Trích dẫn đề thi
Câu 1 (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) ${{A=3 \sqrt {2}-\sqrt {32}+\sqrt {50}}}$
b) $B=\left( \dfrac{1}{\sqrt {x}-2}-\dfrac{\sqrt {x}}{x-4} \right)\colon \dfrac{1}{\sqrt {x}+2}$ (với ${{x \geq 0, x \neq 4)}}$
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Vẽ đồ thị các hàm số ${{y=2 x^2}}$ và đường thẳng ${{y=-x+2}}$ trên cùng măt phẳng tọa độ ${{O x y}}$.
b) Tìm $ a,b$ để đường thẳng ${{(d^{\prime})\colon y=a x+b}}$ đi qua điểm ${{M(1 ; 2)}}$ và song song với đường thẳng
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a) ${{A=3 \sqrt {2}-\sqrt {32}+\sqrt {50}}}$
Ta có
$A=3 \sqrt {2}-\sqrt {32}+\sqrt {50}$
$=3 \sqrt {2}-\sqrt {16\cdot 2}+\sqrt {25\cdot 2}$
$=3 \sqrt {2}-4 \sqrt {2}+5 \sqrt {2}$
$=(3-4+5) \sqrt {2} $
$=4 \sqrt {2}$
Vậy ${{A=4 \sqrt {2}}}$.
b) $B=\left( \dfrac{1}{\sqrt {x}-2}-\dfrac{\sqrt {x}}{x-4} \right)\colon \dfrac{1}{\sqrt {x}+2}$ (với ${{x \geq 0, x \neq 4)}}$
Với ${{x \geq 0, x \neq 4}}$, ta có:
$B=\left( \dfrac{1}{\sqrt {x}-2}-\dfrac{\sqrt {x}}{x-4} \right)\colon \dfrac{1}{\sqrt {x}+2}$
$=\dfrac{\sqrt {x}+2-\sqrt {x}}{(\sqrt {x}+2)(\sqrt {x}-2)}\colon \dfrac{1}{\sqrt {x}+2}$
${{=\dfrac{2}{(\sqrt {x}+2)(\sqrt {x}-2)} \cdot(\sqrt {x}+2)}}$
${{=\dfrac{2}{\sqrt {x}-2}}}$
Vậy ${{B=\dfrac{2}{\sqrt {x}-2}}}$, với ${{x \geq 0, x \neq 4}}$.}
Câu 2 (2,5 điểm):
a) Giải các phương trình sau
1) ${{2 x-4=0}}$
${{2 x-4=0 \Leftrightarrow 2 x=4 \Leftrightarrow x=2}}$.
Vậy phương trình có nghiệm ${{x=2}}$.
2) ${{x^4-x^2-12=0}}$
Đặt ${{t=x^2(t \geq 0)}}$
Khi đó phương trình trở thành: ${{t^2-t-12=0}}$.
Ta có: ${{\Delta=(-1)^2-4 \cdot (-12)=49=7^2>0}}$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \dfrac{{1 + 7}}{2} = 4(tm)}\\{t = \dfrac{{1 - 7}}{2} = - 3(ktm)}\end{array}} \right.\)
Với ${{t=4}}$ ta có \({x^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là ${{S=\{-2 ; 2\}}}$.
b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 3}\\{x - 2y = 4}\end{array}} \right.\)
Ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 3}\\{x - 2y = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 3}\\{2x - 4y = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = - 5}\\{x = 2y + 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = - 1}\\{x = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = - 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ${{(x ; y)=(2 ;-1)}}$.
c) Một người đi xe máy từ huyên Ngân Sơn đến huyện Chợ Mới cách nhau ${{100 ~km \cdot }}$ Khi về người đó tăng vận tốc thêm ${{10 ~km / h}}$ so với lúc đi, do dó thời gian về ít hơn thời gian đi là $30$ phút. Tính vận tốc đi của xe máy.
