Đề bài
Câu 1 [2 điểm]:
a] Tìm \[x\] để biểu thức sau có nghĩa: \[P = \sqrt {5x + 3} + 2018\sqrt[3]{x}.\]
b] Cho hàm số \[y = \dfrac{1}{2}{x^2}.\] Điểm \[D\] có hoành độ \[x = - 2\] thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm \[D.\]
c] Tìm giá trị của \[a\] và \[b\] để đường thẳng \[d:\;\;y = ax + b - 1\] đi qua hai điểm \[A\left[ {1;\;1} \right]\] và \[B\left[ {2;\;3} \right].\]
Câu 2 [2,0 điểm]:
Cho biểu thức: \[P = \dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left[ {\sqrt x + \sqrt y } \right]}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x - \sqrt y }} - y\] [với \[x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y\]].
a] Rút gọn biểu thức \[P.\]
b] Chứng minh rằng \[P \le 1.\]
Câu 3 [2,0 điểm]:
Cho phương trình \[{x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left[ 1 \right]\]
a] Giải phương trình \[\left[ 1 \right]\] khi \[m = 1.\]
b] Chứng minh rằng với mọi \[m\] phương trình \[\left[ 1 \right]\] luôn có hai nghiệm phân biệt.
Giả sử hai nghiệm là \[{x_1},\;{x_2}\] khi đó tìm \[m\] để \[x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.\]
Câu 4 [3,5 điểm]:
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H, K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD.
a] Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp.
b] Chứng minh AD.AN = AB.AM.
c] Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.
d] Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.
Câu 5 [0,5 điểm]: Giải phương trình: \[3\sqrt 3 \left[ {{x^2} + 4x + 2} \right] - \sqrt {x + 8} = 0.\]
Lời giải chi tiết
Câu 1:
a] Tìm \[x\] để biểu thức sau có nghĩa: \[P = \sqrt {5x + 3} + 2018\sqrt[3]{x}.\]
Biểu thức có nghĩa \[ \Leftrightarrow 5x + 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - \dfrac{3}{5}.\]
Vậy với \[x \ge - \dfrac{3}{5}\] thì biểu thức \[P\] có nghĩa.
b] Cho hàm số \[y = \dfrac{1}{2}{x^2}.\] Điểm \[D\] có hoành độ \[x = - 2\] thuộc đồ thị hàm số. Tìm tọa độ điểm \[D.\]
Điểm \[D\] thuộc đồ thị hàm số \[y = \dfrac{1}{2}{x^2}\] và có hoành độ \[x = - 2 \Rightarrow y = \dfrac{1}{2}.{\left[ { - 2} \right]^2} = 2.\]
Vậy \[D\left[ { - 2;\;2} \right].\]
c] Tìm giá trị của \[a\] và \[b\] để đường thẳng \[d:\;\;y = ax + b - 1\] đi qua hai điểm \[A\left[ {1;\;1} \right]\] và \[B\left[ {2;\;3} \right].\]
Đường thẳng \[d\] đi qua hai điểm \[A\left[ {1;\;1} \right]\] và \[B\left[ {2;\;3} \right]\] nên ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}1 = 1.a + b - 1\\3 = 2.a + b - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\2a + b = 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 0\end{array} \right..\]
Vậy \[a = 2\] và \[b = 0.\]
Câu 2:
Cho biểu thức: \[P = \dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left[ {\sqrt x + \sqrt y } \right]}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x - \sqrt y }} - y\] [với \[x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y\]].
