Đề bài
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM
Câu 1:Cho biểu thức \[P = a\sqrt 2 \] với \[a < 0.\] Khi đó biểu thức P bằng
A. \[\sqrt { - 2a} \]
B. \[ - \sqrt { - 2a} \]
C. \[\sqrt {2{a^2}} \]
D. \[ - \sqrt {2{a^2}} \]
Câu 2: Hàm số \[y = \left[ {m - 4} \right]x + 7\] đồng biến trên \[R,\] với:
A. \[m \ge 4\]
B. \[m > 4\]
C. \[m < 4\]
D.\[m \ne 4\]
Câu 3: Số nghiệm của hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\3x + 2y = 4\end{array} \right.\] là:
A. 1 B. 2
C. vô sốD. 0
Câu 4: Cho hình chữ nhật \[ABCD\] có \[AB = 2\sqrt 3 \;cm,\;\;BC = 2\;cm.\] Độ dài đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \[ABCD\] bằng:
A. \[2\;cm\]
B. \[2\sqrt 3 \;cm\]
C. \[4\;cm\]
D. \[8\;cm\]
II. TỰ LUẬN [8 điểm]
Câu 5 [2,0 điểm]. Cho phương trình \[{x^2} - 2\left[ {m + 1} \right]x + {m^2} + 3 = 0\,\,\left[ 1 \right],\] với m là tham số và x là ẩn số.
a] Giải phương trình [1] khi m = 3.
b] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt.
Câu 6 [2,0 điểm]
a] Trên mặt phẳng Oxy, cho parabol \[\left[ P \right]:\,\,y = \dfrac{1}{4}{x^2}\] và A, B là 2 điểm thuộc [P] có hoành độ tương ứng bằng \[ - 2\] và 4. Tìm tọa độ hai điểm A, B và viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B.
b] Cho một mảnh vườn hình chữ nhật. Biết rằng nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích mảnh vườn đó giảm đi \[54{m^2}\] so với diện tích ban đầu, nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích mảnh vườn đó tăng \[32{m^2}\] so với diện tích ban đầu. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn đó?
Câu 7 [3,0 điểm]. Cho đường tròn [O;R] [ đường tròn tâm O, bán kính R] và điểm A cố định nằm trên đường tròn [O;R]. BC là một đường kính thay đổi của đường tròn [O;R] và không đi qua điểm A. Đường tròn đường kính AO cắt các đoạn AB, AC tại các điểm thứ hai tương ứng là M, N. Tia OM cắt [O;R] tại điểm P. Gọi H là trực tâm của tam giác AOP. Chứng minh rằng:
a] Tứ giác AMON là hình chữ nhật.
b] Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và \[\dfrac{{OH.PC}}{{AC}}\] không phụ thuộc vị trí của các điểm B, C.
c] Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 8 [1,0 điểm]. Giải phương trình : \[\sqrt {2\left[ {{x^4} + 4} \right]} = 3{x^2} - 10x + 6\]
Lời giải chi tiết
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM
|
Câu 1 - D |
Câu 2 - B |
Câu 3 - A |
Câu 4 - C |
Câu 1.
Ta có: \[P = a\sqrt 2 = - \sqrt {2{a^2}} \] với \[a < 0.\]
Chọn D.
Câu 2:
Hàm số \[y = \left[ {m - 4} \right]x + 7\] đồng biến trên \[R \Leftrightarrow m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 4.\]
Chọn B.
Câu 3:
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\3x + 2y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 2\\3x + 2y = 4\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{6}{5}\\y = \dfrac{1}{5}\end{array} \right..\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Chọn A.
Câu 4:
Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[B\] ta có:
\[\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{\left[ {2\sqrt 3 } \right]}^2} + {2^2}} = 4.\\ \Rightarrow R = \dfrac{{AC}}{2} = 2.\end{array}\]
Chọn A.
PHẦN 2: TỰ LUẬN [8,0 điểm]
Câu 5 [2,0 điểm].
Giải phương trình [1] khi m = 3
Khi m = 3 thì phương trình [1] trở thành: \[{x^2} - 2\left[ {3 + 1} \right]x + {3^2} + 3 = 0 \]
\[\Leftrightarrow {x^2} - 8x + 12 = 0 \\\Leftrightarrow {x^2} - 2x - 6x + 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 6} \right]\left[ {x - 2} \right] = 0 \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = 2\end{array} \right.\]
Vậy với m = 3 thì tập nghiệm của phương trình là: \[S = \left\{ {2;6} \right\}\]
a] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình [1] có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \[\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left[ {m + 1} \right]^2} - {m^2} - 3 > 0 \]
\[\Leftrightarrow 2m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 1\]
Vậy m > 1 thì phương trình [1] luôn có hai nghiệm phân biệt.
