HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm):
Rút gọn các biểu thức sau:
a) $A=\sqrt{8}-\sqrt{32}+\sqrt{50}$
$A=\sqrt{8}-\sqrt{32}+\sqrt{50}$
$A=\sqrt{{{2}^{2}}\cdot 2}-\sqrt{{{4}^{2}}\cdot 2}+\sqrt{{{5}^{2}}\cdot 2}$
$A=2\sqrt{2}-4\sqrt{2}+5\sqrt{2}$
$A=(2-4+5)\sqrt{2}$
$A=3\sqrt{2}$
Vậy $A=3\sqrt{2}$.
b) $B=\left( 3+\dfrac{a+\sqrt{a}}{\sqrt{a}+1} \right)\cdot \left( 3-\dfrac{a-\sqrt{a}}{\sqrt{a}-1} \right)$ (với $\left. a\ge 0,a\ne 1 \right)$.
Với $a\ge 0,a\ne 1$ ta có:
$B=\left( 3+\dfrac{a+\sqrt{a}}{\sqrt{a}+1} \right)\cdot \left( 3-\dfrac{a-\sqrt{a}}{\sqrt{a}-1} \right)$
$B=\left( 3+\dfrac{\sqrt{a}(\sqrt{a}+1)}{\sqrt{a}+1} \right)\cdot \left( 3-\dfrac{\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)}{\sqrt{a}-1} \right)$
$B=(3+\sqrt{a})\cdot (3-\sqrt{a})$
$B=9-a$
Vậy với $a\ge 0,a\ne 1$ thì $B=9-a$.
Câu 2 (1,5 điểm):
a) Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y=(m-1)x+2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Để hàm số $y=(m-1)x+2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, thì $m-1>0\Leftrightarrow m>1$.
Vậy hàm số $y=(m-1)x+2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $m>1$.
b) Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 8}\\{3x - 4y = 2}\end{array}} \right.$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 8}\\{3x - 4y = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6y = 6}\\{3x + 2y = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{3x + 2 = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.$
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x;y)=(2;1)$.
Câu 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình:${{x}^{2}}-6x+m+4=0\quad $ (1) $(m$ là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi $m=1$.
Với $m=1$ thì $(1)$ trở thành ${{x}^{2}}-6x+5=0$.
Ta có $a+b+c=1-6+5=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \dfrac{c}{a} = 5}\end{array}} \right.$
Vậy khi $m=1$ thì tập nghiệm của phương trình là $S=\{1;5\}$.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn
$2020\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2021{{x}_{1}}{{x}_{2}}=2014.$
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\Leftrightarrow {\Delta }'>0\Leftrightarrow 9-m-4>0\Leftrightarrow 5-m>0\Leftrightarrow m<5$.
Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 6}\\{{x_1}{x_2} = m + 4}\end{array}} \right.$
Khi đó ta có:
$2020\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2021{{x}_{1}}{{x}_{2}}=2014$
$\Leftrightarrow 2020.6-2021.(m+4)=2014$
$\Leftrightarrow 12120-2021m-8084=2014$
$\Leftrightarrow 2021\text{m}=2022$
$\Leftrightarrow m=\dfrac{2022}{2021}(tm)$
Vậy $m=\dfrac{2022}{2021}$.
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh $\dfrac{a+b}{\sqrt{a(15a+b)}+\sqrt{b(15b+a)}}\ge \dfrac{1}{4}$.
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
$\sqrt{16a(15a+b)}\le \dfrac{16a+15a+b}{2}=\dfrac{31a+b}{2}$
$\sqrt{16b(15b+a)}\le \dfrac{16b+15b+a}{2}=\dfrac{31b+a}{2}$
$\Rightarrow \sqrt{16a(15a+b)}+\sqrt{16b(15b+a)}\le \dfrac{31a+b+31b+a}{2}=16(a+b)$
$\Rightarrow \sqrt{a(15a+b)}+\sqrt{b(15b+a)}\le 4(a+b)$
$\Rightarrow \dfrac{a+b}{\sqrt{a(15a+b)}+\sqrt{b(15b+a)}}\ge \dfrac{1}{4}$ (đpcm)
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho đường tròn $(O;R)$ đường kính $AB$, dây cung $MN$ vuông góc với $AB$ tại $I$ sao cho $AI<BI.$ Trên đọan thẳng $MI$ lấy điểm $H$ ($H$ khác $M$ và $I$), tia $AH$ cắt đường tròn $(O;R)$ tại điểm thứ hai là $K$. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác $BIHK$ nội tiếp đường tròn.
Ta có $\widehat{AKB}=90{}^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{BKH}=90{}^\circ $.
Xét tứ giác $BIHK$ có: $\widehat{BIH}+\widehat{BKH}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $ nên $BIHK$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) $\Delta AHM$ đồng dạng với $\Delta AMK$.
Ta có: $\widehat{AMB}=90{}^\circ $ (góc nội tiểp chắn nừa đường tròn).
$\Rightarrow \widehat{AMH}+\widehat{BMH}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{AMH}+\widehat{ABM}=90{}^\circ $
Lại có $\widehat{ABM}=\widehat{AKM}$ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung $AM)\Rightarrow \widehat{AMH}=\widehat{AKM}$.
Xét $\Delta AHM$ và $\Delta AMK$ có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {MAK}{\rm{ chung }}}\\{\widehat {AMH} = \widehat {AKM}(cmt)}\end{array} \Rightarrow \Delta AHM \backsim \Delta AMK(g \cdot g)} \right.$
c) $AH.AK+BI\cdot AB=4{{R}^{2}}$.
Vì $\Delta AHM\backsim \Delta AMK(cmt)\Rightarrow \dfrac{AH}{AM}=\dfrac{AM}{AK}$(2 cạnh tương ứng) $\Rightarrow AH.AK=A{{M}^{2}}.$
Xét tam giác vuông $ABM$ có đường cao $MI$ ta có: $BI\cdot BA=B{{M}^{2}}$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
$\Rightarrow AH.AK+BI.AB=A{{M}^{2}}+B{{M}^{2}}.$
Mà $\Delta ABM$ vuông tại $M(cmt)$ nên áp dụng định lí Pytago ta có $A{{M}^{2}}+B{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}={{(2R)}^{2}}=4{{R}^{2}}$.
Vậy $AH.AK+BI.AB=4{{R}^{2}}$ (đpcm)