Đề bài
Câu 1 (2,0 điểm):
Cho hai biểu thức: \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{2}{{x - 1}}} \right)\) với \(x > 0;x \ne 1\)
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm x biết \(A = 2\).
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \left( {A - 4} \right)\sqrt x \).
Câu 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Một ô tô đi từ A đến B cách nhau 90 km với vận tốc dự định. Khi từ B trở về A, ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc lúc đi là 5 km/giờ. Do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút. Tính vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B.
Câu 3 (2,0 điểm):
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2} + 2\left( {x - y} \right) = 8\\2\sqrt {x - 2} + 5\left( {x - y} \right) = 19\end{array} \right..\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng \(\left( d \right):y = mx - m - 2\) (m là tham số) và parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\)
a) Với \(m = - 2\), tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\).
b) Tìm m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {20} \).
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là 12 cm, chiều cao là 10 cm. Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).
2. Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), từ điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn \(\left( O \right)\) (B, C lần lượt là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai F. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF\).
c) Chứng minh \(BC = CF\)
Câu 5 (0,5 điểm):
Một viên gạch hình vuông cạnh a (cm) có hoa văn như hình vẽ. M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB, BC, CD. Tìm độ dài a biết diện tích phần gạch chéo là \(200\left( {4 - \pi } \right)\) (cm2)
LG câu 1
Phương pháp giải:
+ Quy đồng và rút gọn phân thức
+ Tính và đưa P về dạng một tổng bình phương cộng một số.
Lời giải chi tiết:
Cho hai biểu thức: \(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{2}{{x - 1}}} \right)\) với \(x > 0;x \ne 1\)
1) Rút gọn biểu thức A.
Điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 1.\)
\(A = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{1}{{x - \sqrt x }}} \right)\)\(:\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{2}{{x - 1}}} \right)\)
\( = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right)\)\(:\left( {\dfrac{1}{{\sqrt x + 1}} + \dfrac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right)\)
\(\begin{array}{l} = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\left( {\sqrt x - 1} \right) = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt x }}.\end{array}\)
2) Tìm x biết \(A = 2\).
Điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}A = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt x }} = 2\\ \Leftrightarrow x + 1 = 2\sqrt x \\ \Leftrightarrow x - 2\sqrt x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x = 1\\ \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)
Vậy không có giá trị nào của x để \(A = 2\).
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \left( {A - 4} \right)\sqrt x \).
Điều kiện: \(x > 0,\,\,x \ne 1.\)
\(\begin{array}{l}P = \left( {A - 4} \right)\sqrt x = \left( {\dfrac{{x + 1}}{{\sqrt x }} - 4} \right).\sqrt x \\ = x - 4\sqrt x + 1 = {\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} - 3 \ge - 3\end{array}\)
Ta có \(P \ge - 3\), dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \( - 3\) khi \(x = 4\).
LG câu 2
Phương pháp giải:
+ Phân tích kỹ đề bài, gọi vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
+ Dựa vào dữ kiện đề bài để lập phương trình giải tìm x.
Lời giải chi tiết:
Gọi vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là \(x\,\,\left( {km/h} \right)\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)
Khi đó thờ gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{90}}{x}\,\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc ô tô khi đi từ B trở về A là \(x + 5\,\,\,\left( {km/h} \right)\)
Thời gian ô tô đi từ B trở về A là \(\dfrac{{90}}{{x + 5}}\,\,\,\left( h \right).\)
15 phút \( = \dfrac{1}{4}\) giờ
Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{90}}{x} - \dfrac{{90}}{{x + 5}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{450}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow {x^2} + 5x - 1800 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 40x + 45x - 1800 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 40} \right) + 45\left( {x - 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 40} \right)\left( {x + 45} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 40 = 0\\x + 45 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40\,\,\,\,(tm)\\x = - 45\,\,\,\,(ktm)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc dự định của ô tô là \(40\,\,km/h.\)
LG câu 3
Phương pháp giải:
1) Giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.
2) a) Thay \(m = 2\) vào \(\left( d \right)\), giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm giao điểm của chúng.
b) Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\). Sử dụng định lý Vi-ét biến đổi phương trình đã cho theo m để giải tìm m
Lời giải chi tiết:
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2} + 2\left( {x - y} \right) = 8\\2\sqrt {x - 2} + 5\left( {x - y} \right) = 19\end{array} \right..\)
Điều kiện : \(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2} = a\,\,\\\,x - y = b\,\,\,\,\end{array} \right.\left( {a \ge 0} \right).\) Khi đó hệ phương trình trở thành:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 8\\2a + 5b = 19\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 4b = 16\\2a + 5b = 19\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 8\\b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\,\,\,(tm)\\b = 3\end{array} \right.\,\,\,\,\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 2} = 2\\x - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 4\\y = x - 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 3\end{array} \right.\,\,\,\,\end{array}\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {6;3} \right).\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng \(\left( d \right):y = mx - m - 2\) (m là tham số) và parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\)
a) Với \(m = - 2\), tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và parabol \(\left( P \right)\).