Câu 6 [2,0 điểm]
a]
Ta có điểm A có hoành độ bằng \[ - 2\] nên thay \[x = - 2\] vào [P] ta có: \[y = \dfrac{1}{4}.{\left[ { - 2} \right]^2} = 1 \Rightarrow A\left[ { - 2;1} \right]\]
Ta có điểm B có hoành độ bằng 4 nên thay \[x = 4\] vào [P] ta có: \[y = \dfrac{1}{4}{.4^2} = 4 \Rightarrow B\left[ {4;4} \right]\]
Gọi phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B là: \[y = ax + b\]
Ta có A, B thuộc vào đường thẳng d nên ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l} - 2a + b = 1\\4a + b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6a = 3\\b = 1 + 2a\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 1 + 2.\dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 2\end{array} \right.\]
Vậy phương trình đường thẳng d có dạng: \[y = \dfrac{1}{2}x + 2\]
b]
Gọi chiều rộng ban đầu của mảnh vườn hình chữ nhật là: \[x\;\left[ m \right],\left[ {x > 3} \right].\]
Chiều dài ban đầu của mảnh vườn hình chữ nhật là: \[y\left[ m \right],\;\left[ {y > 4,\;y > x} \right].\]
Khi đó ta có diện tích ban đầu của mảnh vườn hình chữ nhật là: \[xy\left[ {{m^2}} \right]\]
Chiều rộng sau khi giảm đi 3m là: \[x - 3\left[ m \right]\]
Chiều dài sau khi tăng thêm 8m là \[y + 8\left[ m \right]\]
Khi đó diện tích sau khi giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 8m là: \[\left[ {x - 3} \right]\left[ {y + 8} \right]\left[ {{m^2}} \right]\] và diện tích mảnh vườn giảm \[54{m^2}\] so với diện tích ban đầu nên ta có phương trình: \[xy - \left[ {x - 3} \right]\left[ {y + 8} \right] = 54\,\,\,\left[ 1 \right]\]
Chiều rộng sau khi tăng thêm 2m là: \[x + 2\left[ m \right]\]
Chiều dài sau khi giảm đi 4m là \[y - 4\left[ m \right]\]
Khi đó diện tích sau khi tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 4m là: \[\left[ {x + 2} \right]\left[ {y - 4} \right]\left[ {{m^2}} \right]\] và diện tích mảnh vườn tăng \[32{m^2}\] so với diện tích ban đầu nên ta có phương trình: \[xy + 32 = \left[ {x + 2} \right]\left[ {y - 4} \right]\,\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] ta có hệ phương trình
\[\left\{ \begin{array}{l}xy - \left[ {x - 3} \right]\left[ {y + 8} \right] = 54\,\,\\xy + 32 = \left[ {x + 2} \right]\left[ {y - 4} \right]\,\,\,\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy - \left[ {xy + 8x - 3y - 24} \right] = 54\,\,\\xy + 32 = xy - 4x + 2y - 8\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8x + 3y = 30\,\,\\2x - y = - 20\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\,\,\\y = 50\end{array} \right.\left[ {tm} \right]\]
Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 15m và chiều dài của mảnh vườn là 50m.
Câu 7. [3,0 điểm].
a]Tứ giác AMON là hình chữ nhật.
Ta có: \[\widehat {BAC} = {90^0}\] [Do A thuộc đường tròn đường kính BC]
Ta có: \[\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^0}\] [Do M, N thuộc đường tròn đường kính AO]
Xét tứ giác AMON ta có: \[\widehat {BAC} = \widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^0}\]. Suy ra tứ giác AMON là hình chữ nhật [tứ giác có 3 góc vuông].
b]Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và \[\dfrac{{OH.PC}}{{AC}}\] không phụ thuộc vị trí của các điểm B, C.
Ta có: tam giác AOP cân tại O mà OH là đường cao nên OH đồng thời cũng là đường phân giác trong tam giác AOP.
Suy ra: \[\widehat {POH} = \widehat {AOH} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOP}\]
Mà \[\widehat {ABP} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOP}\] [quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AP của đường tròn [O]].
Nên ta có: \[\widehat {ABP} = \widehat {POH}\,\,\,hay\,\,\,\widehat {HBP} = \widehat {POH}\,\,\,\,\]
Mà 2 đỉnh B, O là 2 đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh PH các góc bằng nhau.
Suy ra tứ giác PHOB nội tiếp đường tròn đường kính PH
Ta có \[\angle OMA = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OA] \[ \Rightarrow OM \bot MA \Rightarrow OP \bot AB\]
\[ \Rightarrow P\] là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và M là trung điểm của AB [quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung]
\[ \Rightarrow PA = PB\] [hai dây căng hai cung bằng nhau]
\[ \Rightarrow \Delta PAB\] cân tại P \[ \Rightarrow \angle PAB = \angle PBA\].
Lại có \[\angle PAB = \angle POE\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung ME]
\[ \Rightarrow \angle PBA = \angle POE\].
\[ \Rightarrow \] Tứ giác PHOB là tứ giác nội tiếp [Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn một cung bằng nhau].