Gọi vận tốc lúc đi của xe máy là $ x(~km/h)$ (ĐK: ${{x>0}}$)
Lúc đi, xe máy đi hết ${{\dfrac{100}{x}}}$ (giờ)
Vận tốc lúc về của xe máy là ${{x+10(~km / h)}}$
Lúc về, xe máy đi hết ${{\dfrac{100}{x+10}}}$ (giờ)
Do lúc về xe máy tăng tốc nên thời gian về ít hơn so với thời gian đi là $30$ phút ${{=\dfrac{1}{2} h}}$ nên ta có phương trình
${{\dfrac{100}{x}-\dfrac{100}{x+10}=\dfrac{1}{2}}}$
${{\Leftrightarrow 200(x+10)-200 x=x(x+10)}}$
${{\Leftrightarrow 200 x+2000-200 x=x^2+10 x}}$
${{\Leftrightarrow x^2+10 x-2000=0}}$
Ta có ${{\Delta^{\prime}=5^2+2000=2025=45^2>0}}$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{{ - 5 + 45}}{1} = 40(tm)}\\{x = \dfrac{{ - 5 - 45}}{1} = - 50(ktm)}\end{array}} \right.\)
Vậy vận tốc lúc đi của xe máy là ${{40 ~km / h}}$.}
Câu 3 (1,5 điểm):
a) Vẽ đồ thị các hàm số ${{y=2 x^2}}$ và đường thẳng ${{y=-x+2}}$ trên cùng măt phẳng tọa độ ${{O x y}}$.
+) Đồ thị hàm số ${{y=2 x^2}}$.
Đồ thị hàm số ${{y=2 x^2}}$ có hệ số ${{a=2>0}}$ nên có bề lõm hướng lên, đồng biến khi ${{x>0}}$, nghịch biến khi ${{x<0}}$ và nhận ${{O y}}$ làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
|
${{x}}$ |
${{-2}}$ |
${{-1}}$ |
$0$ |
$1$ |
$2$ |
|
${{y=2
x^2}}$ |
$8$ |
$2$ |
$0$ |
$2$ |
$8$ |
${{\Rightarrow y=2 x^2}}$ là đường cong đi qua các điểm ${{(-2 ; 8) ;(-1 ; 2) ;(0 ; 0) ;(1 ; 2) ;(2 ; 8)}}$.
+) Đường thẳng ${{y=-x+2}}$
Ta có bảng giá trị sau:
|
${{x}}$ |
$0$ |
$2$ |
|
$
y=-x+2$ |
$2$ |
$0$ |
${{\Rightarrow y=-x+2}}$ là đường thẳng đi qua các điểm ${{(0 ; 2) ;(2 ; 0)}}$.
+) Vẽ đồ thị hàm số ${{y=2 x^2}}$ và đường thẳng ${{y=-x+2}}$ trên cùng mặt phẳng tọa độ ${{O x y}}$.
b) Tìm $ a,b$ để đường thẳng ${{(d^{\prime})\colon y=a x+b}}$ đi qua điểm ${{M(1 ; 2)}}$ và song song với đường thẳng ${{(d)\colon y=-x+2}}$.
Để $ d'//d$ thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b \ne 2}\end{array} \Rightarrow } \right.\) Phương trình đường thẳng ${{(d^{\prime})}}$ có dạng: ${{(d^{\prime})\colon y=-x+b}}$.
Lại có ${{M(1 ; 2) \in(d^{\prime})}}$ nên thay tọa độ điểm ${{M}}$ vào phương trình đường thẳng ${{(d^{\prime})}}$ ta có: \(2 = - 1 + b \Leftrightarrow b = 3(tm)\)
Vậy ${{a=-1, b=3}}$.
Câu 4 (1,5 điểm):
Cho phương trình ${{x^2-2(m+1) x+m^2+4=0(1)}}$ (với ${{m}}$ là tham số)
a) Giải phương trình ${{(1)}}$ khi ${{m=2}}$.
Khi ${{m=2}}$ phương trình (1) trở thành: ${{x^2-6 x+8=0}}$.
Ta có ${{\Delta^{\prime}=3^2-8=1>0}}$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + 1 = 4}\\{x = 3 - 1 = 2}\end{array}} \right.\).
Vậy khi ${{m=2}}$ thì phương trình có tập nghiệm ${{S=\{2 ; 4\}}}$.
b) Tìm giá trị của ${{m}}$ để phương trình ${{(1)}}$ có hai nghiệm phân biệt ${{x_1, x_2}}$ thỏa mãn ${{x_1^2+2(m+1) x_2 \leq 2 m^2+20}}$
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
${{\Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow(m+1)^2-m^2-4>0}}$
${{\Leftrightarrow m^2+2 m+1-m^2-4>0}}$
${{\Leftrightarrow 2 m-3>0}}$
${{\Leftrightarrow m>\dfrac{3}{2}(*)}}$
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2(m + 1)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 4}\end{array}} \right.\)
Vì ${{x_2}}$ là nghiệm của phương trình (1) nên ta có ${{x_2^2-2(m+1) x^2+m^2+4=0 \Leftrightarrow 2(m+1) x^2=x_2^2+m^2+4}}$.
