Đề bài
Câu 1. [2,5 điểm]
1. Thực hiện phép tính \[\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\]
2. Rút gọn biểu thức \[P = \left[ {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right].\left[ {3\sqrt x - x} \right]\] với \[x \ge 0\] và \[x \ne 9\]
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số \[y = ax + b\] đi qua hai điểm \[A\left[ {2; - 2} \right]\] và \[B\left[ { - 3;2} \right]\]
Câu 2. [1.5 điểm]
1. Giải phương trình \[{x^2} - 4x + 4 = 0\]
2. Tìm giá trị của m để phương trình \[{x^2} - 2\left[ {m + 1} \right]x + {m^2} + 3 = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10.\]
Câu 3. [2 điểm] Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Câu 4. [3,5 điểm]
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn [O] lấy điểm C bất kì [C không trùng với A và B]. Tiếp tuyến của đường tròn [O] tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn [O] tại điểm F [không trùng với A]. Chứng minh
a] \[D{A^2} = DC.DB\]
b] Tứ giác AHCD nội tiếp.
c] \[CH \bot CF\]
d] \[\dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R\]
Câu 5 [0,5 điểm]
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn \[xy + 1 \le x\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[Q = \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {3{x^2} - xy + {y^2}} }}\]
Lời giải chi tiết
Câu 1.
1. Thực hiện phép tính \[\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}\]
\[\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \sqrt {\dfrac{{27}}{3}} = \sqrt 9 = 3.\]
2. Rút gọn biểu thức \[P = \left[ {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right].\left[ {3\sqrt x - x} \right]\] với \[x \ge 0\] và \[x \ne 9\]
Điều kiện: \[x \ge 0,\;\;x \ne 9.\]
\[\begin{array}{l}P = \left[ {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right].\left[ {3\sqrt x - x} \right]\\\;\;\; = \left[ {\dfrac{{\sqrt x .\left[ {3 - \sqrt x } \right]}}{{\left[ {3 - \sqrt x } \right]\left[ {3 + \sqrt x } \right]}} + \dfrac{{9 + x}}{{\left[ {3 - \sqrt x } \right]\left[ {3 + \sqrt x } \right]}}} \right].\left[ {3\sqrt x - x} \right]\\\;\;\; = \dfrac{{9 + 3\sqrt x }}{{\left[ {3 - \sqrt x } \right]\left[ {3 + \sqrt x } \right]}}.\left[ {3\sqrt x - x} \right]\\\;\;\; = \dfrac{{3\left[ {3 + \sqrt x } \right]}}{{3 + \sqrt x }}.\sqrt x \\\;\;\; = 3\sqrt x .\end{array}\]
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số \[y = ax + b\] đi qua hai điểm \[A\left[ {2; - 2} \right]\] và \[B\left[ { - 3;2} \right]\]
Đồ thị hàm số \[y = ax + b\] đi qua hai điểm \[A\left[ {2; - 2} \right]\] và \[B\left[ { - 3;2} \right]\] nên ta có hệ phương trình:
\[\left\{ \begin{array}{l}2a + b = - 2\\ - 3a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = - 4\\b = 2 + 3a\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{4}{5}\\b = - \dfrac{2}{5}\end{array} \right.\]
Vậy ta có \[a = - \dfrac{4}{5};\;\;b = - \dfrac{2}{5}.\]
Câu 2.
1. Giải phương trình \[{x^2} - 4x + 4 = 0\]
\[{x^2} - 4x + 4 = 0\]
\[\Leftrightarrow {\left[ {x - 2} \right]^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2\]
Vậy tập nghiệm của phương trình là \[S=\{2\}\]
2. Tìm giá trị của m để phương trình \[{x^2} - 2\left[ {m + 1} \right]x + {m^2} + 3 = 0\] [*] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10\]
+] Phương trình có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] khi và chỉ khi \[\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow {\left[ {m + 1} \right]^2} - {m^2} - 3 \ge 0\]
\[\Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 3 \ge 0 \]
\[\Leftrightarrow 2m \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1.\]
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình [*] ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left[ {m + 1} \right]\,\,\left[ 2 \right]\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left[ 3 \right]\end{array} \right.\]
Từ đề bài ta có: \[\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10 \]
\[\Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| = 100\]
\[\Leftrightarrow {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2} - 2{x_1}{x_2} + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| = 100\]
Lại có \[{x_1}{x_2} = {m^2} + 3 > 0\;\forall m \] \[\Rightarrow \left| {{x_1}{x_2}} \right| = {x_1}{x_2} = {m^2} + 3.\]
Khi đó ta có: \[\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10\]
\[\Leftrightarrow {\left[ {\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|} \right]^2} = 100\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| + x_2^2 = 100\\ \Leftrightarrow {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2} - 2{x_1}{x_2} + 2{x_1}{x_2} = 100\\ \Leftrightarrow {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2} = 100\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = \pm 10.\end{array}\]
+] TH1: \[{x_1} + {x_2} = 10\] kết hợp với [2] ta được:
\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 10\\{x_1} + {x_2} = 2\left[ {m + 1} \right]\end{array} \right. \]\[\,\Leftrightarrow 2\left[ {m + 1} \right] = 10 \Leftrightarrow m = 4\left[ {tm} \right]\]
+]TH2: \[{x_1} + {x_2} = 10\] kết hợp với [2] ta được:
\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 10\\{x_1} + {x_2} = 2\left[ {m + 1} \right]\end{array} \right. \]\[\,\Leftrightarrow 2\left[ {m + 1} \right] = - 10 \Leftrightarrow m = - 6\;\left[ {ktm} \right]\]
Vậy \[m = 4\] thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là \[x\;\left[ {km/h} \right]\;\;\left[ {x > 0} \right].\]
Thời gian ô tô đi từ A đến B là: \[\dfrac{{156}}{x}\] [giờ].
