Đề bài
Bài 1 [2,5 điểm]:
a] Giải phương trình \[{x^2} + 4x - 5 = 0.\]
b] Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\]
c] Rút gọn biểu thức \[P = \sqrt {16} - \sqrt[3]{8} + \frac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 3 }}.\]
Bài 2 [1,5 điểm]: Cho parabol \[\left[ P \right]:\;\;y = 2{x^2}\] và đường thẳng \[\left[ d \right]:\;\;y = 2x + m\] [m là tham số].
a] Vẽ parabol \[\left[ P \right].\]
b] Với những giá trị nào của \[m\] thì \[\left[ P \right]\] và \[\left[ d \right]\] chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó.
Bài 3 [1,5 điểm]:
a] Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
b] Cho phương trình: \[{x^2} - mx - 1 = 0\] [m là tham số]. Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\;\;{x_2}\] thỏa mãn \[{x_1} < {x_2}\] và \[\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 6.\]
Bài 4 [3,5 điểm]: Cho đường tròn [O;R] và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua O [M nằm giữa A và N]. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với [O;R] [B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN]. Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.
a] Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.
b] Chứng minh \[EB.EC = EM.EN\] và IA là tia phân giác của góc \[\widehat {BIC}.\]
c] Tia MF cắt [O;R] tại điểm thứ hai là D. Chứng minh \[\Delta AMF \sim \Delta AON\] và \[BC\parallel DN.\]
d] Giả sử AO = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R.
Bài 5 [1,0 điểm]:
a] Giải phương trình: \[2\sqrt x - \sqrt {3x + 1} = x - 1.\]
b] Cho hai số thực dương \[a,\;b\] thỏa mãn \[a + b + 3ab = 1.\] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[P = \sqrt {1 - {a^2}} + \sqrt {1 - {b^2}} + \frac{{3ab}}{{a + b}}.\]
Lời giải chi tiết
Bài 1:
a]Giải phương trình \[{x^2} + 4x - 5 = 0.\]
Ta có: \[a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0\] Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: \[{x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a} = - 5.\]
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \[S = \left\{ { - 5;1} \right\}\]
b]Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = x - 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \[\left[ {x;y} \right] = \left[ {2;1} \right]\]
c]Rút gọn biểu thức \[P = \sqrt {16} - \sqrt[3]{8} + \dfrac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 3 }}.\]
\[P = \sqrt {16} - \sqrt[3]{8} + \dfrac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt 3 }}\]\[\, = \sqrt {{4^2}} - \sqrt[3]{{{2^3}}} + \sqrt {\dfrac{{12}}{3}} \]\[\,= 4 - 2 + \sqrt {{2^2}} = 2 + 2 = 4\]
Vậy P = 4.
Bài 2:
Cho parabol \[\left[ P \right]:\;\;y = 2{x^2}\] và đường thẳng \[\left[ d \right]:\;\;y = 2x + m\] [m là tham số].
a] Vẽ parabol \[\left[ P \right].\]
Ta có bảng giá trị:
|
\[x\] |
\[ - 2\] |
\[ - 1\] |
\[0\] |
\[1\] |
\[2\] |
|
\[y = 2{x^2}\] |
\[8\] |
\[2\] |
\[0\] |
\[2\] |
\[8\] |
Vậy đồ thị hàm số \[\left[ P \right]:\;\;y = 2{x^2}\] là đường cong đi qua các điểm: \[\left[ { - 2;\;8} \right],\;\;\left[ { - 1;\;2} \right],\;\left[ {0;\;0} \right],\;\;\left[ {1;\;2} \right],\;\left[ {2;\;8} \right].\]
b] Với những giá trị nào của \[m\] thì \[\left[ P \right]\] và \[\left[ d \right]\] chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
\[2{x^2} = 2x + m\] \[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x - m = 0\;\;\;\left[ * \right]\]
Số giao điểm của đồ thị [P] và đường thẳng [d] cũng chính là số nghiệm của phương trình [*]
Đồ thị hàm số \[\left[ P \right]\] và \[\left[ d \right]\] chỉ có một điểm chung\[ \Leftrightarrow \] phương trình \[\left[ * \right]\] có nghiệm kép \[ \Leftrightarrow \Delta ' = 0\]
\[ \Leftrightarrow 1 + 2m = 0 \Leftrightarrow m = - \dfrac{1}{2}.\]
Với \[m = - \dfrac{1}{2}\] ta có:
\[\left[ * \right] \Leftrightarrow 2{x^2} - 2x + \dfrac{1}{2} = 0 \\\Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 1 = 0 \\\Leftrightarrow {\left[ {2x - 1} \right]^2} = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}.\]
\[ \Rightarrow y = 2.{\left[ {\dfrac{1}{2}} \right]^2} = 2.\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \]tọa độ điểm chung của hai đồ thị là \[M\left[ {\dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right].\]
