Thời gian làm bài 120 phút.
Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
$$A = \left( {\frac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \frac{{3\sqrt {ab} }}{{a\sqrt a + b\sqrt b }}} \right).\left[ {\left( {\frac{1}{{\sqrt a – \sqrt b }} – \frac{{3\sqrt {ab} }}{{a\sqrt a – b\sqrt b }}} \right):\frac{{a – b}}{{a + \sqrt {ab} + b}}} \right]$$
a) Rút gọn $A$.
b) Chứng minh $A < \dfrac{2}{a+b}$.
%————————————–%
Bài 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình $\sqrt{x+3}+\sqrt{x-1}=1+\sqrt{2x+1}$
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{matrix} x+y + xy = 8 \hfill \cr \sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}=4 \hfill \cr \end{matrix} \right.$
%————————————–%
Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình $(m-1)x^2 – 2(m+1)x + m = 0 $ ($m$ là tham số )
a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa
$$m(x_1-1)^2 = (x_2+1)^2-1$$
%————————————–%
Bài 4. (2 điểm)
a) Hai kho hàng I và II chứa một số sản phẩm. Nếu lấy đi ở mỗi kho hàng 200 sản phẩm thì số sản phẩm còn lại của kho I bằng $\dfrac{1}{2}$ số sản phẩm của kho II. Nếu chuyển $20 \% $ số sản phẩm kho I qua kho II thì số sản phẩm kho I bằng $40 \% $ số sản phẩm kho II. Tính số sản phẩm của mỗi kho hàng.
b) Để thi vào trường chuyên một số học sinh lớp 9A có đi học thêm hai môn toán và văn tại trung tâm Star-education. Biết rằng số học sinh học cả hai môn toán văn bằng tích số học sinh chỉ học môn toán và số học sinh chỉ học môn văn. Số học sinh học thêm môn toán là 45, số học sinh học thêm môn văn là 48. Tính số học sinh lớp 9A biết rằng số học sinh không đi học thêm là ước của số học sinh đi học thêm và tổng số hs trong lớp không quá 100 em.
%————————————–%
Bài 5. (3 điểm) Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB = 2R$, $C$ thuộc $(O)$ sao cho $AC = R$. Gọi $H$ là hình chiếu
của $C$ trên $AB$, đường tròn tâm $I$ đường kính $CH$ cắt $BC$ tại $E$ và $AC$ tại $D$.
a) Chứng minh $ADEB$ nội tiếp. Tính diện tích tứ giác $ADEB$.
b) Vẽ tiếp tuyến $BF$ đến $(I)$ với $F$ là tiếp điểm và khác $H$, $HF$ cắt $IB$ tại $J$ và cắt $AC$ tại $G$. Chứng minh $CEJI$ nội tiếp. Tính $\angle CJE$.
c) Tính các góc của tam giác $ABG$.
Hết
Bài 1.
a) $A= \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}} \right) . \left[ \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}} \right) : \dfrac{a-b}{a+\sqrt{ab}+b} \right] \\
= \dfrac{a-\sqrt{ab}+b+3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}+ \sqrt{b} \right) \left( a-\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b-3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right) \left( a+\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b}\\
= \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b} \\
= \dfrac{a-b}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{1}{a-b} \\
= \dfrac{1}{a-\sqrt{ab}+b}$.
b) $A < \dfrac{2}{a+b} \Leftrightarrow a+b < 2(a+b-\sqrt{ab}) \Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 > 0$.
Đúng vì $a \neq b$.
Bài 2.
a) Điều kiện : $x \geq 1$.\\
Phương trình tương đương với : \\
$x+3 + x-1 +2\sqrt{(x+3)(x-1)} = 1+2x+1 + 2\sqrt{2x+1} \\
\Leftrightarrow x^2+2x-3 = 2x + 1 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 \;\; (n)\\
x = – 2 \;\; (l)
\end{array} \right. $
b) Đặt $u = \sqrt{x+2}, v = \sqrt{y+2}$ ta có $u, v \geq o$ và $x = u^2 – 2, y = v^2 – 2$. Ta có hệ: \\
$\left\{ \begin{array}{l} u + v = 4\;\; (*) \\
u^2v^2 – u^2 – v^2 = 8\;\; (**)
\end{array} \right.$\\
Từ (**) ta có $u^2v^2 – (u+v)^2 + 2uv – 8 = 0 \Rightarrow u^2v^2 + 2uv – 24 = 0 \\ \Rightarrow uv = 4 \; (n), uv = – 6 \; (l)$. \\
Với $u + v = 4, uv = 4$ ta có $u = 2, v = 2$. Giải ra $x = 2, y = 2$. \\
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x;y)$ là $(2;2)$.