Quãng đường lúc về là: \[156 - 36 = 120\left[ {km} \right]\]
Vận tốc của ô tô lúc về là: \[x + 32\;\;\left[ {km/h} \right].\] Thời gian của ô tô lúc về là: \[\dfrac{{120}}{{x + 32}}\] [giờ].
Đổi: 1 giờ 45 phút \[ = 1 + \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{7}{4}\] giờ.
Theo đề bài ta có phương trình: \[\dfrac{{156}}{x} - \dfrac{{120}}{{x + 32}} = \dfrac{7}{4}\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 156.4.\left[ {x + 32} \right] - 120.4.x = 7x\left[ {x + 32} \right]\\ \Leftrightarrow 624x + 19968 - 480x = 7{x^2} + 224x\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 80x - 19968 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 48} \right]\left[ {7x + 416} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\7x + 416 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left[ {tm} \right]\\x = - \dfrac{{416}}{7}\;\;\left[ {ktm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là \[48\;km/h.\]
Câu 4.
a] \[D{A^2} = DC.DB\]
Ta có \[\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O] \[ \Rightarrow AC \bot BC\,\,hay\,\,\,AC \bot BD\].
Ta có:\[\widehat {DAB} = {90^0}\] [ Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A].
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có \[D{A^2} = DC.DB\].
b] Tứ giác AHCD nội tiếp.
Xét tứ giác AHCD có \[\widehat {AHD} = \widehat {ACD} = {90^0} \Rightarrow \] Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 900
\[ \Rightarrow \] Tứ giác AHCD nội tiếp [Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau].
c] \[CH \bot CF\]
Do tứ giác AHCD nội tiếp nên \[\widehat {FHC} = \widehat {ADC}\] [cùng bù với \[\widehat {AHC}\]].
Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:
\[\widehat {CFH} = \widehat {DAC}\] [góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC].
\[\widehat {FHC} = \widehat {ADC}\,\,\left[ {cmt} \right]\];
Suy ra, tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC [g.g] => góc FCH bằng góc ACD[hai góc tương ứng]
Mà \[\widehat {ACD} = {90^0} \Rightarrow \widehat {FCH} = {90^0} \Rightarrow CH \bot CF\]
d] \[\dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R\]
Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có \[O{A^2} = OD.OH\] [hệ thức lượng trong tam giác vuông]
Mà \[OA = OB = R \Rightarrow O{B^2} = OD.OH \]
\[\Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OD}}{{OB}}\]
Xét tam giác OBH và ODB có:
\[\widehat {BOD}\] chung;
\[\dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OD}}{{OB}}\,\,\left[ {cmt} \right]\];
Suy ra, tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB [c.g.c] => góc OBH bằng góc OBD
Mà \[\widehat {ODB} = \widehat {CAF}\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD].
\[\widehat {CAF} = \widehat {CBF}\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn [O]]
\[ \Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {CBF} \]
\[\Rightarrow \widehat {OBH} + \widehat {HBC} = \widehat {CBF} + \widehat {HBC}\]
\[\Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {HBF} = \widehat {ABC}\]
Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:
\[\widehat {BFH} = \widehat {BCA} = {90^0}\] [góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn [O]];
\[\widehat {HBF} = \widehat {ABC}\,\,\left[ {cmt} \right]\];
Câu 5.
Ta có: \[xy + 1 \le x,\,\,[x,y > 0] \Leftrightarrow y + \dfrac{1}{x} \le 1\]
Áp dụng BĐT Cô si, ta có: \[y + \dfrac{1}{x} \ge 2\sqrt {y.\dfrac{1}{x}} = 2\sqrt {\dfrac{y}{x}} \]
\[\Rightarrow 1 \ge 2\sqrt {\dfrac{y}{x}} \Leftrightarrow 0 < \dfrac{y}{x} \le \dfrac{1}{4}\]
\[Q = \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {3{x^2} - xy + {y^2}} }} = \dfrac{{1 + \dfrac{y}{x}}}{{\sqrt {3 - \dfrac{y}{x} + \dfrac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} }}\] . Đặt \[\dfrac{y}{x} = a,\,\,0 < a \le \dfrac{1}{4}\], ta có:
\[Q = \dfrac{{1 + a}}{{\sqrt {3 - a + {a^2}} }} = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}}} \] , \[0 < a \le \dfrac{1}{4}\]
Ta chứng minh: \[\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}} \le \dfrac{5}{9}\,\,[*],\,\,\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}\]
\[\left[ * \right] \Leftrightarrow 9[{a^2} + 2a + 1] \le 5[{a^2} - a + 3]\] [ do \[{a^2} - a + 3 > 0,\,\,\forall a\]]
\[ \Leftrightarrow 4{a^2} + 23a - 6 \le 0 \]
\[\Leftrightarrow 4{a^2} - a + 24a - 6 \le 0\]
\[\Leftrightarrow a[4a - 1] + 6[4a - 1] \le 0\]
\[\Leftrightarrow [4a - 1][a + 6] \le 0\]
Do \[0 < a \le \dfrac{1}{4}\] \[ \Rightarrow 4a - 1 \le 0,\,\,a + 6 > 0 \Rightarrow [4a - 1][a + 6] \le 0\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}} \le \dfrac{5}{9}\,\,,\,\,\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}\]
\[ \Rightarrow Q = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}}} \le \sqrt {\dfrac{5}{9}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\],\[\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}\]
Vậy, \[{Q_{max}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\] khi và chỉ khi \[a = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{y}{x} = \dfrac{1}{4}\\y + \dfrac{1}{x} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\]