Trích dẫn đề thi
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính ${{A=\sqrt {4}+\sqrt {3} \cdot \sqrt {12}}}$
b) Cho biểu thức ${{B=\left(\dfrac{\sqrt {x}}{2+\sqrt {x}}+\dfrac{x+4}{4-x}\right)\colon \dfrac{x}{x-2 \sqrt {x}}}}$ với ${{x>0}}$ và ${{x \neq 4}}$.
Câu 2 (1,5 điểm)
Cho hàm số $ y={x^2}$ có đồ thị $(P)$ và đường thẳng $(d)\colon y=kx-2k+4$
a) Vẽ đồ thị $(P)$. Chứng minh rằng $(d)$ luôn đi qua điểm $C(2;4)$.
b) Gọi$H$ là hình chiếu của điểm $B(-4;4)$ trên $(d)$. Chứng minh rằng khi $ k$ thay đổi $(k\ne 0)$ thì diện tích tam giác $HBC$ không vượt quá $9cm$ (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét)
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tính ${{A=\sqrt {4}+\sqrt {3}
\cdot \sqrt {12}}}$
Ta có:
${{A=\sqrt {4}+\sqrt {3} \cdot \sqrt {12}}}$
${{A=\sqrt {2^2}+\sqrt {3\cdot 12}}}$
${{A=2+\sqrt {6^2}}}$
${{A=2+6}}$
${{A=8}}$
Vậy ${{A=8}}$.
b) Cho biểu thức ${{B=\left(\dfrac{\sqrt {x}}{2+\sqrt
{x}}+\dfrac{x+4}{4-x}\right)\colon \dfrac{x}{x-2 \sqrt {x}}}}$ với ${{x>0}}$
và ${{x \neq 4}}$.
Với ${{x>0, x \neq 4}}$ ta có:
${{B=\left(\dfrac{\sqrt {x}}{2+\sqrt {x}}+\dfrac{x+4}{4-x}\right)\colon
\dfrac{x}{x-2 \sqrt {x}}}}$
${{B=\left(\dfrac{\sqrt {x}}{2+\sqrt {x}}+\dfrac{x+4}{(2+\sqrt
{x})(2-\sqrt {x})}\right)\colon \dfrac{x}{\sqrt {x}(\sqrt {x}-2)}}}$
${{B=\dfrac{\sqrt {x}(2-\sqrt {x})+x+4}{(2+\sqrt {x})(2-\sqrt
{x})}\colon \dfrac{\sqrt {x}}{\sqrt {x}-2}}}$
${{B=\dfrac{2 \sqrt {x}-x+x+4}{(2+\sqrt {x})(2-\sqrt {x})}
\cdot \dfrac{\sqrt {x}-2}{\sqrt {x}}}}$
${{B=-\dfrac{2 \sqrt {x}+4}{2+\sqrt {x}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt
{x}}}}$
${{B=-\dfrac{2(\sqrt {x}+2)}{2+\sqrt {x}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt
{x}}}}$
${{B=-\dfrac{2}{\sqrt {x}}}}$
Vậy với ${{x>0, x \neq 4}}$ thì ${{B=-\dfrac{2}{\sqrt {x}}}}$.}
Câu 2 (1,5 điểm)
Cho hàm số $ y={x^2}$ có đồ thị
$(P)$ và đường thẳng $(d)\colon y=kx-2k+4$
a) Vẽ đồ thị $(P)$. Chứng minh rằng
$(d)$ luôn đi qua điểm $C(2;4)$.
+) Vẽ đồ thị ${{(P)}}$ :
Parabol ${{(P)\colon y=x^2}}$ có bề lõm hướng lên và nhận
${{O y}}$ làm trục đối xứng.
Hệ số ${{a=1>0}}$ nên hàm số đồng biến khi ${{x>0}}$
và nghịch biến khi ${{x<0}}$
Ta có bảng giá trị sau:
|
$ x$ |
${-2}$ |
${-1}$ |
${0}$ |
${1}$ |
${2}$ |
|
$ y=x^2$ |
${4}$ |
${1}$ |
${0}$ |
${1}$ |
${4}$ |
${{\Rightarrow}}$ Parabol ${{(P)\colon y=x^2}}$ đi qua
các điểm ${{(-2 ; 4),(-1 ; 1),(0 ; 0),(1 ; 1),(2 ; 4)}}$.
Đồ thị Parabol ${{(P)\colon y=x^2}}$ :
+) Chứng minh rằng $(d)$ luôn đi qua điểm ${{C(2 ; 4)}}$.
