I. ĐỀ
Câu 1.
a) Giải các phương trình: $x^2=(x-1)(3x-2)$.
b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi $100m$. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài $40m$.
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y=\dfrac{1}{4}x^2$.
b) Cho đường thẳng $(D):y=\dfrac{3}{2}x+m$ đi qua điểm $C(6;7)$. Tìm tọa độ giao điểm $(D)$ và $(P)$.
Câu 3.
a) Thu gọn biểu thức $A=(\sqrt{3}+1)\sqrt{\dfrac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}}$.
b) Lúc 6 giờ sáng , bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm $A$) đến trường (điểm $B$) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình bên dưới). Cho biết đoạn thằng $AB$ dài $762m$, góc $A=6^\circ$, góc $B=4^\circ$.
- Tính chiều cao $h$ của con dốc.
- Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là $4km/h$ và tốc độ trung bình xuống dốc là $19km/h$.
Câu 4. Cho phương trình: $x^2-(2m-1)x+m^2-1=0\,(1)$ ($x$ là ẩn số).
a) Tìm điều kiện của $m$ để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1$, $x_2$ của phương trình $(1)$ thỏa mãn:
$$(x_1-x_2)^2=x_1-3x_2$$
Câu 5. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) Chứng minh tứ giác $ACDH$ nội tiếp và $\angle{CHD}=\angle{ABC}$.
b) Chứng minh hai tam giác $OHB$ và $OBC$ đồng dạng và $HM$ là tia phân giác của góc $BHD$.
c) Gọi $K$ là trung điểm $BD$. Chứng minh $MD.BC=MB.CD$ và $MB\cdot MD=MK\cdot MC$.
d) Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $OK$; $J$ là giao điểm của $IM$ và $(O)$ ($J$ khác $I$). Chứng minh hai đường thẳng $OC$ và $EJ$ cắt nhau tại một điểm nằm trên $(O)$.
II. ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) $x^2 = (x-1)(3x-2) $
$\Leftrightarrow x^2= 3x^2 – 5x + 2 $
$\Leftrightarrow 2x^2 – 5x+2=0 $
$\Leftrightarrow 2x^2 – 4x -x +2 =0 $
$\Leftrightarrow 2x(x-2)-(x-2) =0 $
$\Leftrightarrow (x-2)\left( 2x-1 \right) =0 $
$\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=\dfrac{1}{2} $
b) Gọi $a$, $b$ (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật. ($a,b >0$)
Ta có hệ phương trình:
$2(a+b) = 100$ và $5b-2a=40$
$\Leftrightarrow a=30$ và $b= 20$
Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là 30m và 20m.
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$:
a) Đồ thị:
Đồ thị $(P)$ đi qua điểm $(2; 1)$, $(-2;1)$ và $O(0;0)$
b) Đường thẳng $(D)$ đi qua điểm $C(6;7)$ nên
$7=\dfrac{3}{2}.6+m \Rightarrow m= -2$
Do đó phương trình đường thẳng $(D)$ là $(D):y=\dfrac{3}{2}x-2$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(D)$ và $(P)$ là:
$\dfrac{3}{2}x-2= \dfrac{1}{4}x^2 $
$\Leftrightarrow x^2 – 6x+8 =0 $
$\Leftrightarrow x= 4 \Rightarrow y= 4 $ hoặc $x=2 \Rightarrow y= 1$
Vậy các giao điểm của $(D)$ và $(P)$ có tọa độ là $(4;4)$ và $(2,1)$
Câu 3.
a) $\left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{14-6\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}} = \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{20+4\sqrt{3}-10\sqrt{3}-6}{5+\sqrt{3}}} $
$= \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\dfrac{\left( 4-2\sqrt{3}\right) \left( 5+ \sqrt{3} \right) }{5 + \sqrt{3}}} = \left( \sqrt{3}+1 \right) \sqrt{\left( \sqrt{3}-1 \right) ^2} $
$= \left( \sqrt{3}+ 1 \right) \left( \sqrt{3}-1 \right) =3-1 =2$
b)
- Ta có:
$AH = h.cotg \angle CAH= h.cotg \; 6^\circ $
$BH = h.cotg \angle CBH= h.cotg \; 4^\circ$
Mà $AH + BH = AB$ nên
$h.cotg \; 6^\circ + h.cotg \; 4^\circ = 762 $
$\Leftrightarrow h= \dfrac{762}{cotg \; 6^\circ + cotg \; 4^\circ } $ $\Leftrightarrow h \approx 32$
Vậy chiều cao của con dốc là $h \approx 32m$ - $AC= \dfrac{h}{\sin \angle CAH} \approx \dfrac{32}{\sin 6^\circ }$
Vận tốc An lên dốc là $4\; km/h = 4000 \; m /h$
Thời gian An lên dốc là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 6^\circ }}{4000}$ (giờ)
$BC= \dfrac{h}{\sin \angle CBH} \approx \dfrac{32}{\sin 4^\circ }$
Vận tốc An xuống dốc là $19 \; km/h = 19000 \; m/h$
Thời gian An xuống dốc là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 4^\circ }}{19000}$ (giờ)
Thời gian để An đến trường là $\dfrac{\dfrac{32}{\sin 6^\circ }}{4000} + \dfrac{\dfrac{32}{\sin 4^\circ }}{19000} \approx 0.1$ (giờ) $\approx 6$ (phút)
Vậy An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.
