Bài I: (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức \(A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}\)  và \(B=\frac{3}{\sqrt{x}+5}+\frac{20-2\sqrt{x}}{x-25}\) với \(x\ge0,x\ne25\)

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9

2) Chứng minh \(B=\frac{1}{\sqrt{x}-5}.\)

3) Tìm tất cả các giá trị của x để \(A=B.\left|x-4\right|.\)

Bài II: (2,0 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập phương tình hoặc hệ phương trình:

Một xe ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10km/h nên xe ô tô đến đón B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

Bài III: (2,0) điểm

1) Giải hệ phương trình: \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\\4\sqrt{x}-\sqrt{y-1}=2\end{cases}.}\) 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 5.

a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0;5) với mọi giá trị của m.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): y = x2 tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 sao cho |x1| > |x2|.

Bài IV: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dậy AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.

1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh NB2 = NK.NM.

3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Bài V: (0,5 điểm)

Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\) và \(ab+bc+ca=9\)

Tính giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P=a^2+b^2+c^2.\)

--------------------------------Hết---------------------------------

 

Bài I) 

1) \(A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}\)            

Khi x = 9 thì \(\sqrt{x}=\sqrt{9}=3\)

Vậy thì \(A=\frac{3+2}{3-5}=\frac{5}{-2}=-\frac{5}{2}\)

2) \(B=\frac{3}{\sqrt{x}+5}+\frac{20-2\sqrt{x}}{x-25}\)    

\(B=\frac{3\left(\sqrt{x}-5\right)}{x-25}+\frac{20-2\sqrt{x}}{x-25}\)

\(B=\frac{3\sqrt{x}-15+20-2\sqrt{x}}{x-25}\)

\(B=\frac{\sqrt{x}+5}{x-25}\)

\(B=\frac{1}{\sqrt{x}-5}\)   (đpcm)

3) Để  \(A=B.\left|x-4\right|\)  thì \(\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}=\frac{1}{\sqrt{x}-5}\left|x-4\right|\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+2=\left|x-4\right|\)

\(\Leftrightarrow x+4\sqrt{x}+4=x^2-8x+16\)

\(\Leftrightarrow x^2-9x-4\sqrt{x}+12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}=1\\\sqrt{x}=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=9\end{cases}}\left(tm\right)\)

Vậy để \(A=B.\left|x-4\right|\) thì x = 1 hoặc x = 9.

Bài II) 36 phút = \(\frac{3}{5}\) giờ.

Gọi vận tốc xe máy là x (km/h. x > 0 )

Vận tốc xe ô tô là x + 10 (km/h)

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là: \(\frac{120}{x}\left(h\right)\)

Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường AB là: \(\frac{120}{x+10}\left(h\right)\)

Theo bài ra ta có phương trình: \(\frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=\frac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow\frac{600\left(x+10\right)-600x-3x\left(x+10\right)}{5x\left(x+10\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow-3x^2-30x+6000=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=40\left(tm\right)\\x=-50\left(l\right)\end{cases}}\)

Vậy vận tốc xe máy là 40km/h.

Vận tốc ô tô là : 40 + 10 = 50 (km/h)

Bài III)

1) \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\\4\sqrt{x}-\sqrt{y-1}=2\end{cases}}\)

ĐK : \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\y\ge1\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=a\\\sqrt{y-1}=b\end{cases}}\left(a,b\ge0\right)\)

Hệ phương trình trở thành:

 \(\hept{\begin{cases}a+2b=5\\4a-b=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+2b=5\\8a-2b=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}9a=9\\a+2b=5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\1+2b=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\end{cases}}\)  (tm)

Quay lại biến x, y ta có: \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=1\\\sqrt{y-1}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=5\end{cases}}\left(tm\right)\)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;5).

2) 

a) (d) : y = mx + 5

Với x = 0, ta có y = m.0 + 5 = 5

Vậy điểm A(0.5) luôn thuộc đường thẳng (d) với mọi m, hay đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0;5) với mọi giá trị của m.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm: 

          \(x^2=mx+5\Leftrightarrow x^2-mx-5=0\)

\(\Delta=m^2+20>0\forall m\)

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt hay (d) luôn giao (P) tại hai điểm phân biệt.

