Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm (3 điểm)

Câu 1: Giá trị của \(\sqrt 4 \) là

A. \( \pm 4\).

B. 16.

C. \(2\).

D. \( - 2\).

Câu 2: Giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {27} {\rm{ \;}} - \sqrt 3 \) là

A. \(2\sqrt 6 \).

B. \(2\sqrt 3 \).

C. \(\sqrt {24} \).

D. \(3\sqrt 3 \).

Câu 3: Nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 5y = 23}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 4}\end{array}} \right.\) là

A. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\).

B. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ \;}} - 2}\\{y = 3}\end{array}} \right.\).

C. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ \;}} - 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.\).

D. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.\).

Câu 4: Giả sử \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 3x - 7 = 0\). Giá trị của biểu thức \({x_1}.{x_2}\) bằng

A. \(\frac{3}{2}\) .

B. \( - \frac{3}{2}\).

C. \( - \frac{7}{2}\).

D. \(\frac{7}{2}\).

Câu 5: Số nào sau đây là nghiệm của phương trình \(3{x^4} - 10{x^2} - 8 = 0\)?

A. \(x = {\rm{ \;}} - 2\).

B. \(x = {\rm{ \;}} - \frac{2}{3}\).

C. \(x = 4\).

D. \(x = 16\)

Câu 6: Chu vi của đường tròn bán kính \(R = 4cm\) là

A. \(8\pi cm\).

B. \(4\pi cm\).

C. \(2\pi cm\).

D. \(16\pi cm\).

Câu 7: Cho hàm số \(y = ax + b\) có đồ thị là đường thẳng \(d\) như hình vẽ bên dưới

Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng d?

A. \(A\left( {2;0} \right)\).

B. \(B\left( {0;2} \right)\).

C. \(C\left( {0; - 2} \right)\).

D. \(D\left( { - 2;2} \right)\).

Câu 8: Tứ giác nào sau đây nội tiếp được trong một đường tròn?

A. Hình thang vuông.

B. Hình bình hành.

C. Hình vuông.

D. Hình thoi.

Câu 9: Cho điểm \(M\) nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\angle AOB = 120^\circ \) như hình vẽ. Số đo của \(\angle AMB\) bằng

A. \(60^\circ \).

B. \(120^\circ \).

C. \(90^\circ \)

D. \(30^\circ \).

Câu 10: Một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và có chu vi bằng 30cm. Diện tích của hình chữ nhật bằng

A. \(100c{m^2}\).

B. \(200c{m^2}\).

C. \(50c{m^2}\).

D. \(25c{m^2}\).

Câu 11: Một hình nón có bán kính đáy \(r = 3cm\) và độ dài đường sinh \(l = 5cm\). Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình nón đã cho là

A. \({S_{xq}} = 12\pi c{m^2}\).

B. \({S_{xq}} = 8\pi c{m^2}\).

C. \({S_{xq}} = 30\pi c{m^2}\).

D. \({S_{xq}} = 15\pi c{m^2}\).

Câu 12: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. \(y = {\rm{ \;}} - {x^2}\).

B. \(y = {x^2}\).

C. \(y = {\rm{ \;}} - \frac{1}{2}{x^2}\)

D. \(y = {\rm{ \;}} - 2{x^2}\)

Phần II. Tự luận (7 điểm)

Câu 13: 

a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {625} {\rm{ \;}} - \sqrt {225} \)

b) Tìm điều kiện để biểu thức \(B = \sqrt {x - 1} \) có nghĩa. Tính giá trị của biểu thức \(B\) khi \(x = 10\)

c) Cho biểu thức \(C = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 3}} + \frac{{2\sqrt x {\rm{ \;}} - 3}}{{9 - x}}\), với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 9\). Tìm \(x\) để \(C = {\rm{ \;}} - \frac{8}{5}\)

Câu 14: 

a) Giải phương trình \(2{x^2} - 5x - 3 = 0\)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = {\rm{ \;}} - 3}\\{3x - y = 5}\end{array}} \right.\)

Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số \(y = 2{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và hàm số \(y = 3x - 1\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( {\Delta {\rm{ \;}}} \right)\).

a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\)

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( {\Delta {\rm{ \;}}} \right)\) bằng phép tính

c) Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right):y = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} - 2} \right)x - 2m + 6\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) thỏa mãn \(2{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\rm{ \;}} - 1\)

Câu 16: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, \(AB < AC\), nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), các đường cao AK và BE cắt nhau tại \(H\).

a) Tính diện tích \(S\) của hình tròn \(\left( O \right)\), biết \(\left( O \right)\) có bán kính \(R = 5cm\)

b) Chứng minh tứ giác ABKE nội tiếp.

c) Gọi J là giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(J\) khác \(A\)). Chứng minh \(KH = KJ\)

Câu 17: Giải phương trình \(2{x^3} + x = \left( {2x + \frac{1}{2}} \right)\sqrt {x - \frac{1}{4}} \)

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng \(\sqrt {{a^2}} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\)

Cách giải:

Ta có: \(\sqrt 4 {\rm{ \;}} = \sqrt {{2^2}} {\rm{ \;}} = 2\)

Chọn C.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng \(\sqrt {{a^2}} {\rm{ \;}} = \left| a \right|\)

Cách giải:

Ta có: \(A = \sqrt {27} {\rm{ \;}} - \sqrt 3 {\rm{ \;}} = 3\sqrt 3 {\rm{ \;}} - \sqrt 3 {\rm{ \;}} = 2\sqrt 3 \)

Chọn B.

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 5y = 23}\\{x + 2y = {\rm{ \;}} - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 5y = 23}\\{4x + 8y = {\rm{ \;}} - 16}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{13y = {\rm{ \;}} - 39}\\{4x - 5y = 23}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 3}\\{4x + 15 = 23}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.\)

Chọn D.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng định lý Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

Sử dụng định lý Vi-ét ta có \({x_1}{x_2} = {\rm{ \;}} - \frac{7}{2}\)

Chọn C.

