- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
- LG bài 3
- LG bài 4
- LG bài 5
Đề bài
Bài 1 [1,0 điểm]:
Giải phương trình \[{x^2} + 28x - 128 = 0\]
Bài 2 [1,5 điểm]:
Cho phương trình \[[m + 1]{x^2} - [2m + 3]x + m + 4 = 0\,\,\,\,\,[1]\], với \[m\] là tham số.
a] Giải phương trình khi \[m = - 1\] .
b] Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để phương trình [1] có nghiệm.
Bài 3 [3,0 điểm]:
Cho \[[P]\] là đồ thị hàm số \[y = - \dfrac{1}{2}{x^2},\,\,\,[d]\] là đồ thị hàm số \[y = 2x\] và \[[d']\] là đồ thị hàm số \[y = - x\].
a] Vẽ đồ thị của các hàm số \[y = - \dfrac{1}{2}{x^2},\,\,\,y = 2x,\,\,\,y = - x\] trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b] Các đồ thị \[[P],\,\,[d]\,\]và \[\,[d']\] có một điểm chung là gốc tọa độ\[O\]. Gọi \[A\] là giao điểm thứ hai của \[[P]\] và \[[d]\], gọi \[B\] là giao điểm thứ hai của \[[P]\] và \[[d']\]. Chứng minh rằng tam giác \[OAB\] vuông và tính diện tích tam giác \[OAB\] [đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét].
Bài 4 [1,0 điểm]:
Tìm hai số tự nhiên, biết rằng hiệu của số lớn và số nhỏ bằng \[1814\] và nếu lấy số lớn chia cho số nhỏ thì được thương là \[9\] và số dư là \[182\].
Bài 5 [3,5 điểm]:
Cho góc \[\widehat {xAy} = {60^0}\] và \[[O]\] là đường tròn tiếp xúc với tia \[Ax\] tại \[B\] và tiếp xúc với tia \[Ay\] tại \[C\]. Trên cung nhỏ của đường tròn \[[O]\] lấy điểm \[M\] và gọi \[D,\,\,E,\,\,F\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[M\] trên \[BC,\,\,CA,\,\,AB\].
a] Chứng minh tứ giác \[CDME\] là tứ giác nội tiếp.
b] Tính số đo của góc \[\widehat {EDF}\].
c] Chứng minh rằng \[M{D^2} = ME.MF\].
LG bài 1
Lời giải chi tiết:
Ta có: \[\Delta ' = {14^2} - 1.[ - 128] = 196 + 128 = 324 = {18^2}\]
\[ \Rightarrow \Delta ' > 0\] nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\[{x_1} = \dfrac{{ - 14 - 18}}{1} = - 32\] và \[{x_2} = \dfrac{{ - 14 + 18}}{1} = 4\]
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \[S = {\rm{\{ }} - {\rm{32; 4\} }}\]
LG bài 2
Lời giải chi tiết:
a] Khi \[m = - 1\] ta có phương trình \[ - x + 3 = 0\]
Do đó, phương trình có \[1\] nghiệm là \[x = 3\].
b] Khi \[m = - 1\] theo câu a phương trình có một nghiệm.
Khi \[m \ne - 1\], phương trình đã cho là một phương trình bậc \[2\] có \[\Delta = {[2m + 3]^2} - 4[m + 1][m + 4] = - 8m\, - 7\]
Phương trình có nghiệm \[ \Leftrightarrow - 8m - 7 \ge 0\] [với \[m \ne - 1\]]
Kết hợp \[2\] trường hợp trên: khi \[m \le - \dfrac{7}{8}\] thì phương trình đã cho có nghiệm.
LG bài 3
Lời giải chi tiết:
Cho \[[P]\] là đồ thị hàm số \[y = - \dfrac{1}{2}{x^2},\,\,\,[d]\] là đồ thị hàm số \[y = 2x\] và \[[d']\] là đồ thị hàm số \[y = - x\].
a] +] Vẽ đồ thị của hàm số \[y = - \dfrac{1}{2}{x^2}\]:
Chọn \[x = 0\,\, \Rightarrow y = 0\] ;
\[x = 1\,\, \Rightarrow y = - \dfrac{1}{2}{.1^2} = \dfrac{{ - 1}}{2}\];
\[x = - 1\,\, \Rightarrow y = - \dfrac{1}{2}.{[ - 1]^2} = \dfrac{{ - 1}}{2}\]
Vậy đồ thị hàm số nhận trục \[Oy\] làm trục đối xứng và đi qua các điểm \[[0;\,\,0];\,\,\,\left[ {1;\dfrac{{ - 1}}{2}} \right];\,\,\,\left[ { - 1;\dfrac{{ - 1}}{2}} \right]\].
+] Vẽ đồ thị hàm số \[y = 2x\]
Chọn \[x = 0\,\,\, \Rightarrow y = 0\,\,\,;\,\,\,x = 1 \Rightarrow y = 2\].
Đồ thị hàm số \[y = 2x\] đi qua gốc tọa độ \[[0;\,\,0]\] và điểm \[[1;\,\,2]\].
+] Vẽ đồ thị hàm số \[y = - x\]
Chọn \[x = 0\,\,\, \Rightarrow y = 0\,\,\,;\,\,\,x = 1 \Rightarrow y = - 1\].