Thay ${{x=2 ; y=4}}$ vào phương trình đường thẳng ${{(d)\colon
y=k x-2 k+4}}$, ta được:
${{4=2 k-2 k+4 \Leftrightarrow 4=4}}$ (luôn đúng với mọi
${{k}}$)
Vậy ${{(d)}}$ luôn đi qua điểm ${{C(2 ; 4)}}$ với mọi ${{m}}$.
b) Gọi$H$ là hình chiếu của
điểm $B(-4;4)$ trên $(d)$. Chứng minh rằng khi $
k$ thay đổi $(k\ne 0)$ thì diện tích tam giác $HBC$
không vượt quá $9cm$ (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét)
Áp dụng định lí Pytago ta có: ${{H B^2+H C^2=B C^2=6^2=36}}$.
${{\Rightarrow S_{\text {sinc }} \leq \dfrac{1}{4} \cdot
36=9(dpcm)}}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ${{H R=H C
\Rightarrow \Delta H B C}}$ vuông cân tại ${{H}}$.}
Câu 3 (1,5 điểm)
Cho phương trình ${x^2}+4(m-1)x-12=0\text{
(*)}$, với ${{m}}$ là tham số
a) Giải phương trình (*) khi ${{m=2}}$
Thay ${{m=2}}$ vào phương trình (*), ta có:
${{
x^2+4(2-1) x-12=0 \Leftrightarrow x^2+4 x-12=0
}}$
Ta có: $\Delta '={2^2}+12=16={4^2}>0$ nên phương trình
có 2 nghiệm phân biệt
Vậy với ${{m=2}}$ thì tập nghiệm của phương trình (*)
là ${{S=\{2 ; 6\}}}$.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số $ m$ để phương trình
(*) có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn ${{4\left|x_1-2\right|
\sqrt {4-m x_2}=\left(x_1+x_2-x_1 x_2-8\right)^2 \cdot }}$
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ${{x_1, x_2
\Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 4(m-1)^2+12>0}}$ (luôn
đúng với mọi ${{m}}$ ).
Vì ${{x_2}}$ là nghiệm của phương trình (*) nên:
${{x_2^2+4(m-1) x_2-12=0}}$
${{\Leftrightarrow x_2^2+4 m x_2-4 x_2-12=0}}$
${{\Leftrightarrow x_2^{\prime}+4(m x_2-4)-4 x_2+4=0}}$
${{\Leftrightarrow 4(4-m x_2)=x_2^3-4 x_2+4=(x_2-2)^2}}$
${{\Leftrightarrow 2 \sqrt {4-m x_2}=\sqrt {(x_2-2)^2}=|x_2-2|}}$
Khi đó ta có:
${{4\left|x_1-2\right| \sqrt {4-m x_2}=\left(x_1+x_2-x_1
x_2-8\right)^2}}$
${{\Leftrightarrow 2|x_1-2 \| x_2-2|=[4(1-m)+12-8]^2}}$
${{\Leftrightarrow 2|x_1 x_2-2(x_1+x_2)+4|=(8-4 m)^2}}$
${{\Leftrightarrow 2|-12-2\cdot 4(1-m)+4|-64-64 m+16
m^2}}$
${{\Leftrightarrow|-16+8 m|-8(m^2-4 m+4)}}$
${{\Leftrightarrow|m-2|=(m-2)^2}}$
${{arrow(m-2)^2=(m-2)^4}}$
${{\Leftrightarrow(m-2)^4-(m-2)^2=0}}$
${{\Leftrightarrow(m-2)^2 \cdot[(m-2)^2-1]=0}}$
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m - 2 - 1}\\{m - 2 = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m - 3}\\{m - 1}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy ${{m \in\{1 ; 2 ; 3\}}}$ là các giá trị thỏa mãn bài
toán.}
Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của
chúng bằng $2021$ và hiệu của số lớn và số bé bằng $15$.
Gọi số lớn là $ x(x>15,x\in \mathbb{N})$, số bé là $
y(y\in \mathbb{N})$.
Ta có tổng hai số bằng 2021 nên ta có phương trình ${{x+y=2021}}$
(1)
Hiệu của số lớn và số bé bằng 15 nên ta có phương trình
${{x-y=15(2)}}$
Từ ${{(1),(2)}}$ ta có hệ phương trình
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 2021}\\{x - y - 15}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 2036}\\{y - x - 15}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1018}\\{y - 1003}\end{array}(tm)} \right.} \right.} \right.\)
Vậy số lớn là 1018 , số bé là ${{1003 \cdot }}$
b) Một địa phurơng lên kế hoạch xét nghiệm
SARS-CoV-2 cho $12000$ người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương
pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm $1000$ người. Vì thế, địa phương
này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là $16$ giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa
phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ?
Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm được trong một
giờ là $ x$ (người) $(x\in \mathbb{N}*,x<12000)$
Theo kế hoạch địa phương $ y$ xét nghiệm $12000$ người
hết ${{\dfrac{12000}{x}}}$ (giờ)
Thực tế, số người xét nghiệm được trong một giờ là $ x+1000$
(người)
Thực tế, địa phương xét nghiệm $12000$ người hết $\dfrac{12000}{x+1000}$
(giờ)
Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là $16$ giờ
nên ta có phương trình:
${{\dfrac{12000}{x}-\dfrac{12000}{x+1000}=16}}$
${{\Leftrightarrow 12000(x+1000)-12000 x-16 x(x+1000)}}$
${{\Leftrightarrow 12000 x+12000000-12000 x=16 x^2+16000}}$
${{\Leftrightarrow 16 x^2+16000 x-12000000-0}}$
${{\Leftrightarrow x^2+1000 x-750000=0}}$
${{\Leftrightarrow x^2+1500 x-500 x-750000=0}}$
${{\Leftrightarrow x(x+1500)-500(x+1500)=0}}$
${{\Leftrightarrow(x+1500)(x-500)=0}}$
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1500 = 0}\\{x - 500 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1500(ktm)}\\{x = 500\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần $24$ giờ để xét
nghiệm xong.}
Câu 5 (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ${{ B C(A B<A C)}}$, các đường cao ${{BD, C E(D \in AC, E \in A B)}}$ cắt nhau tại ${{H}}$
a) Chứng
minh rằng tứ giác ${{ E D C}}$ nội tiếp.
Ta có: ${{BD, C E}}$ là các đường cao của ${{\Delta A B C}}$ nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{CE \bot AB}\end{array} \Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ } \right.\)
${{\Rightarrow B E D C}}$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác
có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).
b) Gọi ${{M}}$ là trung điểm
của ${{ C}}$. Đường tròn đường kính ${{ H}}$ cắt ${{AM}}$
tại điểm ${{G}}$ (${{G}}$ khác ${{A}}$).
Chứng minh rằng ${{ E \cdot A B=A G \cdot A M}}$
Ta có: ${{\widehat{AEH}=\widehat{ADH}=90\circ
\Rightarrow \widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180\circ}}$
${{\Rightarrow A E H D}}$ nội tiếp đường tròn đường
kính ${{ H}}$ (định nghĩa)
Mà đường tròn đường kính ${{ H}}$ cắt ${{ M}}$ tại ${{G}}$.
${{\Rightarrow}}$ Năm điểm ${{A, E, H, G, D}}$ cùng
thuộc một đường tròn.
${{\Rightarrow \widehat{AGE}=\widehat{ADE}}}$ (2 góc nội
tiếp cùng chắn cung ${{ E}}$ )
Mà ${{\widehat{ABC}=\widehat{ADE}}}$ (góc ngoài và góc
trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ${{ E D C}}$ )
${{\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AGE} \cdot }}$
Xét ${{\Delta A B M}}$ và ${{\Delta A G E}}$ có: ${{\widehat{ABC}=\widehat{AGE}(cmt)
; \widehat{BAM}}}$ chung.
${{\Rightarrow \Delta A B M \sim \Delta A G E(g \cdot
g) \Rightarrow \dfrac{ E}{ M}=\dfrac{ G}{ B}}}$ (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
${{\Rightarrow A E \cdot A B=A G \cdot A M}}$ (đpcm)
c) Hai đường thẳng ${{DE}}$ và ${{
C}}$ cắt nhau tại ${{K \cdot }}$ Chứng minh rằng ${{\widehat{MAC}=\widehat{GCM}}}$
và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngọi tiếp hai tam giác ${{M B
E, M C D}}$ song song với đường thẳng ${{K G \cdot }}$
Ta có ${{\widehat{AGD}=\widehat{AED}}}$ ( 2 góc nội tiếp
cùng chắn cung ${{ D}}$ )
Mà ${{\widehat{AED}=\widehat{ACB}}}$ (góc ngoài và góc
trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ${{ E D C}}$ )
${{\Rightarrow \widehat{AGD}=\widehat{ACB}=\widehat{DCM}}}$
Lại có ${{\widehat{AGD}+\widehat{DGM}=180\circ}}$ (kề
bù) ${{\Rightarrow \widehat{DGM}+\widehat{DCM}=180\circ}}$.
