụng BĐT Cô si, ta có: (y + dfrac{1}{x} ge 2sqrt {y.dfrac{1}{x}} = 2sqrt {dfrac{y}{x}} )
(Rightarrow 1 ge 2sqrt {dfrac{y}{x}} Leftrightarrow 0 < dfrac{y}{x} le dfrac{1}{4})
(Q = dfrac{{x + y}}{{sqrt {3{x^2} – xy + {y^2}} }} = dfrac{{1 + dfrac{y}{x}}}{{sqrt {3 – dfrac{y}{x} + dfrac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} }}) . Đặt (dfrac{y}{x} = a,,,0 < a le dfrac{1}{4}), ta có:
(Q = dfrac{{1 + a}}{{sqrt {3 – a + {a^2}} }} = sqrt {dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} – a + 3}}} ) , (0 < a le dfrac{1}{4})
Ta chứng minh: (dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} – a + 3}} le dfrac{5}{9},,(*),,,forall 0 < a le dfrac{1}{4})
(left( * right) Leftrightarrow 9({a^2} + 2a + 1) le 5({a^2} – a + 3)) ( do ({a^2} – a + 3 > 0,,,forall a))
( Leftrightarrow 4{a^2} + 23a – 6 le 0 )
(Leftrightarrow 4{a^2} – a + 24a – 6 le 0)
(Leftrightarrow a(4a – 1) + 6(4a – 1) le 0)
(Leftrightarrow (4a – 1)(a + 6) le 0)
Do (0 < a le dfrac{1}{4}) ( Rightarrow 4a – 1 le 0,,,a + 6 > 0 Rightarrow (4a – 1)(a + 6) le 0)
( Rightarrow dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} – a + 3}} le dfrac{5}{9},,,,,forall 0 < a le dfrac{1}{4})
( Rightarrow Q = sqrt {dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} – a + 3}}} le sqrt {dfrac{5}{9}} = dfrac{{sqrt 5 }}{3}),(forall 0 < a le dfrac{1}{4})
Vậy, ({Q_{max}} = dfrac{{sqrt 5 }}{3}) khi và chỉ khi (a = dfrac{1}{4} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}dfrac{y}{x} = dfrac{1}{4}y + dfrac{1}{x} = 1end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}x = 2y = dfrac{1}{2}end{array} right.)
Loigiaihay.com