Với \(m = - 2\) ta có phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = - 2x\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\(\begin{array}{l} - {x^2} = - 2x \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
+) Với \(x = 0 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow O\left( {0;\,\,0} \right)\)
+) Với \(x = 2 \Rightarrow y = - 4 \Rightarrow A\left( {2; - 4} \right).\)
Vậy với \(m = - 2\) thì đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có tọa độ \(\left( {0;0} \right)\) và \(\left( {2; - 4} \right)\)
b) Tìm m để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {20} \).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) là:
\( - {x^2} = mx - m - 2\) \( \Leftrightarrow {x^2} + mx - m - 2 = 0\) (1)
Ta có \(\Delta = {m^2} + 4\left( {m + 2} \right)\)\( = {m^2} + 4m + 8\)\( = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4 \ge 4 > 0\) mới mọi m
Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\)
Theo định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - m\\{x_1}{x_2} = - m - 2\end{array} \right.\)
Theo đề bài \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {20} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = 20\)\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 20\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {m^2} + 4m + 8 = 20\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 6m - 12 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 6\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {m + 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 6\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy với \(m = 2\) hoặc \(m = - 6\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
LG câu 4
Phương pháp giải:
1) Diện tích đường tròn đáy của hình trụ có bán kính \(R\) là \({S_đ} = \pi {R^2}\)
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\) là \({S_{xq}} = 2\pi R.h\)
Diện tích toàn phần của hình trụ là \({S_{tp}} = 2.{S_đ} + {S_{xq}}\)
2) a) Chứng minh ABOC là tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^o}\)
b) Chứng minh \(\Delta ABE \backsim \Delta AFB\,\,\left( {g - g} \right)\) để suy ra đpcm
c) Chứng minh cân tại C \( \Rightarrow CB = CF\,\,\,\,\left( {đpcm} \right).\)
Lời giải chi tiết:
1. Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là 12 cm, chiều cao là 10 cm. Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).
Ta có bán kính đáy là: 6 (cm)
Diện tích một đáy của hình trụ là: \(\pi {.6^2} = 36\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích xung quanh là: \(2\pi .6.10 = 120\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích vật liệu tạo nên vỏ hộp sữa là: \(2.36\pi + 120\pi = 192\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
2. Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), từ điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vé hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn \(\left( O \right)\) (B, C lần lượt là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BO\\AC \bot CO\end{array} \right.\) (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \angle ABO = \angle ACO = {90^o}\)
Xét tứ giác ABOC có \(\angle ABO + \angle ACO = {90^o} + {90^o} = {180^o}\)
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau \( \Rightarrow \) Tứ giác ABOC nội tiếp (dhnb).
b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai F. Chứng minh \(A{B^2} = AE.AF\).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:
\(\angle ABE = \angle AFB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle BAF\,\,\,chung\\\angle ABE = \angle AFB\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABE \backsim \Delta AFB\,\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\end{array}\)
\( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\) (đpcm)
c) Chứng minh \(BC = CF\).
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:
\(\angle DCE = \angle DBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)
Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta DCB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle CDB\,\,\,chung\\\angle DCE = \angle DBC\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta DEC \backsim \Delta DCB\,\,\,\left( {g - g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DC}}{{DB}} = \dfrac{{DE}}{{DC}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow D{C^2} = DB.DE\)
Mà \(AD = DC\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{D^2} = DE.DB\\ \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{DE}} = \dfrac{{DB}}{{AD}}\end{array}\)
Xét \(\Delta DAE\) và \(\Delta DBA\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ADB\,\,chung\\\dfrac{{AD}}{{DE}} = \dfrac{{DB}}{{AD}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta DAE \backsim \Delta DBA\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBA\) (cặp góc tương ứng bằng nhau)
Mà \(\angle DBA = \angle AFB\,\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \angle DAE = \angle AFB\)
Lại có hai góc này ở vị trí so le trong
\( \Rightarrow AC//BF\)\( \Rightarrow \angle CBF = \angle BCA\) (2 góc so le trong)
Mà \(\angle BCA = \angle BFC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\( \Rightarrow \angle CBF = \angle CFB \Rightarrow \Delta CBF\) cân tại C \( \Rightarrow CB = CF\,\)(đpcm)
LG câu 5
Phương pháp giải:
Nhận thấy rằng phần gạch trắng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.
Diện tích hình viên phân bằng diện tích hình quạt trừ diện tích tam giác
Dựa vào đề bài, lập phương trình, giải tìm a
Lời giải chi tiết:
Nhận thấy rằng phần gạch trắng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.
Gọi \(R = \dfrac{a}{2}\) là bán kính hình tròn. Diện tích một hình viên phân là:
\(S = \dfrac{{\pi {R^2}}}{4} - \dfrac{{{R^2}}}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{4}\left( {\pi - 2} \right)\) \( = \dfrac{{{a^2}}}{{16}}\left( {\pi - 2} \right)\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích hình gồm 8 viên phân bằng \(\dfrac{{{a^2}}}{2}\left( {\pi - 2} \right)\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích phần gạch chéo bằng: \({a^2} - \dfrac{{{a^2}\left( {\pi - 2} \right)}}{2}\) \( = \dfrac{{{a^2}\left( {4 - \pi } \right)}}{2}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vì diện tích phần gạch chéo là \(200\left( {4 - \pi } \right)\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\) nên ta có:
\(\dfrac{{{a^2}\left( {4 - \pi } \right)}}{2} = 200\left( {4 - \pi } \right)\)\( \Leftrightarrow {a^2} = 400 \Leftrightarrow a = 20\,\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy \(a = 20\,\,\left( {cm} \right).\)
Nguồn sưu tầm
soanvan.me
