Quay lại giao diện cũ
Phần tự luận (7 điểm)
Bài 1. (1 điểm)
Giải phương trình và bất phương trình sau:
a) $2\sqrt{x^2-2x+1}-4=0$.
b) $5x-4-3(2x-9) \ge 5x-8$.
Hướng dẫn giải
a) $2\sqrt{x^2-2x+1}-4=0$
$2\sqrt{(x-1)^2}=4$
$|x-1|=2$
$x-1=2$ hoặc $x-1=-2$
$x=3$ hoặc $x=-1$.
b) $5x-4-3(2x-9) \ge 5x-8$
$5x-4-6x+27 \ge 5x-8$
$5x-6x-5x \ge -8-27+4$
$-6x \ge -31$
$x \le \dfrac{31}{6}$.
Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \le \dfrac{31}{6}$.
Bài 2. (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức $A=\Big(\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}-3 \Big) .\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}$ với $x \ge 0$ và $ x \ne 1$.
b) Tìm giá trị nguyên của $x$ để $A$ có giá trị nguyên.
Hướng dẫn giải
a)
$A=\Big(\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}-3 \Big) .\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}$ (với $x\ge 0;\,x\ne 1$)
$ A=\dfrac{3\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)-1(\sqrt{x}-1)-3(x-1)}{x-1}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2} $
$ A=\dfrac{3x+3\sqrt{x}-\sqrt{x}+1-3x+3}{x-1}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2} $
$ A=\dfrac{2\sqrt{x}+4}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2} $
$ A=\dfrac{2}{\sqrt{x}-1} $
Vậy $A=\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}$ với $x\ge 0;x\ne 1$
b) Với $x\ge 0;x\ne 1$
Để $A$ nguyên thì $\sqrt{x}-1$ t
Ta tìm được $x = 0$ hoặc $x = 4$ (TMĐK).
Bài 3. (1 điểm)
Mỗi ngày đi học, bạn Hùng phải đi đò (điểm $A$) qua một khúc sông rộng $217$ m đến điểm $B$ (bờ bên kia), rồi từ $B$ đi bộ đến trường tại điểm $D$ với quãng đường $BD = 170$ m (ở hình bên). Thực tế, do nước chảy, nên chiếc đò bị dòng nước đẩy xiên một góc $50^\circ$ đưa bạn tới điểm $C$ (bờ bên kia). Từ $C$ bạn Hùng đi bộ đến trường. Tính quãng đường mà Hùng đã đi từ $A$ đến $D$.
Hướng dẫn giải
$AC=\dfrac{21}{\cos \widehat{BAC}} = \dfrac{217}{\cos 50^\circ} \approx 337,592 $ m
$BC = AB . \tan\widehat{BAC} = 217. 50^\circ = 258,611 $ m.
$CD = \sqrt{BD^2 + BC^2} = \sqrt{170^2 + 258,611^2} = 309,482$ m.
Quãng đường Hùng đi từ $A$ đến $D$ là
$AC + CD = 337,592 + 309,482 = 647,075$ m.
Bài 4. (2 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$, đường kính $AB$. Qua $A$ và $B$ vẽ lần lượt hai tiếp tuyến $d$ và $d'$ với đường tròn $(O)$. Một đường thẳng $\alpha$ qua $O$ cắt đường thẳng $d$ ở $M$ và cắt đường thẳng $d'$ ở $P$. Từ $O$ vẽ một tia vuông góc với $MP$ và cắt đường thẳng $d'$ ở $N$. Đường thẳng $\alpha$ cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm $E, F$ ($E$ nằm giữa $O$ và $M$).
a) Chứng minh $OM = OP$.
b) Hạ $OI \bot MN$. Chứng minh $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$ và $MA.BN = R^2$.
c) Cho $OM = 2R$. Tinh diện tích hình quạt giới hạn bởi $OI,OF$ và cung nhỏ $IF$.
Hướng dẫn giải
a) Xét $\Delta AOM$ và $\Delta BOP$ có:
$OA=OB=R$ (giả thiết)
$\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^\circ$ (giả thiết)
$\widehat{MOA} = \widehat{BOP}$ (đối đỉnh)
Do đó $\Delta AOM = \Delta BOP$ (cạnh góc vuông - góc nhọn kề).
Suy ra $OM = OP$ (hai cạnh tương ứng).
b) Theo giả thiết, có $ON$ vuông góc với $MP$.