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Giải phương trình bằng phương pháp đưa về dạng tích A.B = 0

Cách giải:

Ta có: \(3{x^4} - 10{x^2} - 8 = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} + \frac{2}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + \frac{2}{3} > 0} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\)

Chọn A.

Câu 6 (NB):

Phương pháp:

Chu vi của đường tròn bán kính \(R\) là \(C = 2\pi R\)

Cách giải:

Chu vi của đường tròn bán kính \(R = 4cm\) là \(C = 2\pi .4 = 8\pi \left( {cm} \right)\)

Chọn A.

Câu 7 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\)

Chọn B.

Câu 8 (NB):

Phương pháp:

Hình vuông nội tiếp trong một đường tròn

Cách giải:

Hình vuông nội tiếp trong một đường tròn

Chọn C.

Câu 9 (TH):

Phương pháp:

Góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung.

Cách giải:

Ta có: \(\angle AMB = \frac{1}{2}\angle AOB = \frac{1}{2}.120^\circ  = 60^\circ \)

Chọn A.

Câu 10 (TH):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Cách giải:

Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b(a,b > 0)\)

Theo giả thiết \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2b}\\{2\left( {a + b} \right) = 30}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2b}\\{a + b = 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2b}\\{3b = 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 10}\\{b = 5}\end{array}} \right.\) (tm)

Diện tích hình chữ nhật là \(S = 10.5 = 50\left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn C.

Câu 11 (TH):

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy \(r\) và đường sinh \(l\) là \({S_{xq}} = \pi rl\)

Cách giải:

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình nón đã cho là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .3.5 = 15\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn D.

Câu 12 (TH):

Phương pháp:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol với \(y = a{x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\).

Dựa vào các điểm đi qua để tìm hàm số.

Cách giải:

Gọi hàm số cần tìm là \(y = a{x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\)

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( { - 1; - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \) nên ta có:

\( - 1 = a.{( - 1)^2} \Rightarrow a = {\rm{ \;}} - 1\)

Vậy hàm số cần tìm là \(y = {\rm{ \;}} - {x^2}\)

Chọn A.

Phần II: Tự luận

Câu 13 (TH):

Phương pháp:

a) Tính toán với căn bậc hai.

b) ĐKXĐ của \(\sqrt A \) là \(A \ge 0\). Tìm x khi biết giá trị của biểu thức

c) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai, tìm x khi biết giá trị của biểu thức

Cách giải:

a) Ta có: \(A = \sqrt {625} {\rm{ \;}} - \sqrt {225} {\rm{ \;}} = \sqrt {{{25}^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{{15}^2}} {\rm{ \;}} = 25 - 15 = 10\)

Vậy \(A = 10\)

b) Để \(B = \sqrt {x - 1} \) có nghĩa thì \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\)

Khi \(x = 10\) thì \(B = \sqrt {10 - 1} {\rm{ \;}} = \sqrt 9 {\rm{ \;}} = 3\)

Vậy \(B = 3\) khi \(x = 10\)

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}C = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{2\sqrt x  - 3}}{{9 - x}},\,\,x \ge 0,\,\,x \ne 9\\C = \frac{{2\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{3 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\C = \frac{{2\sqrt x  + 6 + \sqrt x  - 3 + 3 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\C = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\C = \frac{{\sqrt x  + 6}}{{x - 9}}\end{array}\)

Để \(C = {\rm{ \;}} - \frac{8}{5}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 6}}{{x - 9}} = {\rm{ \;}} - \frac{8}{5}}\\{ \Leftrightarrow 5\sqrt x {\rm{ \;}} + 30 = {\rm{ \;}} - 8x + 72}\\{ \Leftrightarrow 8x + 5\sqrt x {\rm{ \;}} - 42 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {\sqrt x {\rm{ \;}} - 2} \right)\left( {8\sqrt x {\rm{ \;}} + 21} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 8\sqrt x {\rm{ \;}} + 21 > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 9} \right)}\\{ \Leftrightarrow x = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {TM} \right)}\end{array}\)

Vậy để \(C = {\rm{ \;}} - \frac{8}{5}\) thì \(x = 4\)

Câu 14 (TH):

Phương pháp:

a) Giải phương trình bằng phương pháp đưa về dạng tích A.B = 0

b) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

a) Ta có: \(2{x^2} - 5x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {2x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 3 = 0}\\{2x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x = {\rm{ \;}} - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {3; - \frac{1}{2}} \right\}\)

b) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = {\rm{ \;}} - 3}\\{3x - y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = {\rm{ \;}} - 3}\\{6x - 2y = 10}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = {\rm{ \;}} - 3}\\{7x = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2y = {\rm{ \;}} - 3}\\{x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = {\rm{ \;}} - 2}\end{array}} \right.\)

Câu 15 (VD):

Phương pháp:

a) Vẽ đồ thị dạng \(y = a{x^2}(a \ne 0)\)

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( P \right)\) và \(\left( {\Delta {\rm{ \;}}} \right)\).

c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d).

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt.

Thực hiện hệ thức.

Cách giải:

a) Ta có bảng giá trị sau:

Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm \(O\left( {0;0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A\left( { - 2;8} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( { - 1;2} \right),\)

\(C\left( {1;2} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D\left( {2;8} \right)\)

Hệ số \(a = 2 > 0\) nên parabol có bề cong hướng lên trên

Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) như sau:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( P \right)\) và \(\left( {\Delta {\rm{ \;}}} \right)\) ta được

\(2{x^2} = 3x - 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 0}\\{2x - 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

Với \(x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\)

Với \(x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}\)

Vậy tọa độ 2 giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {\Delta {\rm{ \;}}} \right)\) là \(\left( {1;2} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) ta được:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} = {\rm{ \;}} - 2\left( {m - 2} \right)x - 2m + 6}\\{ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 6 = 0}\\{ \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 2} \right)x + m - 3 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\end{array}\)