Theo hệ thức Viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=-5\end{cases}}\)

Do P = -5 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu. Vậy nên \(x_1< 0< x_2\)

 

Vậy thì \(\left|x_1\right|>\left|x_2\right|\Leftrightarrow-x_1>x_2\Leftrightarrow x_1+x_2< 0\)

\(\Leftrightarrow m< 0\)

Bài IV)

a) Xét tứ giác CNKI có : 

\(\widehat{ICK}=\widehat{INK}\)   (Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà đỉnh C và đỉnh K lại kề nhau nên CNKI là tứ giác nội tiếp.

Vậy nên C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét đường tròn (O) có \(sđ\widebat{BN}=sđ\widebat{NC}\Rightarrow\widehat{NMB}=\widehat{NMC}\)   (Hai góc nội tiếp)

Lại có \(\widehat{NMC}=\widehat{NBC}=\widehat{NBK}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC)

Vậy nên \(\widehat{NBK}=\widehat{NMB}\)

Xét tam giác BNK và tam giác MNK có:

Góc N chung

\(\widehat{NBK}=\widehat{NMB}\)  (cmt)

\(\Rightarrow\Delta BNK\sim\Delta MNB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BN}{NM}=\frac{NK}{NB}\Rightarrow NB^2=NK.NM\)

c) Chứng minh tương tự câu a, ta có tứ giác MHIA là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì \(\widehat{MIH}=\widehat{MAH}=\widehat{MAB}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH)

Lại có \(\widehat{MAB}=\widehat{MCB}\)  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

Vậy nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCB}\), mà chúng lại ở vị trí đồng vị nên HI // BK

Tương tự : \(\widehat{IKC}=\widehat{INC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)

\(\widehat{INC}=\widehat{ABC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Vậy nên \(\widehat{IKC}=\widehat{ABC}\), chúng lại ở vị trí đồng vị nên IK//BH

Từ đó ta có tứ giác HIKB là hình bình hành.

Ta có \(\widehat{IHK}=\widehat{MAI}\)  (Góc ngoài tại đỉnh đối diện)

\(\Rightarrow\widehat{IHK}=\frac{sđ\widebat{MN}}{2}\)

Tương tự \(\widehat{BHK}=\widehat{HKI}=\widehat{ICN}=\frac{sđ\widebat{MN}}{2}\)

Suy ra HK là phân giác góc \(\widehat{BHI}\)

Vậy thì BHIK là hình thoi.

d) Theo câu b thì \(NB^2=NK.NM\) nên BN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK.

P là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác MBK nên NB vuông góc PB.

ND là đường kính đường tròn (O) nên \(NB\perp BD\)

Suy ra D, B, P thẳng hàng.

Tương tự D, C, Q thẳng hàng.

Do N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên D cũng là điểm chính giữa cung lớn BC, suy ra tam giác DCB cân tại D. Tam giác PKB cũng cân tại P nên \(\widehat{DCB}=\widehat{DBC}=\widehat{PKB}\Rightarrow PK//DC.\)

Tương tự \(QK//DB.\)

Vậy tứ giác QKPD là hình bình hành nên hai đường chéo DK và PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Suy ra D, E, K thẳng hàng.

Bài V)

Ta có \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=9\)

Vậy minP = 9 khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

Do \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\) nên \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)

Tương tự : \(bc+1\ge b+c,ca+1\ge c+a\)

Cộng các bất đẳng thức ta có:

\(2\left(a+b+c\right)\le3+ab+bc+ca\)

Suy ra  \(P\le\left(\frac{3+ab+bc+ca}{2}\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=18\)

Vậy maxP = 18 và đạt được chẳng hạn khi a = 4,  b = c = 1.

 

Link bài học:
Thảo luận
Hattory Heiji
Trả lời
0

20 tháng 3 lúc 21:48

thanhtung
Trả lời
3

15 tháng 10 2018 lúc 19:48

shitbo 26 tháng 12 2018 lúc 15:20

xam thek

Long Nguyễn Thành 11 tháng 2 lúc 21:53

Jason vorhees

nguyenquockhang 7 tháng 4 lúc 15:47

vc