Mà $OM = OP$ nên suy ra tam giác $MNP$ cân tại $N$.
Suy ra $N$ nằm trên tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.
Lại có $OI \bot MN$ nên $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $I$.
$\widehat{AMP} = \widehat{PMB}$ ($\Delta AOM = \Delta BOP$) (1)
Xét $\Delta MNP$ có $NO$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $\Delta MNP$ cân tại $N$
Suy ra $\widehat{NMP} = \widehat{NPM}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AMP} = \widehat{NMP}$
Suy ra $\Delta AMO = \Delta IMO$ (cạnh huyền - góc nhọn)
Suy ra $ \widehat{AOM} = \widehat{IOM}$ (hai góc tương ứng)
Có $\widehat{IOM} = \widehat{NOM} -\widehat{ION} = 90^\circ -\widehat{ION}$
Lại có $\widehat{BNO} = 90^\circ -\widehat{BON}$
Mà $\widehat{ION}=\widehat{BON}$ (Vì $MN, PN$ là hai tiếp tuyến cắt nhau)
$\widehat{IOM} = \widehat{BNO}$
Suy ra $\widehat{IOM} = \widehat{BNO}$
Mà $\widehat{OAM} = \widehat{NBO}= 90^\circ$
$\Delta OAM \sim \Delta NBO$ (g-g)
Suy ra $\dfrac{AM}{AO} = \dfrac{OB}{BN}$
Hay $MA. NB = OA. OB = R^2$.
c) Xét tam giác $MOI$, có: $\cos \widehat{IOM} = \dfrac{OI}{OM} = \dfrac{R}{2R} = \dfrac{1}{2}$.
Suy ra $\widehat{IOM}=60^\circ$.
Do $ON$ vuông góc với $MP$ nên $\widehat{NOM} = 90^\circ$.
Ta có: $\widehat{NOM} = \widehat{NOI} +\widehat{IOM}$ nên $\widehat{NOI} = \widehat{NOM} - \widehat{IOM} =90^\circ-60^\circ=30^\circ$.
Suy ra $\widehat{IOF} =\widehat{ ION} + \widehat{NOF} = 30^\circ+90^\circ =120^\circ$.
Do đó, $S=\dfrac{n\pi R^2}{360} = \dfrac{120.\pi R^2}{360}=\dfrac{\pi R^2}{3}$.
Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi $OI, OF$ và cung nhỏ $IF$ là $\dfrac{\pi R^2}{3}$.
Bài 5. (1 điểm)
Bác Sơn muốn xây một bể chứa nước có dạng hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng $72$ m$^3$. Đáy bể có dạng hình chữ nhật với chiều rộng là $x$ (m), chiều dài gấp đôi chiều rộng. Bác Sơn muốn phần diện tích cần xây (bao gồm diện tích xung quanh và diện tích đáy bể) là nhỏ nhất để tiết kiệm chi phí thì $x$ phải bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Hướng dẫn giải
Chiều dài của đáy bể là $2x$ (m).
Diện tích đáy của bể là $2x^2$ (m$^2$).
Chiều cao của bể là: $\dfrac{72}{2x^2} = \dfrac{36}{x^2}$ (m)
Diện tích xung quanh của bể là: $2. \dfrac{36}{x^2}. (x+2x)=\dfrac{72.3x}{x^2} = \dfrac{216}{x}$ (m$^2$)
Diện tích cần sơn bằng tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy của bể, và bằng: $\dfrac{216}{x} + 2x^2$ (m$^2$)
Do $x$ là chiều rộng của bể nên $x> 0$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
$2x^2 + \dfrac{216}{x}= 2x^2 + \dfrac{108}{x} + \dfrac{108}{x} \ge 3 \sqrt[3]{2x^2 . \dfrac{108}{x} . \dfrac{108}{x}}$
Suy ra $2x^2 + \dfrac{216}{x} \ge \sqrt[3]{23\, 328} \approx 85,72$.
Dấu “$=$" xảy ra khi $2.x^2 = \dfrac{108}{x} = \dfrac{108}{x} $ hay $2x^3 = 108$, tức là $x=\sqrt[3]{54} \approx 3,78$
Vậy muốn diện tích cần xây là tiết kiệm chi phí nhất thì $x \approx 3,78$ m.