${{\Rightarrow G D C M}}$ là tứ giác nội tiếp (dhnb) ${{\Rightarrow
\widehat{MGC}=\widehat{MDC}}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ${{M C}}$).
Lại có ${{ M=\dfrac{1}{2} B C=M C}}$ (định lí đường
trung tuyến trong tam giác vuông) ${{\Rightarrow \Delta M C D}}$ cân tại ${{M}}$.
${{\Rightarrow \widehat{MDC}=\widehat{MCD}}}$ (2 góc ở
đáy của tam giác cân).
${{\Rightarrow \widehat{MGC}=\widehat{MCD}=\widehat{MCA}
\cdot }}$
Xét ${{\Delta G C M}}$ và ${{\Delta C A M}}$ có: ${{\widehat{AMC}}}$
chung ${{; \widehat{MAC}=\widehat{GCM}(cmt)}}$
${{\Rightarrow \Delta G C M \sim \Delta C A M(g \cdot g)
\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{GCM}}}$ ( 2 góc tương ứng) (đpcm).
Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{AGE}(cmt)$ nên ${{E B M
G}}$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
${{\Rightarrow}}$ Đường nối tâm hai đường tròn ngoại
tiếp hai tam giác ${{M B E, M C D}}$ là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp
hai tứ giác ${{G D C M}}$ và ${{E B M G}}$.
Giao của hai tứ giác ${{G D C M}}$ và ${{E B M G}}$ là
${{G M}}$.
${{\Rightarrow}}$ Đường nối tâm vuông góc với $GM(*)$
Gọi ${{\{F\}=A H \cap B C \Rightarrow A F \perp B C
\Rightarrow \widehat{AFB}=90\circ}}$
Mà ${{\widehat{BDA}=90\circ \Rightarrow A D F B}}$ nội
tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
${{\Rightarrow \widehat{BAC}=\widehat{DFM}}}$ (1) (góc
ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà ${{\widehat{EDH}=\widehat{EAH}}}$ (2) (Hai góc nội
tiếp cùng chắn cung ${{E H}}$ ).
${{\widehat{HDM}=\widehat{HBM}=\widehat{DBM}}}$ (DM là
trung tuyến của ${{\Delta B D C}}$ vuông tại ${{D}}$ nên $DM=\dfrac{1}{2}BC=BM$).
${{\widehat{DBM}=\widehat{HAD}}}$ (Cùng phụ ${{\widehat{ACB})}}$
${{\Rightarrow \widehat{HDM}=\widehat{HAD}}}$
Từ (1), (2) và (3) suy ra
${{\widehat{EDM}=\widehat{EDH}+\widehat{HDM}=\widehat{EAH}+\widehat{HAD}=\widehat{BAC}=\widehat{DFM}=\widehat{KDM}}}$
Xét ${{\Delta F D M}}$ và ${{\Delta D K M}}$ có: ${{\widehat{KMD}}}$
chung; ${{\widehat{DFM}=\widehat{KDM}}}$ (cmt)
${{\Rightarrow \Delta F D M \sim \Delta D K M(g \cdot g)
\Rightarrow \dfrac{M D}{K M}=\dfrac{F M}{M D} \Rightarrow M D^2=F M \cdot K M}}$
Có: ${{\Delta G C M \sim \Delta C A M(cmt) \Rightarrow
\dfrac{M C}{ M}=\dfrac{G M}{M C} \Rightarrow M C^2=M G \cdot M A}}$
Mà ${{M D=M C(cmt) \Rightarrow F M \cdot K M=M G \cdot
M A \Rightarrow \dfrac{F M}{G M}=\dfrac{M A}{M K}}}$
${{\Rightarrow \Delta F G M \sim \Delta A K M(}}$
c.g.c ${{) \Rightarrow \widehat{FGM}=\widehat{AKM}}}$ ( 2 góc tương ứng)
${{\Rightarrow A G F K}}$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác
có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
${{\Rightarrow \widehat{AFK}=\widehat{AGK}=90\circ}}$
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung ${{\cdot A K) \Rightarrow K G \perp A G}}$ hay ${{K
G \perp G M \quad(* *)}}$
Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra đường nối tâm hai đường tròn
ngoại tiếp hai tam giác ${{M B E, M C D}}$ song song với ${{K G}}$ (đpcm).