Đề bài
Bài 1 [1,5 điểm]
1] Rút gọn biểu thức \[A = {\left[ {\sqrt 5 - \sqrt 2 } \right]^2} + \sqrt {40} \]
2] Rút gọn biểu thức \[B = \left[ {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right]:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\] với \[x > 0,\,\,x \ne 1\]
Tính giá trị của B khi \[x = 12 + 8\sqrt 2 \]
Bài 2 [1,5 điểm]
Cho Parabol \[\left[ P \right]:\;\;y = - {x^2}\] và đường thẳng \[\left[ d \right]:\;\;y = 2\sqrt 3 x + m + 1\] [m là tham số].
1] Vẽ đồ thị hàm số [P].
2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để [d] cắt [P] tại hai điểm phân biệt.
Bài 3 [2,0 điểm]
1] Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right.\]
2] Cho phương trình: \[{x^2} - 2\left[ {m + 2} \right]x + {m^2} + 3m - 2 = 0\,\,\left[ 1 \right]\], [m là tham số]
a. Giải phương trình [1] khi m = 3.
b. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] sao cho biểu thức \[A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\] đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 [1,5 điểm]
Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đấy của người đó.
Bài 5 [3,5 điểm]
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn [O] có bán kính \[R = 3cm\]. Các tiếp tuyến với [O] tại B và C cắt nhau tại D.
1] Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.
2] Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \[OD = 5cm\]. Tính diện tích của tam giác BCD.
3] Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với [O] tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \[AB.AP = AQ.AC\]
4] Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.
Lời giải chi tiết
Bài 1.
\[\begin{array}{l}1]\,\,A = {\left[ {\sqrt 5 - \sqrt 2 } \right]^2} + \sqrt {40} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = {\left[ {\sqrt 5 } \right]^2} - 2\sqrt 5 .\sqrt 2 + {\left[ {\sqrt 2 } \right]^2} + \sqrt {{2^2}.10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 5 - 2\sqrt {10} + 2 + 2\sqrt {10} \\\,\,\,\,\,\;\;\; = 7.\\2]\,\,B = \left[ {\dfrac{{x - \sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }}} \right]:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\,\,\,\left[ {x > 0,\,\,x \ne 1} \right]\\\;\;\;\;\;\;\; = \left[ {\dfrac{{\sqrt x \left[ {\sqrt x - 1} \right]}}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x \left[ {\sqrt x + 1} \right]}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\\\;\;\;\;\;\;\; = \left[ {\sqrt x - \dfrac{1}{{\sqrt x }}} \right].\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{x - 1}}{{\sqrt x }}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\\\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x - 1} \right]}}{{\sqrt x + 1}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt x - 1\,\,\end{array}\]
Ta có
\[\begin{array}{l}x = 12 + 8\sqrt 2 = {\left[ {2\sqrt 2 } \right]^2} + 2.2\sqrt 2 .2 + {2^2} = {\left[ {2\sqrt 2 + 2} \right]^2}\\ \Rightarrow \sqrt x = \sqrt {{{\left[ {2\sqrt 2 + 2} \right]}^2}} = \left| {2\sqrt 2 + 2} \right| = 2\sqrt 2 + 2\\\left[ {Do\,\,2\sqrt 2 + 2 > 0} \right]\end{array}\]
Thay \[\sqrt x = 2\sqrt 2 + 2\] vào B ta có \[B = \sqrt x - 1 = 2\sqrt 2 + 2 - 1 = 2\sqrt 2 + 1\].
Vậy khi \[x = 12 + 8\sqrt 2 \] thì \[B = 2\sqrt 2 + 1\]
Bài 2:
1] Vẽ đồ thị hàm số \[\left[ P \right]:\;\;y = - {x^2}\]:
Ta có bảng giá trị:
|
\[x\] |
-2 |
-1 |
0 |
1 |
2 |
|
\[\;y = - {x^2}\] |
-4 |
-1 |
0 |
-1 |
-4 |
Đồ thị hàm số:
2] Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: \[ - {x^2} = 2\sqrt 3 x + m + 1\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} + 2\sqrt 3 x + m + 1 = 0\;\;\;\left[ * \right]\]
Để [d] cắt [P] tại hai điểm phân biệt thì phương trình [*] phải có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' > 0\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt 3 } \right]^2} - m - 1 > 0\\ \Leftrightarrow 2 - m > 0\\ \Leftrightarrow m < 2.\end{array}\]
Vậy với \[m < 2\] thì đường thẳng \[\left[ d \right]\] cắt đồ thị hàm số \[\left[ P \right]\] tại hai điểm phân biệt.