Khi đó ta có:
${{x_1^2+2(m+1) x_2 \leq 2 m^2+20}}$
${{\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+m^2+4 \leq 2 m^2+20}}$
${{\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2 \leq m^2+16}}$
${{\Leftrightarrow(x_1+x_2)^2-2 x_1 x_2 \leq m^2+16}}$
${{\Leftrightarrow 4(m+1)^2-2(m^2+4) \leq m^2+16}}$
${{\Leftrightarrow 4 m^2+8 m+4-2 m^2-8-m^2-16 \leq 0}}$
${{\Leftrightarrow m^2+8 m-20 \leq 0}}$
${{\Leftrightarrow m^2+10 m-2 m-20 \leq 0}}$
${{\Leftrightarrow m(m+10)-2(m+10) \leq 0}}$
${{\Leftrightarrow(m+10)(m-2) \leq 0}}$
TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 10 \ge 0}\\{m - 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow - 10 \le m \le 2} \right.\)
TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 10 \le 0}\\{m - 2 \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le - 10}\\{m \ge 2}\end{array} \Rightarrow m \in \emptyset } \right.} \right.\)
Suy ra ${{-10 \leq m \leq 2}}$. Kết hợp với điều kiện (*) ta có ${{\dfrac{3}{2}<m \leq 2}}$.
Vậy ${{\dfrac{3}{2}<m \leq 2}}$.}
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho tam giác ${{ B C}}$ có ba góc nhon nội tiếp đường tròn tâm ${{O}}$. Các đường cao ${{A
D, B E, C F}}$ của tam giác ${{ B C}}$ cắt nhau tại ${{H \cdot }}$
a) Chứng minh các tứ giác $AEHF$, $BFEC$ nội tiếp đường tròn.
Xét tứ giác ${{ E H F}}$ có ${{\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90\circ+90\circ=180\circ}}$ nên ${{ E H F}}$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${{180\circ}}$).
Xét tứ giác ${{ F E C}}$ có: ${{\widehat{BFC}=\widehat{BEC}+90\circ \Rightarrow B F E C}}$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới các góc bằng nhau).
b) Đường thẳng ${{AO}}$ cắt đường tròn tâm ${{O}}$ tại điểm ${{K}}$ khác điểm ${{A}}$. Gọi ${{I}}$ là giao điểm của hai đường thẳng $HK$ và $BC$. Chứng minh ${{I}}$ là trung điểm của đoạn thẳng ${{ C}}$.
Ta có ${{\widehat{ABK}=90\circ}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ${{\Rightarrow A B \perp B K}}$.
Mà ${{ H \perp A B(g t)}}$
${{\Rightarrow C H / / B K}}$ (từ vuông góc đến song song)
Chứng minh tương tự ta có: ${{ H / / C K}}$.
${{\Rightarrow B H C K}}$ là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song).
${{\Rightarrow}}$ Hai đường chéo ${{ C}}$ và ${{H K}}$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Mà ${{I=H K \cap B C(g t)}}$.
Vậy ${{I}}$ cũng là trung điểm của ${{ C}}$ (đpcm).
c) Tính $\dfrac{AH}{AD}+\dfrac{BH}{BE}+\dfrac{CH}{CF}$.
Đặt ${{P=\dfrac{ H}{ D}+\dfrac{ H}{ E}+\dfrac{ H}{ F}}}$
$ \Rightarrow P=1-\dfrac{HD}{AD}+1-\dfrac{HE}{BE}+1-\dfrac{HF}{CF} $
$ \Rightarrow P=3-( \dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF} ) $
Ta có: $\dfrac{HD}{AD}=\dfrac{\dfrac{1}{2}HD\cdot BC}{\dfrac{1}{2}AD\cdot BC}=\dfrac{{S_{\triangle ABC}}}{{S_{AABC}}}$
Chứng minh tương tự ta có: $\dfrac{HE}{BE}=\dfrac{{S_{\text{AHAC }}}}{{S_{\triangle ABC}}},\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{{S_{AHAB}}}{{S_{\triangle ABC}}}$
$\Rightarrow \dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}$
$=\dfrac{{S_{AHBC}}}{{S_{\triangle ABC}}}+\dfrac{{S_{AHAC}}}{{S_{ABC}}}+\dfrac{{S_{AHAB}}}{{S_{AABC}}}$
$=\dfrac{{S_{AHBC}}+{S_{\triangle HAC}}+{S_{AHAB}}}{{S_{ABC}}}$
$=\dfrac{{S_{ABC}}}{{S_{\Delta BC}}}=1$
Vậy $P=\dfrac{AH}{AD}+\dfrac{BH}{BE}+\dfrac{CH}{CF}=3-1=2$