Xét (1): \(\Delta {\rm{ \;}} = {\left( {m - 2} \right)^2} - 4\left( {m - 3} \right) = {m^2} - 5m + 7 = {\left( {m - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m \in \mathbb{R}\)

Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\)

Áp dụng định lý Vi-et ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2 - m}\\{{x_1}{x_2} = m - 3}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(2{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\rm{ \;}} - 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2 + 2{x_1}{x_2} =  - 1\\ \Rightarrow  - x_1^2 - x_2^2 - 2{x_1}{x_2} + 6{x_1}{x_2} =  - 1\\ \Rightarrow  - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 6{x_1}{x_2} =  - 1\\ \Rightarrow  - {\left( {2 - m} \right)^2} + 6\left( {m - 3} \right) =  - 1\\ \Rightarrow {\left( {2 - m} \right)^2} - 6\left( {m - 3} \right) - 1 = 0\\ \Rightarrow {m^2} - 10m + 21 = 0\\ \Rightarrow \left( {m - 7} \right)\left( {m - 3} \right) = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 7 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 7\\m = 3\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m \in \left\{ {3;7} \right\}\)

Câu 16 (VD):

Phương pháp:

a) Diện tích \(S\) của hình tròn là \(S = 4\pi {R^2}\)

b) Chứng minh tứ giác ABKE nội tiếp theo dấu hiệu nhận biết: hai góc có đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc \(90^\circ \)

c) Chứng minh \(\Delta HBJ\) là tam giác cân tại B có \(BK\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

Cách giải:

a) Diện tích \(S\) của hình tròn là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.5^2} = 100\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

b) Ta có: \(\angle AEB = 90^\circ \,\,\left( {do\,\,BE \bot AC} \right)\)

\(\angle AKB = 90^\circ \,\,\left( {do\,\,AK \bot BC} \right)\)

Do đó \(\angle AEB = \angle AKB\)

Mà \(\angle AEB,\,\,\angle AKB\) cùng chắn cung \(AB\)

Suy ra \(AEKB\) là tứ giác nội tiếp

c) Ta có: \(AEKB\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \angle KAC = \angle HBK\)

Mà \(\angle KAC = \angle JBK\,\,\)(do ABJC nội tiếp đường tròn (O))

Nên \(\angle HBK = \angle JBK\)

Khi đó \(BK\) là phân giác của \(\angle HBJ\)

Xét \(\Delta HBJ\) có \(BK\) vừa là đường cao vừa là đường phân giác

\( \Rightarrow \Delta HBJ\) cân tại \(B\)

Mà \(BK\) là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

Hay \(KH = KJ\) (đpcm)

Vậy \(KH = KJ\)

Câu 17 (VDC):

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định của biểu thức chứa căn.

Biến đổi đưa về dạng tích A.B = 0

Cách giải:

ĐKXĐ: \(x \ge \frac{1}{4}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}2{x^3} + x = \left( {2x + \frac{1}{2}} \right)\sqrt {x - \frac{1}{4}} \\ \Leftrightarrow 2{x^3} + x = \frac{1}{2}\left( {4x + 1} \right).\frac{1}{2}\sqrt {4x - 1} \\ \Leftrightarrow 8{x^3} + 4x = \left( {4x + 1} \right)\sqrt {4x - 1} \\ \Leftrightarrow {\left( {2x} \right)^3} + 2.2x = \left( {4x - 1} \right)\sqrt {4x - 1}  + 2\sqrt {4x - 1} \\ \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {2x} \right)}^3} - {{\sqrt {4x - 1} }^3}} \right] + 2\left( {2x - \sqrt {4x - 1} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x - \sqrt {4x - 1} } \right)\left( {4{x^2} + 2x\sqrt {4x - 1}  + 4x - 1} \right) + 2\left( {2x - \sqrt {4x - 1} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x - \sqrt {4x - 1} } \right)\left( {4{x^2} + 2x\sqrt {4x - 1}  + 4x - 1 + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x - \sqrt {4x - 1} } \right)\left( {4{x^2} + 2x\sqrt {4x - 1}  + 4x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2x - \sqrt {4x - 1}  = 0\,\,\left( {do\,\,x \ge \frac{1}{4} \Rightarrow 4{x^2} + 2x\sqrt {4x - 1}  + 4x + 1 > 0} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2x = \sqrt {4x - 1} \\ \Leftrightarrow 4{x^2} = 4x - 1\\ \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\,\,\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy \(x = \frac{1}{2}\)

Đề bài

I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm)

Câu 1. Cho hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\). Giá trị của \(f\left( 1 \right)\) bằng:

     A. \( - 2\)                        B. \(2\)                                 C. \(1\)                                D. \(0\)   

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = 2 - 7x\). Hệ số góc của đường thẳng \(d\) là:

     A. \( - \dfrac{7}{2}\)    B. \(7\)                                 C. \( - 7\)                             D. \(2\)   

Câu 3. Phương trình \({x^2} - 7x + 10 = 0\) có một nghiệm bằng:

     A. \( - 5\)                         B. \( - 7\)                              C. \( - 2\)                             D. \(5\)   

Câu 4. Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right.\) có nghiệm duy nhất là:

     A. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 1\end{array} \right.\)                       B. \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 1\end{array} \right.\) C. \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)      D. \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y =  - 3\end{array} \right.\)  

Câu 5. Điều kiện của \(x\) để biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa là:

     A. \(x \le 2\)                   B. \(x \ge  - 2\)                    C. \(x \ge 2\)                       D. \(x \ne 2\)

Câu 6. Giá trị của biểu thức \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \) bằng:

     A. \(1 + 2\sqrt 2 \)        B. \(2 + 2\sqrt 2 \)             C. \(\sqrt 2  - 1\)                D. \(1 + \sqrt 2 \)    

Câu 7. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = 6cm,\,BC = 10cm\) và đường cao \(AH\) với \(H \in BC\). Khi đó, đọ dài đoạn \(BH\) bằng:   