Bài 3
Ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}9x + y = 11\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 2y = 9\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 2\left[ {11 - 9x} \right] = 9\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\5x + 22 - 18x - 9 = 0\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 11 - 9x\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 1\end{array} \right.\]
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất \[\left[ {x;y} \right] = \left[ {1;2} \right]\]
1] Cho phương trình: \[{x^2} - 2\left[ {m + 2} \right]x + {m^2} + 3m - 2 = 0\,\,\left[ 1 \right]\], [ m là tham số]
a] Giải phương trình [1] khi m = 3.
Với m = 3 ta có [1] trở thành:
\[{x^2} - 10x + 16 = 0\,\,\left[ 2 \right]\]
Ta có: \[\Delta ' = {\left[ { - 5} \right]^2} - 16 = 9 > 0\]
Khi đó phương trình [2] có 2 nghiệm phân biệt là:
\[\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 5 - 3 = 2\\{x_2} = 5 + 3 = 8\end{array} \right.\]
Vậy với m = 3 thì phương trình [1] có tập nghiệm là: \[S = \left\{ {2;8} \right\}\]
b] Tìm các giá trị của tham số m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] sao cho biểu thức \[A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\] đạt giá trị nhỏ nhất.
+] Phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] khi và chỉ khi \[\Delta ' > 0\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left[ { - \left[ {m + 2} \right]} \right]^2} - \left[ {{m^2} + 3m - 2} \right] > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - {m^2} - 3m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 6\end{array}\]
+] Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình [1] ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left[ {m + 2} \right]\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\\\,\,\,\,\, = 2018 + 3{x_1}{x_2} - \left[ {{{\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]\\\,\,\,\,\, = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2}\end{array}\]
Thay Viet vào A ta được:
\[\begin{array}{l}A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2}\\ = 2018 + 5\left[ {{m^2} + 3m - 2} \right] - 4{\left[ {m + 2} \right]^2}\\ = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 16m - 16\\ = {m^2} - m + 1992\\ = {\left[ {m - \dfrac{1}{2}} \right]^2} + \dfrac{{7967}}{4}\,\,\,\,\,\end{array}\]
Ta có: \[A \ge \dfrac{{7967}}{4}\]. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \[m = \dfrac{1}{2}\left[ {tm} \right]\]
Vậy \[m = \dfrac{1}{2}\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4:
Gọi vận tốc ban đầu của người đó là \[x\;\;\left[ {km/h} \right],\;\;\left[ {x > 0} \right].\]
Thời gian dự định người đó đi hết quãn đường là: \[\dfrac{{90}}{x}\;\;\left[ h \right].\]
Quãng đường người đó đi được sau 1 giờ là: \[x\;\;\left[ {km} \right].\]
Quãng đường còn lại người đó phải tăng tốc là: \[90 - x\;\;\left[ {km} \right].\]
Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc là: \[x + 4\;\;\left[ {km/h} \right],\] thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là: \[\dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\;\;\left[ h \right].\]
Theo đề bài ta có phương trình:
\[\begin{array}{l}\dfrac{{90}}{x} = 1 + \dfrac{9}{{60}} + \dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{90}}{x} = \dfrac{{23}}{{20}} + \dfrac{{90 - x}}{{x + 4}}\\ \Leftrightarrow 90.20\left[ {x + 4} \right] = 23x\left[ {x + 4} \right] + 20.\left[ {90 - x} \right].x\\ \Leftrightarrow 1800x + 7200 = 23{x^2} + 92x + 1800x - 20{x^2}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 92x - 7200 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 36} \right]\left[ {3x + 200} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 36 = 0\\3x + 200 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 36\;\;\left[ {tm} \right]\\x = - \dfrac{{200}}{3}\;\;\left[ {ktm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy vận tốc lúc đầu của người đó là \[36\;km/h.\]
Bài 5.
1] Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn.
Do DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn [O] \[ \Rightarrow \widehat {OBD} = \widehat {OCD} = {90^0}\]
Xét tứ giác OBDC có \[\widehat {OBD} + \widehat {OCD} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\] \[ \Rightarrow \] tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp [Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800]
2] Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết \[OD = 5cm\]. Tính diện tích của tam giác BCD.
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OBD có \[BD = \sqrt {O{D^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\,\,\left[ {cm} \right]\]
Ta có \[OB = OC = R;\,\,DB = DC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
\[ \Rightarrow O;\,\,D\] thuộc trung trực của BC \[ \Rightarrow OD\] là trung trực của BC \[ \Rightarrow OD \bot BC\].
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD có:
\[DM.DO = D{B^2} \] \[\Rightarrow DM = \dfrac{{D{B^2}}}{{DO}} = \dfrac{{{4^2}}}{5} = \dfrac{{16}}{5}\,\,\left[ {cm} \right]\]
\[BM.OD = OB.BD\] \[ \Rightarrow BM = \dfrac{{OB.BD}}{{OD}} = \dfrac{{3.4}}{5} = \dfrac{{12}}{5}\,\,\left[ {cm} \right]\]
Vậy \[{S_{\Delta DBC}} = \dfrac{1}{2}DM.BC = DM.BM \]\[\,= \dfrac{{16}}{5}.\dfrac{{12}}{5} = \dfrac{{192}}{{25}} = 7,68\,\,\left[ {c{m^2}} \right]\]
3] Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với [O] tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh \[AB.AP = AQ.AC\]
Ta có \[\widehat {APQ} = \widehat {xAB}\] [ 2 góc so le trong do đường thẳng Ax // PQ]
Mà \[\widehat {xAB} = \widehat {ACB}\] [góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của [O]].
\[ \Rightarrow \widehat {APQ} = \widehat {ACB}\]
Xét tam giác ABC và tam giác AQP có:
\[\widehat {PAQ}\] chung;
\[\widehat {APQ} = \widehat {ACB}\,\,\left[ {\,cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta AQP\,\,\left[ {g.g} \right] \]
\[\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \dfrac{{AC}}{{AP}} \]
\[\Rightarrow AB.AP = AC.AQ\]
4] Chứng minh góc PAD bằng góc MAC.
Kéo dài BD cắt D tại F.
Ta có \[\widehat {DBP} = \widehat {ABF}\] [đối đỉnh]
Mà \[\widehat {ABF} = \widehat {ACB}\] [góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB]
\[\widehat {ACB} = \widehat {APD}\] [do ]
\[ \Rightarrow \widehat {DBP} = \widehat {APD} = \widehat {BPD} \Rightarrow \Delta DBP\] cân tại D \[ \Rightarrow DB = DP\]
Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng minh được \[\widehat {DCQ} = \widehat {ACG} = \widehat {ABC} = \widehat {DQC} \Rightarrow \Delta DCQ\] cân tại D \[ \Rightarrow DC = DQ\]
Lại có \[DB = DC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau] \[ \Rightarrow DP = DQ \Rightarrow D\] là trung điểm của PQ.
Ta có:\[\Delta ABC \sim \Delta AQP\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{BC}}{{PQ}} = \dfrac{{2MC}}{{2PD}} \]
\[\Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{MC}}{{PD}}\]
Xét tam giác \[AMC\] và tam giác \[ADP\] có
\[\widehat {ACM} = \widehat {APD}\,\,\left[ {\widehat {ACB} = \widehat {APQ}\,\,\left[ {cmt} \right]} \right]\]
\[\dfrac{{AC}}{{AP}} = \dfrac{{MC}}{{PD}}\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta ADP\,\,\left[ {c.g.c} \right]\]
\[\Rightarrow \widehat {PAD} = \widehat {MAC}\,\,\left[ {dpcm} \right]\]