Ta có:
\[\angle ACP = \angle ABP\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP của đường tròn \[\left[ O \right]\]]
\[\angle ABP = \angle HOP\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung HP]
\[ \Rightarrow \angle ACP = \angle HOP\,\,\,\left[ 1 \right]\]
Ta lại có:
\[\angle APC = \angle ABC\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn \[\left[ O \right]\]]
\[\angle ABC = \angle HPO\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH]
\[ \Rightarrow \angle APC = \angle HPO\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] \[ \Rightarrow \Delta APC \sim \Delta HPO\,\,\left[ {g.g} \right]\]
\[\Rightarrow \dfrac{{AC}}{{OH}} = \dfrac{{PC}}{{PO}}\]
\[\Rightarrow \dfrac{{OH.PC}}{{AC}} = PO = R\]
Vậy \[\dfrac{{OH.PC}}{{AC}} = R\] không phụ thuộc vào vị trí của các điểm B, C.
c]Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác MAN có diện tích lớn nhất?
Gọi I là trung điểm của OA \[ \Rightarrow I\] là tâm đường tròn đường kính OA.
Ta có \[\angle BAC = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left[ O \right]\]]
\[ \Rightarrow \angle MAN = {90^0} \Rightarrow \angle MAN\] nội tiếp chắn nửa đườn tròn \[\left[ I \right]\]\[ \Rightarrow MN\] là đường kính của đường tròn \[\left[ I \right] \Rightarrow M,I,N\] thẳng hàng.
Ta có \[\Delta OAB\] cân tại O \[ \Rightarrow \angle OAB = \angle OBA\]
\[\Delta IAM\] cân tại I \[ \Rightarrow \angle IAM = \angle IMA = \angle OAB\]
\[ \Rightarrow \angle IMA = \angle OBA\]. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \[ \Rightarrow MN//OB \Rightarrow MN//BC\].
\[ \Rightarrow N\] là trung điểm của AC [định lí đường trung bình của tam giác]
\[ \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \dfrac{1}{2}AM.AN = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}AB.\dfrac{1}{2}AC \]\[\,= \dfrac{1}{8}.AB.AC\]
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \[AB.AC \le \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} = \dfrac{{B{C^2}}}{2} = \dfrac{{4{R^2}}}{2} = 2{R^2}\]
\[ \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} \le \dfrac{1}{8}.2{R^2} = \dfrac{{{R^2}}}{4}\].
Vậy \[{S_{\Delta AMN\,\,\max }} = \dfrac{{{R^2}}}{4}\]. Dấu bằng xảy ra \[ \Leftrightarrow AB = AC \Rightarrow A\] là điểm chính giữa của cung BC.
Câu 8. [1,0 điểm].
Điều kiện: \[3{x^2} - 10x + 6 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{{5 + \sqrt 7 }}{3}\\x \le \dfrac{{5 - \sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.\]
Hai vế không âm, ta bình phương hai vế ta được:
\[\begin{array}{l}{\left[ {\sqrt {2\left[ {{x^4} + 4} \right]} } \right]^2} = {\left[ {3{x^2} - 10x + 6} \right]^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^4} + 8 = 9{x^4} + 100{x^2} + 36 - 60{x^3} + 36{x^2} - 120x\\ \Leftrightarrow 7{x^4} - 60{x^3} + 136{x^2} - 120x + 28 = 0\,\,\left[ 2 \right]\end{array}\]
+] TH1: Với x = 0 thay vào phương trình [2] ta được: 28 = 0 [vô lý].
Vậy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
+] TH2: Với \[x \ne 0\] , chia cả hai vế cho \[{x^2}\] ta được:
\[\begin{array}{l}7{x^2} - 60x + 136 - \dfrac{{120}}{x} + \dfrac{{28}}{{{x^2}}} = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {7{x^2} + \dfrac{{28}}{{{x^2}}}} \right] - \left[ {60x + \dfrac{{120}}{x}} \right] + 136 = 0\\ \Leftrightarrow 7\left[ {{x^2} + \dfrac{4}{{{x^2}}}} \right] - 60\left[ {x + \dfrac{2}{x}} \right] + 136 = 0\,\,\,\left[ 3 \right]\end{array}\]
Đặt: \[t = x + \dfrac{2}{x}\left[ {t \ge 2\sqrt 2 } \right]\]
Ta có: \[{t^2} = {\left[ {x + \dfrac{2}{x}} \right]^2} = {x^2} + \dfrac{4}{{{x^2}}} + 4 \]
\[\Rightarrow {x^2} + \dfrac{4}{{{x^2}}} = {t^2} - 4\]
Khi đó [3] trở thành:
\[\begin{array}{l}7\left[ {{t^2} - 4} \right] - 60t + 136 = 0\\ \Leftrightarrow 7{t^2} - 60t + 108 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {t - 6} \right]\left[ {7t - 18} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 6 = 0\\7t - 18 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 6\left[ {tm} \right]\\t = \dfrac{{18}}{7}\left[ {ktm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Với t = 6 ta có:
\[x + \dfrac{2}{x} = 6 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 2 = 0\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}\Delta = 9 - 2 = 7 > 0\\ \Rightarrow {x_1} = 3 - \sqrt 7 ;{x_2} = 3 + \sqrt 7 \left[ {tm} \right]\end{array}\]
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \[S = \left\{ {3 - \sqrt 7 ;3 + \sqrt 7 } \right\}\]