Bài 1: [3 điểm] Tính
a] \[4\sqrt 5 + \dfrac{3}{5}\sqrt {125} - \dfrac{1}{3}\sqrt {45} \]
b] \[\sqrt {28 - 10\sqrt 3 } + \left[ {2\sqrt 3 + 1} \right]\sqrt 3 \]
c] \[\dfrac{{\sqrt {54} + \sqrt 2 }}{{\sqrt 3 + 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}\]
Bài 2: [0,75 điểm] Giải phương trình : \[\sqrt {9 - 2x} = \sqrt {{x^2} + 9} .\]
Bài 3: [1,5 điểm] a] Vẽ đồ thị \[\left[ {{d_1}} \right]\] của hàm số \[y = 3x - 2\] và đồ thị \[\left[ {{d_2}} \right]\] của hàm số \[y = - 2x + 3\] trên cùng hệ trục tọa độ.
b] Tìm hệ số \[a,\,b\] của đường thẳng \[\left[ {{d_3}} \right]:y = ax + b,\] biết \[\left[ {{d_3}} \right]\] song song với \[\left[ {d{ _1}} \right]\] và cắt đường thẳng \[\left[ {{d_2}} \right]\] tại điểm có hoành độ bằng \[2.\]
Bài 4: [1,0 điểm] Nhà An cách trường khoảng \[3km\]. Trường An tổ chức học tập trải nghiệm cho khối \[9\] vào cuối học kỳ \[I.\] An rời nhà lúc \[6\] giờ sáng và xe du lịch đến đón học sinh để xuất phát từ trường đi đến Đà Lạt với vận tốc trung bình \[45km/h.\]
a] Viết công thức biểu diễn quãng đường \[y\left[ {km} \right]\] từ nhà An đến Đà Lạt theo thời gian \[x\] [giờ] mà xe di chuyển từ trường đến Đà Lạt.
b] Biết khoảng cách từ nhà An đến Đà Lạt khoảng \[318km\] và trên đường đi chuyến xe có nghỉ ngơi \[1\] giờ \[30\] phút. Tính thời điểm xe phải xuất phát từ trường để đến nơi vào lúc \[15\] giờ.
Bài 5: [0,75 điểm] Bác Ba gửi \[100\] triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất \[7\% \] / năm. Sau hai năm, bác rút hết tiền ra. Hỏi bác Ba nhận được cả vốn và lãi là bao nhiêu tiền ? [biết tiền lãi được cộng dồn vào tiền vốn sau mỗi năm].
Bài 6: [2,5 điểm] Cho đường tròn \[\left[ {O;R} \right]\] và điểm \[A\] nằm ở ngoài đường tròn sao cho \[OA < 2R.\] Vẽ các tiếp tuyến \[AB,\,AC\] [\[B,C\] là các tiếp điểm]. \[BC\] cắt \[OA\] tại \[H\].
a] Chứng minh \[OA\] vuông góc với \[BC\] và \[OH.OA = {R^2}.\]
b] Vẽ cát tuyến \[ADE\] nằm bên trong góc \[BAO\] [\[AD\] nhỏ hơn \[AE\]]. Vẽ \[OI\] vuông góc với \[DE\] tại \[I.\] Tia \[OI\] cắt \[AB\] tại \[F.\] Gọi \[G\] là giao điểm của \[DE\] với \[OB\] và \[Q\] là trung điểm của \[OG\]. Tia \[FG\] cắt tia \[AO\] tại \[K.\] Chứng minh \[FK\] vuông góc với \[OA\] và \[QI\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[FIA.\]
c] Tiếp tuyến tại \[D\] của đường tròn \[\left[ {O;R} \right]\] cắt tia \[OF\] tại \[M\]. \[BH\] cắt \[AI\] tại \[N.\] Chứng minh \[\dfrac{2}{{BC}} = \dfrac{1}{{BN}} - \dfrac{1}{{BM}}.\]
Bài 7: [0,5 điểm] Các góc nhìn đến đỉnh núi có chiều cao là \[TN\] so với mực nước biển được đo từ hai đèn tín hiệu tại \[A\] và \[B\] trên mặt biển. Biết \[\widehat {TAB} = 29,7^\circ ,\,\widehat {TBN} = 41,2^\circ ,\,AB = 1500m.\] Hỏi chiều cao \[TN\] của ngọn núi khoảng bao nhiêu mét ? [làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân.