Đồ thị hàm số \[y = - x\] đi qua gốc tọa độ \[[0;\,\,0]\] và điểm \[[1;\,\, - 1]\].
b]
+] Hoành độ giao điểm của \[[P]\] và \[[d]\] là nghiệm của phương trình:
\[\begin{array}{l} - \dfrac{1}{2}{x^2} = 2x\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{x^2} + 2x = 0\\ \Leftrightarrow x\left[ {\dfrac{1}{2}x + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\\dfrac{1}{2}x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 4\end{array} \right.\end{array}\]
Với \[x = - 4\,\, \Rightarrow y = - 8\]
Vậy giao điểm thứ hai của \[[P]\] và \[[d]\]là\[A\,[ - 4;\,\, - 8]\]
+] Hoành độ giao điểm của \[[P]\] và \[[d']\] là nghiệm của phương trình:
\[\begin{array}{l} - \dfrac{1}{2}{x^2} = - x\\ \Leftrightarrow - \dfrac{1}{2}{x^2} + x = 0\\ \Leftrightarrow x\left[ { - \dfrac{1}{2}x + 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\ - \dfrac{1}{2}x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\]
Với \[x = 2\,\, \Rightarrow y = - 2\]
Vậy giao điểm thứ hai của \[[P]\] và \[[d']\]là\[B\,[2;\,\, - 2]\].
+] Ta có: \[O{A^2} = {4^2} + {8^2} = 80\,\,\,;\]\[\,\,\,\,\,O{B^2} = {2^2} + {2^2} = 8\,\,\,;\]\[\,\,\,\,A{B^2} = {[4 + 2]^2} + {[8 - 2]^2} = 72\]
\[ \Rightarrow O{A^2} = O{B^2} + A{B^2}\]
\[ \Rightarrow \] Tam giác \[OAB\] vuông tại \[B\]
Ta có \[OB = 2\sqrt 2 \,cm\,\,;\,\,\,AB = 6\sqrt 2 \,cm.\]
Diện tích tam giác \[OAB\] là \[{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OB.AB = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 .6\sqrt 2 = 12\,\,[c{m^2}]\]
LG bài 4
Lời giải chi tiết:
Gọi \[x,\,\,y\] là hai số tự nhiên cần tìm, trong đó \[y\] là số lớn, \[x\] là số bé.
Theo đề bài ta có phương trình \[y - x = 1814\] và \[y = 9x + 182\].
Nên ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}y - x = 1814\\y = 9x + 182\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x + 1814\\x + 1814 = 9x + 182\end{array} \right.\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 1632\\y = x + 1814\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 204\\y = 2018\end{array} \right.\]
Vậy hai số tự nhiên cần tìm là \[204\] và \[2018\].
LG bài 5
Lời giải chi tiết:
a] Ta có \[\widehat {CDM} = {90^0}\][do \[MD \bot BC\]]
\[\widehat {CEM} = {90^0}\] [do \[ME \bot AC\]]
\[ \Rightarrow \widehat {CDM} + \widehat {CEM} = {180^0}\]
\[ \Rightarrow \]\[CDME\] là tứ giác nội tiếp.
b] Từ câu a ta có \[\widehat {MDE} = \widehat {MCE}\] [cùng chắn của đường tròn \[[CDME]\]]
Mà \[\widehat {MCE} = \widehat {MBC}\] [cùng chắn của đường tròn \[[O]\]]
\[ \Rightarrow \widehat {MDE} = \widehat {MBC}\,\,\,\,[1]\]
Tương tự câu a ta cũng có tứ giác \[BDMF\] nội tiếp nên ta có:
\[\widehat {MDE} = \widehat {MBF}\,\,\,\,\,\,\,\,[2]\] [cùng chắn của đường tròn \[[BDME]\]]
Từ [1] và [2] ta suy ra:
\[\widehat {EDF} = \widehat {MDE} + \widehat {MDF} = \widehat {MBC} + \widehat {MBF} = \widehat {CBA} = {60^0}\] [vì tam giác \[ABC\] đều do có \[AB = AC\] và \[\widehat {BAC} = {60^0}\] ]
c] Ta có \[\widehat {MED} = \widehat {MCD}\] [cùng chắn của đường tròn \[[CDME]\]]
Mà \[\widehat {MCD} = \widehat {MBF}\] [cùng chắn của đường tròn \[[O]\]]
Kết hợp [2] \[ \Rightarrow \widehat {MED} = \widehat {MDF}\,\,\,\,\,\,\,\,[3]\]
Từ [1]: \[\widehat {MDE} = \widehat {MBC}\]
Mà \[\widehat {MBC} = \widehat {MFD}\] [cùng chắn của đường tròn \[[BDMF]\]]
\[ \Rightarrow \widehat {MDE} = \widehat {MFD}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,[4]\]
Từ [3] và [4] suy ra \[\Delta MDE\] và \[\Delta MFD\] đồng dạng
\[ \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{MF}} = \dfrac{{ME}}{{MD}}\,\, \Rightarrow M{D^2} = ME.MF\]
Xem thêm: Lời giải chi tiết Đề kiểm tra học kì 1 [Đề thi học kì 1] môn Toán 9 tại Tuyensinh247.com