- Đề bài
- LG câu 1
- LG câu 2
- LG câu 3
- LG câu 4
- LG câu 5
- LG câu 6
Đề bài
Câu 1 [2 điểm]:
Cho hàm số \[\left[ P \right]:y = {x^2}\] và hàm số \[\left[ D \right]:y = - x + 6\]
a] Vẽ \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\] trên cùng một hệ trục tọa độ.
b] Tìm các tọa độ giao điểm của \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\] bằng phép tính.
Câu 2 [2 điểm]:
Giải phương trình và hệ phương trình
a] \[3{x^2} + 4\left[ {x - 2} \right] = 7\]
b] \[\left\{ \begin{array}{l} - 3\left[ {x + 1} \right] - y = 5\\4x - 5\left[ {y - 2} \right] = 12\end{array} \right.\]
Câu 3 [1 điểm]:
Cho phương trình \[{x^2} - \left[ {m - 3} \right]x + m - 4 = 0\]
a] Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi \[m\].
b] Tìm \[m\] để phương trình có 2 nghiệm thỏa: \[x_1^2 + x_2^2 + 5{x_1} + 5{x_2} = 30\].
Câu 4 [1 điểm]:
Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi là \[120\,m\] và chiều dài gấp \[3\] lần chiều rộng. Tính kích thước miếng đất?
Câu 5 [1 điểm]:
Máy kéo nông nghiệp có bánh xe sau to hơn bánh xe trước. Bánh xe sau có đường kính là \[1,672\,m\] và bánh xe trước có đường kính là \[88\,cm\]. Hỏi khi xe chạy trên đoạn đường thẳng, bánh xe sau lăn được \[10\] vòng thì xe di chuyển được bao nhiêu mét và khi đó bánh xe trước lăn được mấy vòng?
Câu 6 [3 điểm]:
Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \[\left[ O \right]\]. Các đường cao \[AD\], \[BE,CF\] của \[\Delta ABC\] cắt nhau tại \[H\].
a] Chứng minh các tứ giác \[AFHE,BFEC\] nội tiếp đường tròn.
b] Chứng minh \[AB.CE = HC.BE\].
c] Chứng minh \[H\] là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta DEF\].
HẾT
LG câu 1
Phương pháp giải:
a] Lập bảng giá trị rồi vẽ đồ thị hàm số
b] Giải phương trình hoành độ giao điểm, sau đó thay hoành độ tìm được vào các hàm số để tìm tung độ giao điểm.
Lời giải chi tiết:
Cho hàm số \[\left[ P \right]:y = {x^2}\] và hàm số \[\left[ D \right]:y = - x + 6\]
a] Vẽ \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\] trên cùng một hệ trục tọa độ.
Vẽ \[\left[ P \right]:y = {x^2}\]
Bảng giá trị:
|
\[x\] |
\[ - 2\] |
\[ - 1\] |
\[0\] |
\[1\] |
\[2\] |
|
\[y = {x^2}\] |
\[4\] |
\[1\] |
\[0\] |
\[1\] |
\[4\] |
Vẽ parabol đi qua các điểm có tọa độ \[\left[ { - 2;4} \right],\left[ { - 1;1} \right],\left[ {0;0} \right],\] \[\left[ {1;1} \right],\left[ {2;4} \right]\] ta được đồ thị hàm số \[\left[ P \right]:y = {x^2}\]
Vẽ \[\left[ D \right]:y = - x + 6\]
Với \[x = 2 \Rightarrow y = 4\]. Điểm \[\left[ {2;4} \right]\] thuộc \[\left[ D \right]\]
Với \[x = 0 \Rightarrow y = 6\]. Điểm \[\left[ {0;6} \right]\] thuộc \[\left[ D \right]\]
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \[\left[ {2;4} \right]\] và \[\left[ {0;6} \right]\] ta được đường thẳng \[\left[ D \right]:y = - x + 6\]
b] Tìm các tọa độ giao điểm của \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\] bằng phép tính.
Xé phương trình hoành độ giao điểm của \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\], ta có:
\[{x^2} = - x + 6\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 2x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow x\left[ {x + 3} \right] - 2\left[ {x + 3} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 2} \right]\left[ {x + 3} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\x + 3 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 3\end{array} \right.\end{array}\]
Với \[x = 2\]\[ \Rightarrow y = {x^2} = {2^2} = 4\]
Với \[x = - 3\] \[ \Rightarrow y = {x^2} = {\left[ { - 3} \right]^2} = 9\]
Tọa độ giao điểm của \[\left[ P \right]\] và \[\left[ D \right]\] là \[\left[ {2;4} \right],\left[ { - 3;9} \right]\].