Vậy với \[m = - \dfrac{1}{2}\] thỏa mãn bài toán và điểm chung duy nhất của hai đồ thị là \[M\left[ {\dfrac{1}{2};\;\dfrac{1}{2}} \right].\]
Bài 3:
a] Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
Gọi vận tốc của xe thứ nhất là \[x\;\left[ {km/h} \right]\;\;\left[ {x > 10} \right].\]
Khi đó vận tốc của xe thứ hai là: \[x - 10\;\;\left[ {km/h} \right].\]
Thời gian xe thứ nhất và xe thứ hai đi hết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B lần lượt là: \[\dfrac{{450}}{x}\;\left[ h \right],\;\;\dfrac{{450}}{{x - 10}}\;\;\left[ h \right].\]
Theo đề bài ta có phương trình: \[\dfrac{{450}}{{x - 10}} - \dfrac{{450}}{x} = 1,5\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 300x - 300\left[ {x - 10} \right] = x\left[ {x - 10} \right]\\ \Leftrightarrow 300x - 300x + 3000 = {x^2} - 10x\\ \Leftrightarrow {x^2} - 10x - 3000 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 60} \right]\left[ {x + 50} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 60 = 0\\x + 50 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 60\;\;\left[ {tm} \right]\\x = - 50\;\;\left[ {ktm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy vận tốc của xe thứ nhất là \[60\;km/h,\] vận tốc của xe thứ hai là: \[60 - 10 = 50\;km/h.\]
b] Cho phương trình: \[{x^2} - mx - 1 = 0\] [mlà tham số]. Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\;\;{x_2}\] thỏa mãn \[{x_1} < {x_2}\] và \[\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 6.\]
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\;{x_2} \Leftrightarrow \Delta > 0\]
\[ \Leftrightarrow {m^2} + 4 > 0\;\;\left[ {tm} \right]\forall m \in R.\]
\[ \Rightarrow \] Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \[m.\]
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right..\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}{x_1}.{x_2} = - 1 < 0 \Rightarrow {x_1} < 0 < {x_2}\left[ {Do\,\,{x_1} < {x_2}} \right]\\ \Rightarrow \left| {{x_1}} \right| = - {x_1};\left| {{x_2}} \right| = {x_2}\end{array}\]
Theo hệ thức bài cho ta có:
\[\begin{array}{l}\left| {{x_1}} \right| - \left| {{x_2}} \right| = 6\\ \Leftrightarrow - {x_1} - {x_2} = 6\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = - 6\\ \Leftrightarrow m = - 6\end{array}\]
Vậy \[m = - 6\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 4.
Cho đường tròn [O;R] và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua O [M nằm giữa A và N]. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với [O;R] [B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN]. Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.
a]Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.
Ta có: AB, AC lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn [O;R] nên: \[AC \bot OC \Rightarrow \angle ACO = {90^0};AB \bot OB\] \[ \Rightarrow \angle ABO = {90^0}\]
Xét tứ giác ABOC ta có: \[\angle ACO + \angle ABO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]
Mà O và B là hai đỉnh đối nhau cùng nhìn cạnh OA các góc bằng nhau.
Nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA và tâm là trung điểm của OA.
b]Chứng minh \[EB.EC = EM.EN\] và IA là tia phân giác của góc \[\widehat {BIC}.\]
+] Chứng minh \[EB.EC = EM.EN\]
Xét tam giác ENC và tam giác EBM có:
\[\angle NEC = \angle MEB\] [hai góc đối đỉnh]
\[\angle CNE = \angle EBM\] [ hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM của đường tròn [O;R]]
Vậy \[\Delta ENC \sim EBM\left[ {g - g} \right]\]
Suy ra: \[\dfrac{{EN}}{{EB}} = \dfrac{{EC}}{{EM}} \Rightarrow EN.EM = EB.EC\] [đpcm]
+]Chứng minh IA là tia phân giác của góc \[\widehat {BIC}.\]
I là trung điểm của MN \[ \Rightarrow OI \bot MN\] [quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung]
\[ \Rightarrow I\] thuộc đường tròn đường kính AO \[ \Rightarrow I\] thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC.
\[ \Rightarrow \angle AIC = \angle ABC\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC]
\[\angle AIB = \angle ACB\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB].