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn
Bài 1 [VD]:
Phương pháp:
a] Sử dụng \[\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|.B\,\,\left[ {B \ge 0} \right]\]
b] Sử dụng: \[\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\]
c] Khử mẫu biều thức lấy căn: \[\dfrac{1}{{\sqrt A + \sqrt B }} = \dfrac{{\sqrt A - \sqrt B }}{{A - B}}\,\,\left[ {A,B \ge 0;\,A \ne B} \right]\]
Cách giải:
a] \[4\sqrt 5 + \dfrac{3}{5}\sqrt {125} - \dfrac{1}{3}\sqrt {45} \]
\[ = 4\sqrt 5 + \dfrac{3}{5} \cdot \left[ {5\sqrt 5 } \right] - \dfrac{1}{3}\left[ {3\sqrt 5 } \right]\]
\[ = \sqrt 5 \left[ {4 + 3 - 1} \right]\]
\[ = 6\sqrt 5 .\]
b] \[\sqrt {28 - 10\sqrt 3 } + \left[ {2\sqrt 3 + 1} \right]\sqrt 3 \]
\[ = \sqrt {25 - 2.5.\sqrt 3 + 3} + 2\sqrt 3 .\sqrt 3 + \sqrt 3 \]
\[ = \sqrt {{{\left[ {\sqrt {25} - \sqrt 3 } \right]}^2}} + 6 + \sqrt 3 \]
\[ = \left[ {5 - \sqrt 3 } \right] + 6 + \sqrt 3 = 11\]
c] \[\dfrac{{\sqrt {54} + \sqrt 2 }}{{\sqrt 3 + 1}} + \dfrac{4}{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}\]
\[ = \dfrac{{\sqrt 2 \left[ {\sqrt {27} + 1} \right]}}{{\sqrt 3 + 1}} + \dfrac{{4\left[ {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right]}}{{\left[ {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right]\left[ {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right]}}\]
\[ = \dfrac{{\sqrt 2 \left[ {\sqrt 3 + 1} \right]\left[ {3 - \sqrt 3 + 1} \right]}}{{\sqrt 3 + 1}} + \dfrac{{4\left[ {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right]}}{{{{\left[ {\sqrt 6 } \right]}^2} - {{\left[ {\sqrt 2 } \right]}^2}}}\]
\[ = \sqrt 2 \left[ {4 - \sqrt 3 } \right] + \sqrt 6 - \sqrt 2 \]
\[ = 4\sqrt 2 - \sqrt 6 + \sqrt 6 - \sqrt 2 = 3\sqrt 2 \]
Bài 2 [VD]:
Phương pháp:
Giải phương trình dạng \[\sqrt {A\left[ x \right]} = \sqrt {B\left[ x \right]} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left[ x \right] \ge 0\\A\left[ x \right] = B\left[ x \right]\end{array} \right.\]
Cách giải:
\[\sqrt {9 - 2x} = \sqrt {{x^2} + 9} \]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 2x \ge 0\\9 - 2x = {x^2} + 9\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x \ge - 9\\{x^2} - 2x = 0\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le \dfrac{9}{2}\\x\left[ {x + 2} \right] = 0\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le \dfrac{9}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Tập nghiệm \[S = \left\{ {0; - 2} \right\}.\]
Bài 3 [VD]:
Phương pháp:
a] Đồ thị hàm số \[y = ax + b\,\,\left[ {a \ne 0} \right]\] là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ \[\left[ {0;b} \right];\left[ {\dfrac{{ - b}}{a};0} \right]\]
b] Hai đường thẳng \[y = ax + b\] và \[y = a'x + b'\]
+] Song song với nhau khi: \[\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\]
+] Cắt nhau khi \[a \ne a'\]
Cách giải:
a] Vẽ đồ thị \[\left[ {{d_1}} \right]\] của hàm số \[y = 3x - 2\] và đồ thị \[\left[ {{d_2}} \right]\] của hàm số \[y = - 2x + 3\] trên cùng hệ trục tọa độ.
+] Đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right]:y = 3x - 2\]
Với \[x = 0 \Rightarrow y = 3.0 - 2 = - 2\]
Với \[x = 1 \Rightarrow y = 3.1 - 2 = 1\]
Vậy đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right]:y = 3x - 2\] đi qua hai điểm có tọa độ \[\left[ {0; - 2} \right]\] và \[\left[ {1;1} \right]\]
+] Đường thẳng \[\left[ {{d_2}} \right]:y = - 2x + 3\]
Với \[x = 0 \Rightarrow y = - 2.0 + 3 = 3\]
Với \[x = 1 \Rightarrow y = - 2.1 + 3 = 1\]
Vậy đường thẳng \[\left[ {{d_2}} \right]:y = - 2x + 3\] đi qua hai điểm có tọa độ \[\left[ {0;3} \right]\] và \[\left[ {1;1} \right]\]
Đồ thị hàm số:
b] Tìm hệ số \[a,\,b\] của đường thẳng \[\left[ {{d_3}} \right]:y = ax + b,\] biết \[\left[ {{d_3}} \right]\] song song với \[\left[ {d{ _1}} \right]\] và cắt đường thẳng \[\left[ {{d_2}} \right]\] tại điểm có hoành độ bằng \[2.\]
Vì \[\left[ {{d_3}} \right]\] song song với \[\left[ {{d_1}} \right]:y = 3x - 2\]
Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b \ne - 2\end{array} \right.\]
Nên \[\left[ {{d_3}} \right]:y = 3x + b\]
Gọi \[M\left[ {{x_M};{y_M}} \right]\] là giao điểm của \[\left[ {{d_3}} \right]\] với \[\left[ {{d_2}} \right].\]
Theo đề bài ta có : \[{x_M} = 2.\]
Vì \[M\] thuộc \[\left[ {{d_2}} \right]:y = - 2x + 3\] nên \[{y_M} = - 2.2 + 3 = - 1.\]
Vì \[M\] thuộc \[\left[ {{d_3}} \right]:y = 3x + b\] nên \[ - 1 = 3.2 + b.\]
Suy ra \[b = - 7\] [nhận].
Vậy \[a = 3;b = - 7.\]
Bài 4 [VD]:
Phương pháp:
a] Sử dụng mối quan hệ quãng đường bằng tích vận tốc với thời gian
b] Tìm thời gian xe di chuyển
Từ đó suy ra thời điểm xe xuất phát.
Cách giải:
a] Viết công thức biểu diễn quãng đường \[y\left[ {km} \right]\] từ nhà An đến Đà Lạt theo thời gian \[x\] [giờ] mà xe di chuyển từ trường đến Đà Lạt.
Quãng đường An di chuyển từ trường đến Đà Lạt là: \[45x\,\left[ {km} \right]\]
Vì nhà An cách trường 3km nên quãng đường An di chuyển từ nhà đến Đà Lạt là: \[y = 3 + 45x\,\,\left[ {km} \right]\]
b] Thay \[y = 318\] vào công thức \[y = 45x + 3\] [ở câu a], ta có: \[318 = 45x + 3 \Leftrightarrow 45x = 315 \Leftrightarrow x = 7\]
Hay thời gian xe di chuyển từ trường đến Đà Lạt mất 7h.
Thời điểm xe cần xuất phát từ trường để đến Đà Lạt vào lúc \[15\] giờ là :
\[15 - 7 - 1,5 = 6,5\left[ h \right] = 6\] giờ \[30\] phút.