     A. \(\dfrac{{18}}{5}cm\)                                            B. \(\dfrac{{24}}{5}cm\) C. \(2cm\)      D. \(\dfrac{3}{5}cm\)           

Câu 8. Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Biết \(\angle BAD = {105^0}\) và \(\angle DBC = {45^0}\). Khi đó, giá tị của \(\cos \angle BDC\) bằng:

     A. \(\dfrac{{\sqrt 6  - \sqrt 2 }}{4}\)                        B. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)                  C. \(\dfrac{1}{2}\)                 D. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)                                            

II. Phần tự luận: (8,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức \(A = 3\sqrt 3  - 7\sqrt {27}  + 2\sqrt {243} \).

b) Tính giá trị của biểu thức \(B = \dfrac{{x - 2}}{{\sqrt x  - 1}} + \dfrac{x}{{\sqrt x  + 1}}\) khi \(x = 4\).

c) Cho biểu thức \(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x  - 6}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x  - 2}}{{3 - \sqrt x }}\), với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\). Tìm \(x\) để \(C = 1\).

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\).

b) Giải phương trình: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)}  - \sqrt {12x + 8}  = \sqrt {3x + 2}  - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4}  + 7\).

Câu 3 (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\) có phương trình \(y = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1\) với \(m\) là tham số.

a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right).\)

b) Tìm \(m\) để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) sao cho \(x_1^2 + x_2^2 = 68\).

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\). Vẽ các đường cao \(AH,BK\) và \(CP\) của tam giác \(ABC\) với \(H \in BC,K \in AC\) và \(P \in AB\).

a) Chứng minh tứ giác \(BPKC\) nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: \(\angle BAH = \angle OAC\).

c) Đường thẳng \(PK\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(E\) và \(F\). Chứng minh \(OA\) là tia phân giác của \(\angle EAF\).

Câu 5 (0,5 điểm)

Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\end{array} \right.\) (với \(x,y \in \mathbb{R}\))

Lời giải

I. Phần trắc nghiệm:

Câu 1 (NB)

Phương pháp:

Thay \(x = 1\) vào hàm số \(f\left( x \right) = 3x - 1\), từ đó tính được \(f\left( 1 \right)\).

Cách giải:

Ta có: \(f\left( 1 \right) = 3.1 - 1 = 3 - 1 = 2\)

Chọn B.

Câu 2 (NB)          

Phương pháp:

Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) có hệ số góc là: \(a\)

Cách giải:

Đường thẳng \(d:y = 2 - 7x\) có hệ số góc là \(a =  - 7\).

Chọn C.

Câu 3 (NB)

Phương pháp:

Tính \(\Delta  = {b^2} - 4ac\)

+ \(\Delta  > 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) với \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta  }}{{2a}}\).

+ \(\Delta  = 0\) thì phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\).

+ \(\Delta  < 0\) thì phương trình vô nghiệm.

Cách giải:

Cách làm tự luận:

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.10 = 9 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

Với \({x_1} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \dfrac{{7 + 3}}{2} = \dfrac{{10}}{2} = 5\)

        \({x_1} = \dfrac{{ - b - \sqrt \Delta  }}{{2a}} = \dfrac{{7 - 3}}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\)         

Chọn D.

Câu 4 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.

Cách giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8x = 16\\5x + y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 9 - 5x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 1\end{array} \right.\)

Hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2; - 1} \right)\)

Chọn A.

Câu 5 (NB)

Phương pháp:

Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)

Cách giải:

Biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa \( \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)

Chọn C.

Câu 6 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(\sqrt {3 + 2\sqrt 2 }  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + 2\sqrt 2  + 1}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2  + 1\) (vì \(\sqrt 2  + 1 > 0\))

Chọn D.

Câu 7 (TH)

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,AH \bot BC\), ta có:

     \(A{B^2} = BH.BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{{{6^2}}}{{10}} = \dfrac{3}{5}\,\,\left( {cm} \right)\)

Vậy \(BH = \dfrac{3}{5}\,\,cm\)

Chọn D.

Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Vận dụng định lý của tứ giác nội tiếp: Tứ giác nội tiếp đường tròn thì có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\).

Vận dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác.

Cách giải:

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow \angle BAD + \angle BCD = {180^0}\) (định lý của tứ giác nội tiếp)

\( \Rightarrow \angle BCD = {180^0} - \angle BAD = {180^0} - {105^0} = {75^0}\)

Xét tam giác \(BCD\) có:

\(\angle DBC + \angle BCD + \angle BDC = {180^0}\)(định lý tổng ba góc trong một tam giác)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {\angle DBC + \angle BCD} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{75}^0}} \right)\\ \Rightarrow \angle BDC = {180^0} - {120^0}\\ \Rightarrow \angle BDC = {60^0} \Rightarrow \cos \angle BDC = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Chọn C.

II. Phần tự luận:

Câu 1 (TH)

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức: \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,khi\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

b) Vận dụng hằng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a  + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

c) Tìm mẫu thức chung, thực hiện các phép toán rút gọn biểu thức \(C\)

Giải phương trình \(C = 1\)

Tìm được các giá trị thỏa mãn điều kiện và kết luận.