a] Rút gọn biểu thức \[P.\]
Điều kiện: \[x > 0,\;\;y > 0,\;\;x \ne y.\]
\[\begin{array}{l}P = \dfrac{{x\sqrt y + y\sqrt x }}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{{{\left[ {\sqrt x + \sqrt y } \right]}^2} - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \dfrac{{\sqrt {xy} \left[ {\sqrt x + \sqrt y } \right]}}{{\sqrt {xy} }} - \dfrac{{x + 2\sqrt {xy} + y - 4\sqrt {xy} }}{{\sqrt x - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x + \sqrt y - \dfrac{{{{\left[ {\sqrt x - \sqrt y } \right]}^2}}}{{\sqrt x - \sqrt y }} - y\\\;\;\; = \sqrt x + \sqrt y - \left[ {\sqrt x - \sqrt y } \right] - y\\\;\;\; = \sqrt x + \sqrt y - \sqrt x + \sqrt y - y\\\;\;\; = 2\sqrt y - y.\end{array}\]
b] Chứng minh rằng \[P \le 1.\]
Ta có: \[P \le 1\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\sqrt y - y \le 1\\ \Leftrightarrow 1 - 2\sqrt y + y \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt y - 1} \right]^2} \ge 0\;\;\forall y > 0.\end{array}\]
Vậy \[P \le 1.\]
Câu 3:
Cho phương trình \[{x^2} - 4mx + 4{m^2} - 2 = 0\;\;\;\left[ 1 \right]\]
a] Giải phương trình \[\left[ 1 \right]\] khi \[m = 1.\]
Với \[m = 1\] ta có phương trình:
\[\begin{array}{l}\left[ 1 \right] \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 - 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 2 = 0\end{array}\]
Có \[\Delta ' = 4 - 2 = 2 > 0\]
\[ \Rightarrow \] Phương trình có hai nghiệm phân biệt \[\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2 + \sqrt 2 \\{x_2} = 2 - \sqrt 2 \end{array} \right..\]
Vậy với \[m = 1\] thì phương trình có tập nghiệm \[S = \left\{ {2 - \sqrt 2 ;\;\;2 + \sqrt 2 } \right\}.\]
b] Chứng minh rằng với mọi \[m\] phương trình \[\left[ 1 \right]\] luôn có hai nghiệm phân biệt.
Giả sử hai nghiệm là \[{x_1},\;{x_2}\] khi đó tìm \[m\] để \[x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0.\]
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' > 0\]
\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 4{m^2} + 2 > 0 \Leftrightarrow 2 > 0\] [luôn đúng với mọi \[m\]]
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\;\;{x_2}\] với mọi \[m.\]
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4m\\{x_1}{x_2} = 4{m^2} - 2\end{array} \right..\]
Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình \[\left[ 1 \right]\]
\[\Rightarrow x_1^2 - 4m{x_1} + 4{m^2} - 2 = 0\]
\[\Leftrightarrow x_1^2 = 4m{x_1} - 4{m^2} + 2.\;\]
Theo đề bài ta có: \[x_1^2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4m{x_1} - 4{m^2} + 2 + 4m{x_2} + 4{m^2} - 6 = 0\\ \Leftrightarrow 4m\left[ {{x_1} + {x_2}} \right] - 4 = 0\\ \Leftrightarrow m\left[ {{x_1} + {x_2}} \right] = 1\\ \Leftrightarrow m.4m = 1\\ \Leftrightarrow {m^2} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow m = \pm \dfrac{1}{2}.\end{array}\]
Vậy \[m = \pm \dfrac{1}{2}\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4:
a] Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp.Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M, N. Dựng AH vuông góc với BD tại điểm H, K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD.
Xét tứ giác \[AHCK\] ta có: \[\widehat {AHK} = \widehat {ACK} = {90^0}\]
Mà hai đỉnh \[H,\;C\] kề nhau cùng nhìn cạnh \[AK\] dưới góc \[{90^0}.\]
\[ \Rightarrow AHCK\] là tứ giác nội tiếp. [dhnb]
b] Chứng minh AD.AN = AB.AM.