Ta có \[AB = AC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
\[ \Rightarrow \Delta ABC\] cân tại A \[ \Rightarrow \angle ABC = \angle ACB\] [hai góc ở đáy]
\[ \Rightarrow \angle AIC = \angle AIB \Rightarrow AI\] là phân giác của \[\angle BIC\].
c]Tia MF cắt \[\left[ {O;R} \right]\] tại điểm thứ hai D. Chứng minh \[\Delta AMF \sim \Delta AON\] và BC // DN.
Chứng minh \[\Delta AMF \sim \Delta AON\]
Xét tam giác ACM và tam giác ANC có:
\[\angle CAN\] chung;
\[\angle ACM = \angle ANC\] [góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CM];
\[ \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta ANC\,\,\left[ {g.g} \right]\]
\[\Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AN}} = \dfrac{{AM}}{{AC}} \] \[\Rightarrow A{C^2} = AM.AN\]
\[\Delta OAC\] vuông tại C \[ \Rightarrow A{C^2} = AF.AO\] [hệ thức lượng trong tam giác vuông].
\[ \Rightarrow AM.AN = AF.AO\] \[ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AO}} = \dfrac{{AF}}{{AN}}\]
Xét tam giác AMF và tam giác AON có:
\[\angle OAN\] chung;
\[\dfrac{{AM}}{{AO}} = \dfrac{{AF}}{{AN}}\,\,\left[ {cmt} \right];\]
\[ \Rightarrow \Delta AMF \sim \Delta AON\,\,\left[ {c.g.c} \right]\].
Chứng minh BC // DN.
Ta có \[OB = OC = R;\,\,AB = AC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau] \[ \Rightarrow OA\] là trung trực của BC \[ \Rightarrow OA \bot BC\].
Ta có: \[\Delta AMF \sim \Delta AON\,\,\left[ {cmt} \right] \Rightarrow \angle AFM = \angle ANO\]
Mà \[\angle AMF + \angle OFM = {180^0}\] [kề bù] \[ \Rightarrow \angle OFM + \angle ANO = {180^0} \Rightarrow \] Tứ giác OFMN là tứ giác nội tiếp [Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800].
\[ \Rightarrow \angle OFN = \angle OMN\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON].
Mà \[OM = ON \Rightarrow \Delta OMN\] cân tại O \[ \Rightarrow \angle OMN = \angle ONM\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \angle OFN = \angle ONM = \angle ONA = \angle AFM\\ \Rightarrow {90^0} - \angle OFN = {90^0} - \angle AFM\\ \Rightarrow \angle NFC = \angle MFC\\ \Rightarrow \angle MFC = \dfrac{1}{2}\angle MFN\end{array}\]
Mà \[\angle MFN = \angle MON\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN]
\[ \Rightarrow \angle MFN = \dfrac{1}{2}\angle MON = \angle MDN\] [góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cun MN]
Hai góc này lại ở vị trí đồng vị \[ \Rightarrow BC//DN\] .
d] Giả sử \[AO = 2R\]. Tính diện tích tam giác ABC theo R.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAC có
\[\begin{array}{l}O{C^2} = OF.OA \\\Rightarrow OF = \dfrac{{O{C^2}}}{{OA}} = \dfrac{{{R^2}}}{{2R}} = \dfrac{R}{2}\\ \Rightarrow AF = AO - OF = 2R - \dfrac{R}{2} = \dfrac{{3R}}{2}\\C{F^2} = OF.AF = \dfrac{R}{2}.\dfrac{{3R}}{2} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\\ \Rightarrow CF = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\end{array}\]
Ta có \[OB = OC = R;\,\,AB = AC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau] \[ \Rightarrow OA\] là trung trực của BC \[ \Rightarrow BC = 2CF = R\sqrt 3 \].
\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AF.BC \]\[\,= \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3R}}{2}.R\sqrt 3 = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4}\].
Bài 5. [1,0 điểm]
a] Giải phương trình \[2\sqrt x - \sqrt {3x + 1} = x - 1.\]
Cách 1:
Điều kiện \[x \ge 0\]
Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}a = 2\sqrt x \\b = \sqrt {3x + 1} \end{array} \right.a,b \ge 0\]
Khi đó ta có: \[{a^2} = 4x;{b^2} = 3x + 1 \Rightarrow {a^2} - {b^2} = x - 1\] . Phương trình đã cho trở thành:
\[\begin{array}{l}a - b = {a^2} - {b^2}\\ \Leftrightarrow \left[ {a - b} \right]\left[ {a + b - 1} \right] = 0 \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b\\a + b - 1 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sqrt x = \sqrt {3x + 1} \\2\sqrt x + \sqrt {3x + 1} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = 3x + 1\\4x + 3x + 1 + 4\sqrt {x\left[ {3x + 1} \right]} = 1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\left[ {tm} \right]\\7x + 4\sqrt {x\left[ {3x + 1} \right]} = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\left[ {tm} \right]\\4\sqrt {x\left[ {3x + 1} \right]} = - 7x\,\,\left[ {do\,\,x \ge 0 \Rightarrow x = 0tm} \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\left[ {tm} \right]\\x = 0\left[ {tm} \right]\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0; x = 1.