Cách giải:

a) \(A = 3\sqrt 3  - 7\sqrt {27}  + 2\sqrt {243} \)

    \(\begin{array}{l}A = 3\sqrt 3  - 7\sqrt {{{3.3}^2}}  + 2\sqrt {{{3.9}^2}} \\A = 3\sqrt 3  - 7.3\sqrt 3  + 2.9\sqrt 3 \\A = 3\sqrt 3  - 21\sqrt 3  + 18\sqrt 3 \\A = \left( {3 - 21 + 18} \right)\sqrt 3 \\A = 0\end{array}\)

Vậy \(A = 0\)

b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x  - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right.\)

Thay \(x = 4\) (tmđk) vào biểu thức \(B\) ta được:

\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{4 - 2}}{{\sqrt 4  - 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt 4  + 1}}\\B = \dfrac{2}{{2 - 1}} + \dfrac{4}{{2 + 1}}\\B = 2 + \dfrac{4}{3} = \dfrac{{10}}{3}\end{array}\)

Vậy với \(x = 4\) thì \(B = \dfrac{{10}}{3}\).

c) Với \(x \ge 0\) và \(x \ne 9\):

\(C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{x - \sqrt x  - 6}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} - \dfrac{{3\sqrt x  - 2}}{{3 - \sqrt x }}\)

\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{3\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 3}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right) + \left( {3\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}C = \dfrac{{ - 2x + 13 - \left( {x - 2\sqrt x  - 3} \right) + \left( {3x + 4\sqrt x  - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{ - 2x + 13 - x + 2\sqrt x  + 3 + 3x + 4\sqrt x  + 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\C = \dfrac{{6\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}\\C = \dfrac{6}{{\sqrt x  - 3}}\end{array}\)

Để \(C = 1\) thì \(\dfrac{6}{{\sqrt x  - 3}} = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x  - 3 = 6\\ \Leftrightarrow \sqrt x  = 9\\ \Leftrightarrow x = 81\left( {tmdk} \right)\end{array}\)

Vậy \(x = 81\)thì \(C = 1\).

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

a) Cách 1: Tính \(\Delta  = {b^2} - 4ac\) (hoặc \(\Delta ' = {\left( {b'} \right)^2} - ac\))

\( + \Delta  < 0\left( {\Delta ' < 0} \right) \Rightarrow \) phương trình vô nghiệm

\( + \Delta  = 0\left( {\Delta ' = 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có nghiệm kép \({x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b}}{{2a}}\,\,\left( {{x_1} = {x_2} = \dfrac{{ - b'}}{a}} \right)\)

\( + \Delta  > 0\left( {\Delta ' > 0} \right) \Rightarrow \) phương trình có hai nghiệm phân biệt, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn: \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b \pm \sqrt \Delta  }}{{2a}}\) (hoặc \({x_{1,2}} = \dfrac{{ - b' \pm \sqrt {\Delta '} }}{a}\)), tính được nghiệm của phương trình, kết luận.

Cách 2: Sử dụng phương pháp tách, nhóm các hạng tử, tìm nhân tử chung đưa về phương trình tích \(A\left( x \right).B\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( x \right) = 0\\B\left( x \right) = 0\end{array} \right.\)

b) Xác định điều kiện để phương trình có nghĩa: \(\sqrt {f\left( x \right)} \) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 0\)

Đưa phương trình ban đầu về dạng \(f\left( x \right) + a\sqrt {f\left( x \right)}  + b = 0\)

Đặt \(\sqrt {f\left( x \right)}  = t\) (xác định điều kiện của \(t\)) khi đó, ta có phương trình \({t^2} - at + b = 0\)

Giải phương trình, tìm \(t\) và tìm được \(x\).

Cách giải:

a) \(3{x^2} - 5x - 2 = 0\)

Cách 1:

Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.3.\left( { - 2} \right) = 49 > 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{5 + 7}}{{2.3}} = 2\\x = \dfrac{{5 - 7}}{{2.3}} =  - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)

Cách 2:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,3{x^2} - 5x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\3x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2; - \dfrac{1}{3}} \right\}\)

b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2 \ge 0\\12x + 8 \ge 0\\9{x^2} + 12x + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{2}{3}\\{\left( {3x + 2} \right)^2} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{2}{3}\\x \ne  - \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x >  - \dfrac{2}{3}\)

Ta có: \(\sqrt {49\left( {3x + 2} \right)}  - \sqrt {12x + 8}  = \sqrt {3x + 2}  - 3\sqrt {9{x^2} + 12x + 4}  + 7\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2}  - \sqrt {4\left( {3x + 2} \right)}  = \sqrt {3x + 2}  - 3\sqrt {{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}  + 7\\ \Leftrightarrow 7\sqrt {3x + 2}  - 2\sqrt {3x + 2}  = \sqrt {3x + 2}  - 3\left| {3x + 2} \right| + 7\\ \Leftrightarrow 5\sqrt {3x + 2}  = \sqrt {3x + 2}  - 3\left( {3x + 2} \right)\,\,\,\left( {do\,\,\,x >  - \dfrac{2}{3} \Rightarrow 3x + 2 > 0} \right)\\ \Leftrightarrow 3\left( {3x + 2} \right) + 4\sqrt {3x + 2}  - 7 = 0\end{array}\)

Đặt \(t = \sqrt {3x + 2} \,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \(3{t^2} + 4t - 7 = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Ta có: \(a + b + c = 3 + 4 + \left( { - 7} \right) = 0\) nên phương trìn (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}t = 1\,\,\left( {tm} \right)\\t = \dfrac{c}{a} =  - \dfrac{7}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Với \(t = 1 \Rightarrow \sqrt {3x + 2}  = 1\)

  \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3x + 2 = 1\\ \Leftrightarrow x =  - \dfrac{1}{3}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{3}} \right\}\).

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

a) Vẽ đồ thị của hàm số \(y = a{x^2}\left( {a \ne 0} \right)\)

+ Nhận xét về hệ số \(a\) và sự biến thiên của hàm số

+ Lập bảng giá trị tương ứng của \(x\) và \(y\)

+ Xác định được các điểm mà đồ thị đi qua, vẽ đồ thị.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\)  (*)

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo \(m\)

Thay vào phương trình, tìm tham số \(m\).

Cách giải:

a) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có hệ số \(a = \dfrac{1}{2} > 0\) nên đồng biến với \(x > 0\) và nghịch biến \(x < 0\).

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.