Bài 5 [VD]:
Phương pháp:
Tính tiền lãi bác Ba nhận được ở năm đầu tiên
Tính cả gốc và lãi bác Ba nhận được sau năm đầu tiên
Tính tiền lãi bac Ba nhận được ở năm thứ hai
Tính cả gốc và lãi bác Ba nhận được sau hai
Cách giải:
Tiền lãi bác Ba có được ở năm đầu tiên : \[100.7\% \] [triệu đồng]
Tiền vốn và lãi bác Ba có được sau năm đầu tiên :
\[100 + 100.7\% = 100.\left[ {1 + 7\% } \right]\] [triệu đồng]
Tiền lãi bác Ba có được ở năm thứ hai : \[100.\left[ {1 + 7\% } \right].7\% \] [triệu đồng]
Tiền vốn và lãi bác Ba có được sau hai năm :
\[100.\left[ {1 + 7\% } \right] + 100.\left[ {1 + 7\% } \right].7\% = 100.{\left[ {1 + 7\% } \right]^2}\]\[ = 114,49\] [triệu đồng]
Vậy sau hai năm, khi rút tiền ra bác Ba nhận được \[114,49\] triệu đồng = \[114.490.000\] [đồng]
Bài 6 [VD]:
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tiếp tuyến, hệ thức lượng trong tam giác vuông và các cặp tam giác đồng dạng
Cách giải:
Cho đường tròn \[\left[ {O;R} \right]\] và điểm \[A\] nằm ở ngoài đường tròn sao cho \[OA < 2R.\] Vẽ các tiếp tuyến \[AB,\,AC\] [\[B,C\] là các tiếp điểm]. \[BC\] cắt \[OA\] tại \[H\].
a] Chứng minh \[OA\] vuông góc với \[BC\] và \[OH.OA = {R^2}.\]
Xét \[\left[ O \right]:\]
\[AB = AC\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
\[OB = OC = R\]
Do đó, \[OA\] là trung trực của \[BC.\]
Suy ra \[OA\] vuông góc với \[BC\] tại \[H.\]
Xét \[\Delta BAO\] vuông tại \[B\] [\[AB\] là tiếp tuyến của \[\left[ O \right]\] có \[AH\] là đường cao, \[OA\] vuông góc \[BC\] tại \[H\]]
\[OH.OA = O{B^2} = {R^2}\] [hệ thức lượng trong tam giác vuông]
b] Vẽ cát tuyến \[ADE\] nằm bên trong góc \[BAO\] [\[AD\] nhỏ hơn \[AE\]]. Vẽ \[OI\] vuông góc với \[DE\] tại \[I.\] Tia \[OI\] cắt \[AB\] tại \[F.\] Gọi \[G\] là giao điểm của \[DE\] với \[OB\] và \[Q\] là trung điểm của \[OG\]. Tia \[FG\] cắt tia \[AO\] tại \[K.\] Chứng minh \[FK\] vuông góc với \[OA\] và \[QI\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[FIA.\]
Xét tam giác \[AOF\] có \[OB \bot AF,\,AI \bot OF\] và \[OB \cap AI = \left\{ G \right\}\] nên \[G\] là trực tâm của tam giác \[AOF\], nên \[FG\] vuông góc với \[OA\] tại \[K\], tức \[FK\] vuông góc với \[OA.\]
Gọi \[P\] là trung điểm của \[AF.\]
Vì tam giác \[IAF\] vuông tại \[I\] nên \[PA = PF = PI = \dfrac{{AF}}{2}\] hay \[F,\,I,\,A\] thuộc đường tròn đường kính \[AF,\] tâm \[P\] là trung điểm của \[AF.\]
Vì \[\Delta IOG\] vuông tại \[I\] có \[Q\] là trung điểm \[OG\] nên \[QI = QO = QG = \dfrac{{OG}}{2}\]
Suy ra \[\Delta QIO\] cân tại \[Q,\] do đó: \[\widehat {QOI} = \widehat {QIO}\]
Ta có \[PI = PF\left[ {cmt} \right]\] nên \[\Delta PIF\] cân tại \[P.\] Do đó: \[\widehat {PIF} = \widehat {PFI}\]
Nên \[\widehat {QIO} + \widehat {PIF} = \widehat {IOQ} + \widehat {PFI} = 90^\circ \] [vì \[\Delta FOB\] vuông tại \[B\]].