Cách 2:
a] Giải phương trình: \[2\sqrt x - \sqrt {3x + 1} = x - 1.\]
Điều kiện: \[x \ge 0.\]
\[\begin{array}{l}\;\;\;\;\;2\sqrt x - \sqrt {3x + 1} = x - 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x - x + 1 = \sqrt {3x + 1} \\ \Leftrightarrow 4\sqrt x - 2x + 2 = 2\sqrt {3x + 1} \\ \Leftrightarrow 3x + 1 + 1 - 2x + 4\sqrt x + 2 = 3x + 1 + 2\sqrt {3x + 1} + 1\\ \Leftrightarrow x + 4\sqrt x + 4 = 3x + 1 + 2\sqrt {3x + 1} + 1\\ \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt x + 2} \right]^2} = {\left[ {\sqrt {3x + 1} + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 2 = \sqrt {3x + 1} + 1\\\sqrt x + 2 = - \left[ {\sqrt {3x + 1} + 1} \right]\;\;\left[ {VN} \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 1 = \sqrt {3x + 1} \\ \Leftrightarrow x + 2\sqrt x + 1 = 3x + 1\\ \Leftrightarrow 2x - 2\sqrt x = 0\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x \left[ {\sqrt x - 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sqrt x = 0\\\sqrt x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\;\;\left[ {tm} \right]\\x = 1\;\;\left[ {tm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy phương trình có tập nghiệm \[S = \left\{ {0;\;1} \right\}.\]
b]Cho hai số thực dương \[a,\;b\] thỏa mãn \[a + b + 3ab = 1.\] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[P = \sqrt {1 - {a^2}} + \sqrt {1 - {b^2}} + \dfrac{{3ab}}{{a + b}}.\]
Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}1 - {a^2} + \dfrac{8}{9} \ge 2\sqrt {\dfrac{8}{9}\left[ {1 - {a^2}} \right]} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}.\sqrt {1 - {a^2}} \\1 - {b^2} + \dfrac{8}{9} \ge 2\sqrt {\dfrac{8}{9}\left[ {1 - {b^2}} \right]} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}.\sqrt {1 - {b^2}} \end{array} \right.\]
Khi đó \[\dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}.\left[ {\sqrt {1 - {a^2}} + \sqrt {1 - {b^2}} } \right] \le \dfrac{{17}}{9} - {a^2} + \dfrac{{17}}{9} - {b^2} = \dfrac{{34}}{9} - \left[ {{a^2} + {b^2}} \right].\]
Ta có \[\dfrac{{1 - a - b}}{3} = ab \le \dfrac{{{{\left[ {a + b} \right]}^2}}}{4}\]
\[\Leftrightarrow 3{\left[ {a + b} \right]^2} + 4\left[ {a + b} \right] - 4 \ge 0 \]
\[\Leftrightarrow a + b \ge \dfrac{2}{3}.\]
Và \[{a^2} + {b^2} \ge \dfrac{{{{\left[ {a + b} \right]}^2}}}{2} \ge \dfrac{1}{2}.{\left[ {\dfrac{2}{3}} \right]^2} = \dfrac{2}{9}\] suy ra \[\dfrac{{34}}{9} - \left[ {{a^2} + {b^2}} \right] \le \dfrac{{32}}{9} \]
\[\Rightarrow \sqrt {1 - {a^2}} + \sqrt {1 - {b^2}} \le \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}.\]
Lại có \[\dfrac{{3ab}}{{a + b}} = \dfrac{{1 - a - b}}{{a + b}} = \dfrac{1}{{a + b}} - 1\] mà \[a + b \ge \dfrac{2}{3}\]
\[\Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + b}} \le \dfrac{3}{2}\] suy ra \[\dfrac{{3ab}}{{a + b}} \le \dfrac{3}{2} - 1 = \dfrac{1}{2}.\]
Do đó \[P = \sqrt {1 - {a^2}} + \sqrt {1 - {b^2}} + \dfrac{{3ab}}{{a + b}} \le \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3} + \dfrac{1}{2}.\]
Dấu bằng xảy ra khi \[a = b = \dfrac{1}{3}.\]
Vậy \[{P_{\max }} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3} + \dfrac{1}{2}.\]