Câu 4. $x^2 – (2m-1)x + m^2 -1 =0$ (1)
a) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì
$a=1 \ne 0$ và $\Delta >0 $
$\Leftrightarrow (2m-1)^2 – 4 \left( m^2 -1 \right) >0$
$\Leftrightarrow 4m^2 – 4m +1 – 4m^2 + 4 >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{5}{4}$
b) Để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thì $a=1 \ne 0$ và $\Delta \ge 0 $ $\Rightarrow m \le \dfrac{5}{4}$
Theo Viet, ta có: $S= 2m-1 $, $P= m^2 -1$
$\left( x_1 -x_2 \right) ^2 = x_1 – 3x_2 $
$\Leftrightarrow \left( x_1 + x_2 \right) ^2 = x_1 + x_2 + 4x_1x_2 -4x_2 $
$\Leftrightarrow (2m-1)^2 = 2m-1 + 4m^2 – 4 – 4x_2 $
$\Leftrightarrow 4m^2 -4m +1 = 2m -1 + 4m^2 -4 – 4x_2 $
$\Leftrightarrow 4x_2 = 6m-6 \Leftrightarrow x_2 = \dfrac{3}{2}m – \dfrac{3}{2}$
$S= x_1 + x_2 = 2m -1 \Rightarrow x_1 = \dfrac{1}{2}m+ \dfrac{1}{2}$
$P = x_1x_2 = m^2 -1 $
$\Rightarrow \left( \dfrac{1}{2}m + \dfrac{1}{2} \right) \left( \dfrac{3}{2}m – \dfrac{3}{2} \right) = m^2 -1 \Leftrightarrow m^2 -1 =0 \Leftrightarrow
m =1 (n)$ hay
m= -1 (n)
Vậy $m=1$ hoặc $m=-1$
Câu 5.
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cắt các đoạn $BC$ và $OC$ lần lượt tại $D$ và $I$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $OC$; $AH$ cắt $BC$ tại $M$.
a) $\angle ADB = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \angle AHC = \angle ADC = 90^\circ \Rightarrow ACDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \angle CAD= \angle CHD$.
Mà $\angle CAD= \angle ABC$ (cùng phụ với $\angle ACB$) nên $\angle CHD = \angle ABC$.
b) Theo câu a), ta có: $\angle CHD = \angle ABC \Rightarrow OBDH$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \angle OHB = \angle ODB$.
Mà $\angle ODB = \angle OBD$ nên $\angle OHB = \angle OBD \Rightarrow \triangle OHB \backsim \triangle OBC$
$\angle OHB = \angle OBD = \angle CHD \Rightarrow 90^\circ – \angle OHB = 90^\circ – \angle CHD \Rightarrow \angle BHM = \angle DHM$.
Do đó $HM$ là tia phân giác của $\angle BHD$
c) $HM$ là phân giác $\angle BHD$ mà $HM \bot HC$ nên $HC$ là phân giác ngoài của $\angle BHD$.
Do đó ta có $\dfrac{MB}{MD}= \dfrac{HB}{HD}= \dfrac{CB}{CD} \Rightarrow MD.BC= MB.CD$
Tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ cắt $AM$ tại $E$.
$\Rightarrow \angle OBE =90 ^\circ \Rightarrow OBEH$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle BOE = \angle BHE$, mà $\angle BHE = \angle DHE$ nên $\angle BOE = \angle DHE$ (1)
Lại có $OBDH$ nội tiếp (cmt) nên 5 điểm $O$, $B$, $E$, $D$, $H$ cùng nằm trên một đường tròn.
$\Rightarrow OHDE$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DHE = \angle DOE$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\angle BOE = \angle DOE \Rightarrow OE$ là phân giác $\angle BOD$.
Do đó $O$, $K$, $E$ thẳng hàng.
$\Rightarrow EK \bot BC $
$\angle EKC = \angle EHC =90^\circ \Rightarrow EKHC$ nội tiếp $\Rightarrow MK.MC = MH.ME$.
$BHDE$ nội tiếp nên $MB.MD = MH.ME$.
Vậy $MB.MD = MK.MC$
d) Gọi $F$ là giao điểm của $EJ$ và $OC$.
Ta có $MH.ME = MB.MD$, $MB.MD = MI.MJ$ nên $MH.ME= MI.MJ \ \Rightarrow \triangle MJE \backsim \triangle MHI \Rightarrow \angle MJE = \angle MHI = 90^\circ \Rightarrow \angle IJF = 90^\circ
\Rightarrow \angle IJF$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$.
Do đó $F$ nằm trên đường tròn $(O)$.
Vậy $EJ$ và $OC$ cắt nhau tại điểm $F$ nằm trên đường tròn.