Bảng giá trị:

\( \Rightarrow \) Parabol \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right);\,\,\left( { - 2;2} \right);\,\,\left( {0;0} \right);\,\,\left( {2;2} \right);\,\,\left( {4;8} \right)\)

Đồ thị hàm số:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(d\), ta có:

\(\dfrac{1}{2}{x^2} = x + \dfrac{1}{2}{m^2} + m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} - 2m - 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Để đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\) thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {{\Delta '}_{\left( * \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - {m^2} - 2m - 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow 1 + {m^2} + 2m + 2 > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 3 > 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 > 0\end{array}\)

Do \({\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0,\forall m \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + 2 \ge 2 > 0,\forall m\)

Do đó, \({\Delta '_{\left( * \right)}} > 0,\forall m\) hay phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Vậy đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\).

Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} =  - {m^2} - 2m - 2\end{array} \right.\)

Theo bài ra, ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x_1^3 + x_2^3 = 68\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 68\\ \Leftrightarrow {2^3} - 3.\left( { - {m^2} - 2m - 2} \right).2 = 68\\ \Leftrightarrow 8 + 6{m^2} + 12m + 12 = 68\\ \Leftrightarrow 6{m^2} + 12m - 48 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 2m - 8 = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {m + 4} \right) - 2\left( {m + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m + 4} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 4 = 0\\m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 4\\m = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m \in \left\{ { - 4;2} \right\}\).

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng mình: \(\angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\) và \(\angle OAC = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh.

c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)

Ta sẽ chứng minh: \(PK \bot OA\)

Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\)\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\)

Chứng minh: \(\Delta AEF\) cân tại \(A\), suy ra điều phải chứng minh.

Cách giải:

a) Xét tứ giác \(BPKC\) có: \(\angle BPC = \angle BKC = {90^0}\) nên \(P,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Vậy tứ giác \(BPKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

b) Tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) nên \(\angle BAH + \angle ABH = {90^0} \Rightarrow \angle BAH + \angle ABC = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle BAH = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 1 \right)\)

\(\Delta OAC\) có \(OA = OC\) nên \(\Delta OAC\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OAC = \angle OCA\) (tính chất tam giác cân)

Ta có: \(\angle OAC + \angle OCA + \angle AOC = {180^0}\) (tổng ba góc trong một tam giác)

\( \Rightarrow 2\angle OAC = {180^0} - \angle AOC \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2}\)

Lại có \(\angle AOC = 2\angle ABC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

\( \Rightarrow \angle OAC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle AOC}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - 2\angle ABC}}{2} = {90^0} - \angle BAC\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle BAH = \angle OAC\) (đpcm)

c) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) với \(\left( O \right)\)

Ta có: \(\angle xAC = \angle ABC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\))

Mà \(\angle ABC = \angle AKP\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BPKC\)

\( \Rightarrow \angle xAC = \angle AKP\), mà hai góc này ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow Ax//PK\) (dhnb)

Ta có: \(OA \bot Ax\) (do \(Ax\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A) \Rightarrow PK \bot OA\)

Gọi \(\left\{ M \right\} = OA \cap PK\) ta có: \(OA \bot EF\) tại \(M \Rightarrow M\) là trung điểm của \(EF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \Delta AEF\) có \(AO\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

\( \Rightarrow \Delta AEF\) cân tại \(A\)

Vậy đường cao \(AO\) đồng thời là phân giác của \(\angle EAF\) (đpcm)

Câu 5 (VDC)

Phương pháp:

Từ phương trình (1), ta tìm được \(x\) theo \(y\)

Thay vào phương trình (2), ta tìm được nghiệm của phương trình và hệ phương trình.

Cách giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\xy + 2y - {x^2} - x + 10 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( 1 \right):{y^3} + 12{x^2}y = 8\left( {{x^3} + 1} \right) + 6x{y^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^3} - 12{x^2}y + 6x{y^2} - {y^3} =  - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x} \right)^3} - 3.{\left( {2x} \right)^2}.y + 3.2.x.{y^2} - {y^3} =  - 8\\ \Leftrightarrow {\left( {2x - y} \right)^3} =  - 8\\ \Leftrightarrow 2x - y =  - 2\\ \Leftrightarrow y = 2x + 2\end{array}\)

Thay \(y = 2x + 2\) vào phương trình (2), ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,x\left( {2x + 2} \right) + 2\left( {2x + 2} \right) - {x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x + 4x + 4 - {x^2} - x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 14 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Ta có: \(\Delta  = {5^2} - 4.14 =  - 31 < 0\) nên phương trình (*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình vô nghiệm.

Đề bài

A. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1. Tìm số thực m để hàm số nghịch biến trên ℝ

     A.                     B.                          C.                     D.   

Câu 2. Phương trình có bao nhiêu nghiệm dương?

     A. 0                                    B. 1                                         C. 2                                        D. 3

Câu 3. Tìm điều kiện của để biểu thức có nghĩa.

     A.                       B.                        C. và                 D.                                  

Câu 4. Cho , với là các số nguyên. Tính

     A. 7                           B. 73                                       C. –7                                      D. –3         

Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và . Tính

     A.                      B.      C.                                D.

Câu 6. Tìm thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là

     A.            B.                 C.                   D.

Câu 7. Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng . Tính diện tích S của hình tròn

     A.                                 B.           C.      D.     

Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính

     A.                                B.    C.                         D.         

B. Tự luận (8 điểm):

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2) Tính giá trị của biểu thức

3) Rút gọn biểu thức

Câu II. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình

2) Giải hệ phương trình

Câu III. (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số có đồ thị và đường thẳng (với m là tham số)

1) Vẽ đồ thị

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là và thỏa mãn điều kiện

Câu IV. (2,0 điểm)

Cho đường tròn có bán kính và điểm A nằm ngoài đường tròn . Kẻ đến hai tiếp tuyến AM  và AN (với M, N là các tiếp điểm)

1) Chứng minh bốn diểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn . Xác định tâm và bán kính của đường tròn .

2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng .

3) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và, P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính

Câu V. (0,5 điểm)

Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức .

Lời giải

A. Trắc nghiệm: (2,0 điểm)

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất nghịch biến trên   khi đồng biến khi

Cách giải:

Hàm số đã cho nghịch biến khi

Chọn D.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu khi  

Cách giải:

Phương trình đã cho có nên có hai nghiệm trái dấu, nên nó có một nghiệm dương

Chọn B.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Biểu thức có nghĩa khi các biểu thức trong căn không âm và biểu thức dưới mẫu khác 0

Cách giải:

Biểu thức đã cho có nghĩa khi và chỉ khi

Chọn A.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Đưa biểu thức trong căn về bình phương

Cách giải:

Ta có

Vậy

Chọn C.

Câu 5 (TH):

Phương pháp: Áp dụng định lý Pitago, sau đó áp dụng công thức tan bằng đối trên kề

Cách giải

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC ta có

Chọn D.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của chúng

Cách giải:

Thể thích của khối hộp đã cho là

Chọn B.

Câu 7 (VD):

Phương pháp:

Tính bán kính đường tròn, rồi áp dụng công thức diện tích

Cách giải:

Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A, nội tiếp đường tròn (O)

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên đường tròn (O) có đường kính là

Suy ra bán kính của (O) là và diện tích là

Chọn C.

Câu 8 (NB):

Phương pháp:

Áp dụng công thức thể tích khối cầu

Cách giải:

Thể tích khối cầu đã cho là

Chọn B.

B. Tự luận: (8,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm):

Phương pháp:

1) Sử dụng các công thức: và

2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.

Cách giải:

1) Rút gọn biểu thức

Ta có:

Vậy .

2) Tính giá trị của biểu thức khi

Điều kiện: .

Thay (thỏa mãn điều kiện) vào ta được:

Vậy khi thì .

3) Rút gọn biểu thức

Ta có:

Vậy .

Câu II (2,0 điểm) (VD):

Phương pháp:

1) Tính biệt thức và áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai

2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Cách giải:

1) Giải phương trình .

Ta có: nên phương trình có hai nghiệm phân biệt .

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

2) Giải hệ phương trình .

.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất .

Câu III (1,5 điểm) (VD):

Phương pháp:

1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị

2) Viết phương trình hoành độ giao điểm và hệ thức Vi–ét

Cách giải:

Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số có đồ thị và đường thẳng (với là tham số).

1) Vẽ đồ thị .

+ Ta có bảng giá trị:

Do đó, parabol là đường cong đi qua các điểm , , , , và nhận là trục đối xứng.

+ Đồ thị hàm số:

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt và có hoành độ lần lượt là và thỏa mãn điều kiện .

Xét phương trình hoành độ giao điểm:   (*).

Để đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt

.

Khi đó giả sử phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt . Áp dụng định lí Vi-ét ta có: .

Theo bài ra ta có:

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu IV (2,0 điểm) – (VD):

Cách giải:

Cho đường tròn (O) có bán kính và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm).

1) Chứng minh bốn điểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn . Xác định tâm và bán kính của đường tròn .

Gọi I là trung điểm của OA.

Ta có: (AM là tiếp tuyến với )

vuông tại M

Có MI là trung tuyến (1)

(AN là tiếp tuyến của )

vuông tại N

Có NI là trung tuyến (2)

Từ (1) và (2) suy ra nên 4 điểm A, M, N, O cùng thuộc đường tròn tâm I bán kính . (đpcm)

2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo , biết rằng .

Gọi E là giao điểm của MN là OA.

Ta có:  và (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

là đường trung trực của đoạn MN

tại trung điểm E của MN.

Tam giác OMA vuông tại M, theo Pitago ta có:

Tam giác vuông tại M có ME là đường cao nên:

Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nên

.

Vậy

3) Gọi là điểm đối xứng với qua và là giao điểm của đường thẳng  và ,  nằm bên ngoài đoạn  Tính .

Nối M’ với N ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Tam giác MNM’ có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại N.

.

Câu V (0,5 điểm) (VDC):

Cách giải:

Cho và là hai số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức .

Ta có:

Đặt , áp dụng BĐT Cô-si ta có: .

Khi đó ta có:

Với .

Vậy .

Khi đó là nghiệm của phương trình .

.

         hoặc .

Đề bài

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

Câu 1: Điều kiện để hàm số đồng biến trên là:

A.                                     B.                                      C.                                 D.   

Câu 2: Cho hàm số Kết luận nào sau đây đúng?

A. là giá trị lớn nhất của hàm số.              

B.  là giá trị nhỏ nhất của hàm số.                        

C.  Không xác định được giá trị lớn nhất của hàm số trên.               

D.  Xác định được giá trị nhỏ nhất của hám số trên.

Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức là:

A.                        B.                        C.                   D.     

Câu 4: Cho phương trình Phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với để được phương trình vô số nghiệm?

A.                  B.                          C.                 D.    

Câu 5: Biểu thức có kết quả là:

A.                                      B.                                        C.                                D. 

Câu 6: Cho hai phương trình và Để hai phương trình cùng vô nghiệm thì:

A.                            B.                            C.                                D.   

Câu 7: Cho đường tròn và một dây cung Khi đó số đo cung nhỏ là:

A.                                   B.                                  C.                                D.  

Câu 8:  Đường tròn là hình:

A. Không có trục đối xứng.                                        B. Có một trục đối xứng.                                           

C. Có hai trục đối xứng.                                             D. Có vô số trục đối xứng.

Câu 9: Cho phương trình có nghiệm Biểu thức có giá trị là:

A.                                    B.                                  C.                                    D.  

Câu 10: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần?

A. Tăng gấp 16 lần.                                        B. Tăng gấp 8 lần.                                          

C. Tăng gấp 4 lần.                                          D. Tăng gấp 2 lần.

Câu 11: Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh là:

A.                               B.                               C.                                     D.  

Câu 12: Cho tam giác vuông tại Khi đó trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A.                       B.                       C.                      D.  

PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 1 (1 điểm):

Rút gọn biểu thức sau:

Câu 2 (1,5 điểm):

Không sử dụng máy tính cầm tay, giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)                         b)                                c)

Câu 3 (1,5 điểm):

a) Trong mặt phẳng tọa độ vẽ parabol

b) Tìm để đường thẳng đi qua điểm

Câu 4 (2,5 điểm)  Cho đường tròn tâm với dây cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Chứng minh tam giác AKI cân tại K.

Câu 5 (0,5 điểm): Với, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

Câu 1 (TH) - Hàm số bậc nhất

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên

Cách giải:

Hàm số đồng biến trên

Chọn B.

Câu 2 (TH) - Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)

Phương pháp:

Hàm số có đạt giá trị nhỏ nhất là và có thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là

Cách giải:

Ta có: có hàm số đạt giá trị lớn nhất khi

Chọn A.

Câu 3 (TH) - Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức √A^(2)=|A|

Phương pháp:

Biểu thức xác định

Cách giải:  

Biểu thức xác định

Chọn C.

Câu 4 (VD) - Ôn tập chương 3: Hệ hai phương trình bậc nhất một ẩn

Phương pháp:

Cách 1: Hệ phương trình có vô số nghiệm

Cách 2: Giải hệ phương trình gồm phương trình với các phương trình ở các đáp án, hệ phương trình nào có vô số nghiệm thì chọn đáp án đó.

Cách giải:

Xét đáp án A ta có hệ phương trình: có: loại đáp án A.

Xét đáp án B ta có hệ phương trình: có: loại đáp án B.

Xét đáp án C ta có hệ phương trình: có: chọn đáp án C.

Chọn C.

Câu 5 (TH) - Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức √A^(2)=|A|

Phương pháp:

Sử dụng công thức:

Cách giải:

Ta có:

Chọn B.

Câu 6 (TH) - Công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Phương pháp:

Phương trình vô nghiệm

Cách giải:

Phương trình vô nghiệm

Phương trình vô nghiệm

Vậy với thì hai phương trình đã cho cùng vô nghiệm.

Chọn A.

Câu 7 (TH) - Góc ở tâm. Số đo cung

Phương pháp:

Công thức tính diện tích đường tròn bán kính là:

Cách giải:

Xét đường tròn có dây cung

là tam giác đều cạnh

Mà là góc nội tiếp chắn cung  

Chọn A.

Câu 8 (NB) - Sự xác định đường tròn. Tính chất đối xứng của đường tròn

Phương pháp:

Áp dụng lý thuyết sự xác định đường tròn và tính đối xứng của đường tròn để chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Đường tròn là hình có vô số trục đối xứng vì mỗi trục đối xứng của đường tròn là một đườn kính của đường tròn.

Chọn D.

Câu 9 (TH) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

Phương trình có hai nghiệm

Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có:

Cách giải:

Giả sử phương trình có hai nghiệm

Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta có:

Chọn C.

Câu 10 (TH) - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu

Phương pháp:

Công thức tính thể tích mặt cầu bán kính là:

Cách giải:

Thể tích của hình cầu ban đầu là:

Thể tích của hình cầu sau khi bán kính tăng lên lần là:

Chọn B.

Câu 11 (VD) - Độ dài đường tròn, cung tròn

Phương pháp:

Công thức tính diện tích đường tròn bán kính là:

Cách giải:

Giả sử cho đều cạnh nội tiếp đường tròn

Gọi là trung điểm của

Áp dụng định lý Pitago cho vuông tại ta có:

Chọn D.

Câu 12 (NB) - Tỉ số lượng giác của góc nhọn

Phương pháp:

Sử dụng các công thức lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Cách giải:

Xét vuông tại ta có:

Chọn B.

PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm)

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng công thức rồi đặt nhân tử chung của tử số và rút gọn biểu thức.

Cách giải:

Rút gọn biểu thức sau:

Vậy .

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

a) Giải phương trình bằng công thức nghiệm của phương trình bậc hai.

b) Đặt Giải phương trình ẩn đối chiếu với điều kiện rồi tìm ẩn

c) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

a)

Ta có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Vậy phương trình có tập nghiệm:                     

b)       

Đặt Khi đó ta có phương trình:

Với

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm                

c)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

a) Lập bảng giá trị, vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ.

b) Thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng để tìm

Cách giải:

a) Trong mặt phẳng tọa độ vẽ parabol

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số là đường cong đi qua các điểm và nhận trục làm trục đối xứng.

Ta có đồ thị hàm số:

b) Tìm để đường thẳng đi qua điểm

Ta có điểm thuộc đường thẳng   nên thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng ta được:

Vậy thỏa mãn bài toán.

Câu 4 (2,5 điểm) (VD):

Phương pháp:

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh các tam giác đồng dạng rồi suy ra các tỉ lệ và đẳng thức tương ứng.

c) Góc có đỉnh nằm trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Cách giải             

Cho đường tròn tâm với dây cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp.

Ta có: (trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

b) Chứng minh .

Ta có: (trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

.

Xét tam giác và tam giác có :

c) Chứng minh tam giác AKI cân tại K.

Ta có : Tứ giác là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).

(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Ta có (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

(góc có đỉnh bên trong đường tròn).

.

Mà 2 góc này ở vị trí 2 góc so le trong .

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có .

Mà 2 góc này ở vị trí 2 góc so le trong .

Xét tứ giác có : Tứ giác là hình bình hành (1) (Tứ giác có các cặp cạnh đối song song).

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB).

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC).

Mà (đối đỉnh) .

(do đối đỉnh).

cân tại .

Từ (1) và (2) Tứ giác là hình thoi (Hình bình hành có 2 cạnh kề bằng nhau).

(các cạnh của hình thoi).

Vậy tam giác AKI cân tại K (đpcm).

Câu 5 (VDC):

Phương pháp :

Biến đổi biểu thức bài cho, đặt ẩn phụ, biến đổi biểu thức về dạng một bình phương công với một số rồi kết luận.

Cách giải:

Điều kiện :

Ta có:

Đặt , khi đó ta có:

Ta có

Dấu "=" xảy ra .

Vậy đạt được khi