Ta có: \[AM//CD \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {DCN}\] [hai góc đồng vị]
\[\widehat {DCN}\] là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \[CD.\]
\[\widehat {ADB}\] là góc nội tiếp chắn cung \[AB.\]
Mà cung \[AB = \] cung \[CD\] do \[ABCD\] là hình chữ nhật.
\[ \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {AMN}\left[ { = \widehat {DCN}} \right].\]
Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta ANM\] ta có:
\[\begin{array}{l}\widehat {A\;\;}\;\;chung\\\widehat {ADB} = \widehat {AMN}\;\;\left[ {cmt} \right]\\ \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta ANM\;\;\left[ {g - g} \right]\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}} \Rightarrow AB.AM = AD.AN\;\;\left[ {dpcm} \right].\end{array}\]
c] Gọi E là trung điểm của MN. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng.
Ta có \[E\] là trung điểm của \[MN\;\;\left[ {gt} \right] \Rightarrow AE = ME = EN\] [tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền]
\[ \Rightarrow \widehat {EAN} = \widehat {ENA}\]
\[\Rightarrow \widehat {AEM} = \widehat {EAN} + \widehat {ANE} = 2\widehat {ENA}\] [góc ngoài của tam giác].
Vì \[\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left[ {cmt} \right] \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ANC}\] [hai góc tương ứng].
Vì \[ABCD\] là hình chữ nhật \[ \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}\] [hai góc so le trong].
\[ \Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {ANC}\left[ { = \widehat {ABD}} \right] \\\Rightarrow \widehat {HEC} = 2\widehat {ANE} = 2\widehat {BDC} = 2\widehat {ODC}.\;\;\;\left[ 1 \right]\]
Xét \[\Delta OCD\] cân tại \[O\] ta có: \[\widehat {DOC} + \widehat {OCD} + \widehat {ODC} = {180^0} \]
\[\Leftrightarrow \widehat {DOC} + 2.\widehat {ODC} = {180^0}.\;\;\;\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] \[ \Rightarrow \widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}.\]
Xét tứ giác \[OHEC\] ta có: \[\widehat {DOC} + \widehat {HEC} = {180^0}\;\;\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow OHEC\] là tứ giác nội tiếp [tổng hai góc đối diện có tổng bằng \[{180^0}\]].
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {OHE} + \widehat {OCE} = {180^0} \\\Leftrightarrow \widehat {OHE} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\\ \Rightarrow OH \bot HE.\end{array}\]
Mà \[OE \bot AH\;\;\;\left[ {gt} \right]\]
\[ \Rightarrow A,\;H,\;E\] thẳng hàng.
d] Cho AB = 6cm, AD = 8cm. Tính độ dài đoạn MN.
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] ta có:
\[D{B^2} = A{B^2} + A{D^2} = {6^2} + {8^2} = {10^2} \Rightarrow BD = 10cm.\]
Vì \[\Delta ABD \sim \Delta ANM\;\left[ {cmt} \right]\]
\[\Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AN}} = \dfrac{{BD}}{{MN}} = \dfrac{{AD}}{{AM}}\]
\[ \Leftrightarrow \dfrac{6}{{AN}} = \dfrac{8}{{AM}} = \dfrac{{10}}{{MN}}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = \dfrac{{8MN}}{{10}} = \dfrac{4}{5}MN\\AN = \dfrac{6}{{10}}MN = \dfrac{3}{5}MN\end{array} \right..\]
Xét tam giác \[\Delta DBC\] và \[\Delta CMB\] ta có:
\[\widehat {DCB} = \widehat {CBM} = {90^0}\]
\[\widehat {BDC} = \widehat {BCM}\] [góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \[BC\]]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta DCB \sim CBM\left[ {g - g} \right]\\ \Rightarrow \dfrac{{DC}}{{BC}} = \dfrac{{BC}}{{BM}} \Leftrightarrow \dfrac{6}{8} = \dfrac{8}{{BM}}\\ \Leftrightarrow BM = \dfrac{{32}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow AM = AB + BM = 6 + \dfrac{{32}}{3} = \dfrac{{50}}{3}\;cm.\\ \Rightarrow MN = \dfrac{5}{4}AM = \dfrac{5}{4}.\dfrac{{50}}{3} = \dfrac{{125}}{6}cm.\end{array}\]
Vậy \[MN = \dfrac{{125}}{6}cm.\]