Bài 3.
a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m-1 \ne 0 \\
\Delta ‘ =(m+1)^2-m(m-1) >0 \\
P = m (m-1)<0
\end{array} \right. \Leftrightarrow
\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
3m+1 >0 \\
0<m<1
\end{array} \right.
\Leftrightarrow 0<m<1$
b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m – 1 \neq 0\\
\Delta ‘ = (m+1)^2-m(m-1) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
m > -\dfrac{1}{3}
\end{array} \right. $
$x_1$ là nghiệm của phương trình nên \\ $(m-1)x_1^2 – 2(m+1)x_1 + m = 0 \Leftrightarrow m(x_1 -1)^2 = x_1^2+2x_1$.
Do đó
$m(x_1-1)^2 = (x_2+1)^2 – 1 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 + 1 \right)^2 = \left( x_2 + 1 \right)^2 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 – x_2 \right) \left( x_1 + x_2 +2 \right) =0 \\
\Leftrightarrow x_1 + x_2 = -2 \;\; \left( \text{vì } x_1 \ne x_2 \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{2(m+1)}{m-1} = – 2 \Leftrightarrow m = 0 (n)$.
Bài 4.
a) Gọi $x, y$ lần lượt là số hàng kho I, II. Dựa vào đề bài ta có hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}
x – 200 = \dfrac{1}{2} ( y – 200) \\
\dfrac{4}{5}x = \dfrac{2}{5} (y + \dfrac{1}{5}x) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=\dfrac{1}{2}y+100 \\
18x=10y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=1000 \\
y=1800
\end{array} \right. $
Vậy số hàng kho I là 1000 sản phẩm và số hàng kho II là 1800 sản phẩm.
b) Gọi $x, y$ là số học sinh chỉ học môn toán và chỉ học môn văn. Suy ra số học sinh học cả hai môn là $xy$.
Khi đó ta có hệ: $xy + x = 45 (1) xy+y=48(2)$.
Khi đó $y = x+3$, thế vào (1): $x^2+4x-45 = 0$.
Giải ra được $x = 5$ (Vì x > 0). Suy ra $y = 8$.
Số học sinh học thêm toán là: 50,
Số học sinh học thêm là 53. Suy ra số học sinh không đi học thêm là 1.
Số học sinh của lớp là: 54.
Bài 5.
a) Ta có $CD\cdot CA = CH^2$ và $CE\cdot CB = CH^2$. Suy ra $CD\cdot CA = CE\cdot CB$, suy ra $\triangle CDE \backsim \triangle CBA$, suy ra $\angle CDE = \angle CBA$, suy ra tứ giác $ADEB$ nội tiếp.
Ta có $S_{ADEB} = S_{ABC} – S_{ADE}$. Mà $AC = R, BC = R\sqrt{3}$, suy ra $S_{ABC}=R^2 \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
$DE = \dfrac{CH^2}{AC} = \dfrac{3R}{4}, CE = \dfrac{CH^2}{CB}= \dfrac{R\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $S_{ADE} = \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{32}$.
Do đó $S_{ADEB} = \dfrac{13R^2\sqrt{3}}{32}$.
b) Ta có $BI \bot HF$ tại $J$. Ta có $BI\cdot BJ = BH^2$. Và tam giác $CHB$ vuông tại $H$ có $HE$ là đường cao nên $BE.BC = BH^2$.
Do đó $BI\cdot BJ = BH\cdot BE$, suy ra tứ giác $CIJE$ nội tiếp. Suy ra $\angle CJE = \angle CIE = 60^\circ$.
c) Ta có $\angle GCB = \angle GJB = 90^\circ$, suy ra $CJBG$ nội tiếp. Suy ra $\angle CGB = \angle CJI$. Mà $\angle CJI = \angle CEI = 60^\circ $, suy ra $\angle CGB = 60^\circ $. Mà $\angle GAB = 60^\circ $ nên $\angle GBA = 60^\circ $.
\end{enumerate}