Suy ra \[\widehat {QIP} = 180^\circ - \left[ {\widehat {QIO} + \widehat {PIF}} \right] = 90^\circ \]
Nên \[QI\] vuông góc với \[PI\] tại \[I\] thuộc đường tròn \[\left[ {FIA} \right]\].
Vậy \[QI\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left[ {FIA} \right].\]
c] Tiếp tuyến tại \[D\] của đường tròn \[\left[ {O;R} \right]\] cắt tia \[OF\] tại \[M\]. \[BH\] cắt \[AI\] tại \[N.\] Chứng minh \[\dfrac{2}{{BC}} = \dfrac{1}{{BN}} - \dfrac{1}{{BM}}.\]
Theo câu a] ta có \[OH.OA = {R^2}\]
Xét tam giác \[ODM\] vuông tại \[D\] có \[DI\] là đường cao nên \[OI.OM = O{D^2} = {R^2}\] [hệ thức lượng trong tam giác]
Suy ra \[OH.OA = OI.OM \Rightarrow \dfrac{{OH}}{{OM}} = \dfrac{{OI}}{{OA}}\]
Lại có góc \[AOM\] chung nên \[\Delta OHM\] đồng dạng \[\Delta OIA\] [c-g-c], suy ra \[\widehat {OHM} = \widehat {OIA} = 90^\circ .\]
Suy ra \[HM\] vuông góc với \[OA\] tại \[H.\]
Mà \[BC\] vuông góc \[OA\] tại \[H\].
Nên \[M,B,H\] thẳng hàng.
Xét tam giác \[HMO\] và tam giác \[HAN\] có:
\[\widehat {OHM} = \widehat {AHN} = {90^0},\] \[\widehat {HAN} = \widehat {OMH}\] [cùng phụ với \[\widehat {HOM}\]]
Nên \[\Delta HMO\] đồng dạng với \[\Delta HAN\]
Suy ra \[\dfrac{{HM}}{{HO}} = \dfrac{{HA}}{{HN}} \Rightarrow HM.HN = HA.HO\]
Xét tam giác \[OAB\] vuông có \[HA.HO = B{H^2}\] [hệ thức lượng]
Nên \[HN.HM = H{B^2}\,\,\left[ { = HO.HA} \right]\]
\[ \Leftrightarrow \left[ {HB - BN} \right]\left[ {HB + BM} \right] = H{B^2}\]
\[ \Leftrightarrow H{B^2} + HB.\left[ {BM - BN} \right] - BN.BM = H{B^2}\]
\[ \Leftrightarrow HB.\left[ {BM - BN} \right] = BN.BM\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{HB}} = \dfrac{{BM - BN}}{{BN.BM}}\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\left[ {\dfrac{{BC}}{2}} \right]}} = \dfrac{1}{{BN}} - \dfrac{1}{{BM}}\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{BC}} = \dfrac{1}{{BN}} - \dfrac{1}{{BM}}\]
Bài 7 [VD]:
Phương pháp:
Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn
Cách giải:
\[\Delta TAN\left[ {\widehat N = 90^\circ } \right]:\tan A = \dfrac{{TN}}{{AN}}\]
Nên: \[TN = AN.\tan A = BN.\tan B\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ {NB + AB} \right].\tan A = BN.\tan B\\ \Leftrightarrow \left[ {\tan B - \tan A} \right].NB = AB.\tan A\\ \Leftrightarrow NB = \dfrac{{AB.\tan A}}{{\tan B - \tan A}}\end{array}\]
Suy ra
\[\begin{array}{l}TN = NB.\tan B = \dfrac{{AB.\tan A.\tan B}}{{\tan B - \tan A}}\\TN = \dfrac{{1500.\tan 41,2^\circ .\tan 29,7^\circ }}{{\tan 41,2^\circ - \tan 29,7^\circ }} \approx 2455,4\end{array}\]
Vậy chiều cao ngọn núi \[TN\] khoảng \[2455,4\] mét.
HẾT