LG câu 2
Phương pháp giải:
a] Phá ngoặc sau đó sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai
b] Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số
Lời giải chi tiết:
a] \[3{x^2} + 4\left[ {x - 2} \right] = 7\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} + 4x - 8 - 7 = 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + 4x - 15 = 0\end{array}\]
Ta có: \[\Delta ' = {2^2} - 3.\left[ { - 15} \right]\]\[ = 49 > 0\]
Nên phương trình có hai nghiệm:
\[\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 2 + \sqrt {49} }}{3}\\x = \dfrac{{ - 2 - \sqrt {49} }}{3}\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{5}{3}\\x = - 3\end{array} \right.\]
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \[x = - 3;x = \dfrac{5}{3}.\]
b] \[\left\{ \begin{array}{l} - 3\left[ {x + 1} \right] - y = 5\\4x - 5\left[ {y - 2} \right] = 12\end{array} \right.\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3x - 3 - y - 5 = 0\\4x - 5y + 10 - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3x - y - 8 = 0\\4x - 5y - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 15x - 5y - 40 = 0\\4x - 5y - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19x + 38 = 0\\4x - 5y - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19x = - 38\\4x - 5y - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\4.\left[ { - 2} \right] - 5y - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\ - 5y - 10 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\ - 5y = 10\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 2\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm \[\left[ {x;y} \right] = \left[ { - 2; - 2} \right]\]
LG câu 3
Phương pháp giải:
a] Phương trình \[a{x^2} + bx + c = 0\left[ {a \ne 0} \right]\] có nghiệm \[ \Leftrightarrow \Delta \ge 0\]
b] Sử dụng hệ thức Vi-et: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.\]
Lời giải chi tiết:
Cho phương trình \[{x^2} - \left[ {m - 3} \right]x + m - 4 = 0\]
a] Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi \[m\].
Phương trình \[{x^2} - \left[ {m - 3} \right]x + m - 4 = 0\] [*] có hệ số \[a = 1 \ne 0\] nên là phương trình bậc hai một ẩn.
Ta có: \[\Delta = {\left[ {m - 3} \right]^2} - 4.1.\left[ {m - 4} \right]\] \[ = {m^2} - 6m + 9 - 4m + 16\] \[ = {m^2} - 10m + 25\] \[ = {\left[ {m - 5} \right]^2}\]
Vì \[\Delta = {\left[ {m - 5} \right]^2} \ge 0\] với mọi \[m\] nên phương trình [*] luôn có nghiệm với mọi \[m.\]
b] Tìm \[m\] để phương trình có 2 nghiệm thỏa: \[x_1^2 + x_2^2 + 5{x_1} + 5{x_2} = 30\].
Vì phương trình [*] luôn có nghiệm với mọi \[m\] [theo câu a] nên gọi \[{x_1};{x_2}\] là hai nghiệm của phương trình, theo hệ thức Vi-ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 3\\{x_1}{x_2} = m - 4\end{array} \right.\]
Xét \[x_1^2 + x_2^2 + 5{x_1} + 5{x_2} = 30\]
\[ \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}\] \[ + 5{x_1} + 5{x_2} = 30\]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]^2} - 2{x_1}{x_2}\] \[ + 5\left[ {{x_1} + {x_2}} \right] = 30\]
\[ \Leftrightarrow {\left[ {m - 3} \right]^2} - 2\left[ {m - 4} \right]\] \[ + 5\left[ {m - 3} \right] = 30\]
\[ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 - 2m + 8\] \[ + 5m - 15 - 30 = 0\]
\[ \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 28 = 0\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {m^2} - 7m + 4m - 28 = 0\\ \Leftrightarrow m\left[ {m - 7} \right] + 4\left[ {m - 7} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {m - 7} \right]\left[ {m + 4} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 7 = 0\\m + 4 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 7\\m = - 4\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy \[m = 7;m = - 4\] thỏa mãn yêu cầu đề bài.
LG câu 4
Phương pháp giải:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình
B1: Chọn ẩn và đặt điểu kiện cho ẩn
B2: Lập phương trình và giải phương trình
B3: Kết hợp điều kiện và kết luận
Lời giải chi tiết:
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là \[x\left[ {x > 0} \right]\] [m]
Vì chiều dài gấp \[3\] lần chiều rộng nên chiều dài là \[3x\] [m]
Chu vi hình chữ nhật là \[120m\] nên ta có phương trình:
\[\left[ {x + 3x} \right].2 = 120\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4x.2 = 120\\ \Leftrightarrow 8x = 120\end{array}\]
\[ \Leftrightarrow x = 15\] [thỏa mãn]
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là \[15m\] và chiều dài hình chữ nhật là \[15.3 = 45m\].
LG câu 5
Phương pháp giải:
- Tính chu vi mỗi bánh xe.
- Tính quãng đường bánh xe sau lăn được \[10\] vòng, từ đó suy ra quãng đường xe đi được và cũng là quãng đường bánh xe trước lăn được.
- Tính số vòng quay bánh xe trước lăn được.
Chú ý công thức:
Quãng đường \[ = \] chu vi \[ \times \] số vòng quay
Lời giải chi tiết:
Máy kéo nông nghiệp có bánh xe sau to hơn bánh xe trước. Bánh xe sau có đường kính là \[1,672\,m\] và bánh xe trước có đường kính là \[88\,cm\]. Hỏi khi xe chạy trên đoạn đường thẳng, bánh xe sau lăn được \[10\] vòng thì xe di chuyển được bao nhiêu mét và khi đó bánh xe trước lăn được mấy vòng?
Đổi \[1,672\,m = 167,2\,cm\].
Chu vi bánh xe sau là: \[{C_s} = \pi .167,2 = 167,2\pi \,\,\left[ {cm} \right]\]
Chu vi bánh xe trước là: \[{C_t} = \pi .88 = 88\pi \,\,\left[ {cm} \right]\]
Khi bánh xe sau lăn được \[10\] vòng thì xe di chuyển được quãng đường là:
\[10.167,2\pi = 1672\pi \left[ {cm} \right]\] \[ \approx 5253\left[ {cm} \right] = 52,53\left[ m \right]\]
Bánh xe trước lăn được số vòng là:
\[1672\pi :88\pi = 19\] [vòng]
Vậy xe đi được quãng đường \[52,53m\] và bánh trước lăn được \[19\] vòng.
LG câu 6
Phương pháp giải:
a] Chứng minh hai tứ giác có tổng một cặp góc đối bằng \[{180^0}\].
b] Chứng minh \[\Delta ABE\] đồng dạng \[\Delta HCE\] theo trường hợp góc góc.
c] Chứng minh \[EH,FH\] lần lượt là các tia phân giác của \[\widehat E,\widehat F\].
Lời giải chi tiết:
Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \[\left[ O \right]\]. Các đường cao \[AD\], \[BE,CF\] của \[\Delta ABC\] cắt nhau tại \[H\].
a] Chứng minh các tứ giác \[AFHE,BFEC\] nội tiếp đường tròn.
Ta có: \[BE \bot AC\] \[ \Rightarrow \widehat {AEH} = {90^0}\]
\[CF \bot AB\] \[ \Rightarrow \widehat {AFH} = {90^0}\]
Xét tứ giác \[AFHE\] có:
\[\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\] nên là tứ giác nội tiếp [tứ giác có tổng hai góc đối bằng \[{180^0}\]]
Xét tứ giác \[BFEC\] có:
\[\widehat {BEC} = \widehat {BEC} = {90^0}\] nên là tứ giác nội tiếp [tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau].
Vậy các tứ giác \[AFHE,BFEC\] nội tiếp đường tròn. [đpcm]
b] Chứng minh \[AB.CE = HC.BE\].
Theo câu a, tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {FBE} = \widehat {FCE}\] [góc nội tiếp cùng chắn cung \[EF\]]
\[ \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {HCE}\].
Xét \[\Delta ABE\] và \[\Delta HCE\] có:
\[\begin{array}{l}\widehat {ABE} = \widehat {HCE}\left[ {cmt} \right]\\\widehat {AEB} = \widehat {HEC} = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta ABE \backsim \Delta HCE\left[ {g - g} \right]\end{array}\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{HC}} = \dfrac{{BE}}{{CE}}\] [cạnh tương ứng]
\[ \Rightarrow AB.CE = HC.BE\] [đpcm].
c] Chứng minh \[H\] là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta DEF\].
Xét tứ giác \[EHDC\] có: \[\widehat {HEC} + \widehat {HDC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]
Do đó \[EHDC\] nội tiếp [tứ giác có tổng hai góc đối bằng \[{180^0}\]]
\[ \Rightarrow \widehat {HED} = \widehat {HCD}\] [góc nội tiếp cùng chắn cung \[HD\]]
\[ \Rightarrow \widehat {BED} = \widehat {FCB}\] [1]
Lại có, tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\] [góc nội tiếp cùng chắn cung \[FB\]] [2]
Từ [1] và [2] suy ra \[\widehat {BED} = \widehat {FEB}\left[ { = \widehat {FCB}} \right]\] hay \[EB\] là tia phân giác của \[\widehat {FED}\].
Xét tứ giác \[BFHD\] có \[\widehat {BFH} + \widehat {BDH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\] nên là tứ giác nội tiếp [tứ giác có tổng hai góc đối bằng \[{180^0}\]]
\[ \Rightarrow \widehat {HFD} = \widehat {HBD}\] [góc nội tiếp cùng chắn cung \[HD\]]
\[ \Rightarrow \widehat {CFD} = \widehat {EBC}\] [3]
Tứ giác \[BFEC\] nội tiếp [câu a] \[ \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {EFC}\] [góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC\]] [4]
Từ [3] và [4] suy ra \[\widehat {EFC} = \widehat {CFD}\left[ { = \widehat {EBC}} \right]\] hay \[FC\] là tia phân giác của \[\widehat {EFD}\].
Tam giác \[DEF\] có hai đường phân giác các góc \[\widehat E,\widehat F\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[DEF\] [đpcm].
HẾT