Quay lại giao diện cũ
Phần tự luận (8 điểm)
Bài 1. (1 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau
a) $A=4\sqrt{20}-3\sqrt{125}+5\sqrt{45}-15\sqrt{\dfrac{1}{5}}$.
b) $B=\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{29-12\sqrt{5}}}$.
Hướng dẫn giải
a) $A=4\sqrt{20}-3\sqrt{125}+5\sqrt{45}-15\sqrt{\dfrac{1}{5}}$
$ =4.2\sqrt{5}-3.5\sqrt{5}+5.3\sqrt{5}-3\sqrt{\dfrac{25}{5}} $
$ =8\sqrt{5}-15\sqrt{5}-3\sqrt{5}+15\sqrt{5} $
$ =5\sqrt{5} $.
b) $B=\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{29-12\sqrt{5}}}$
$ =\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{(\sqrt{20}-3)^2}} $
$ =\sqrt{5}-\sqrt{3-(\sqrt{20}-3)} $
$ =\sqrt{5}-\sqrt{6-\sqrt{20}} $
$ =\sqrt{5}-\sqrt{(\sqrt{5}-1)^2} $
$ =\sqrt{5}-(\sqrt{5}-1) $
$ =1 $.
Bài 2. (2 điểm)
Cho biểu thức: $P=\dfrac{{{a}^{2}}-\sqrt{a}}{a+\sqrt{a}+1}-\dfrac{2a+\sqrt{a}}{\sqrt{a}}+\dfrac{2(a-1)}{\sqrt{a}-1}$ ($a>0,a\ne 1$)
a) Rút gọn $P.$
b) Tính giá trị nhỏ nhất của $P$.
Hướng dẫn giải
a)
Với $a>0,a\ne 1$, ta có:
$P=\dfrac{\sqrt{a}(\sqrt{a^3}-1)}{a+\sqrt{a}+1}-\dfrac{\sqrt{a}(2\sqrt{a}+1)}{\sqrt{a}}+\dfrac{2(\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1)}{\sqrt{a}-1}$
$P=\dfrac{\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)(a+\sqrt{a}+1)}{a+\sqrt{a}+1}-(2\sqrt{a}+1)+2(\sqrt{a}+1)$
$P=\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)+1$
$P=a-\sqrt{a}+1$.
b)
$P=a-\sqrt{a}+1=\Big( \sqrt{a}-\dfrac{1}{2} \Big)^2+\dfrac{3}{4}\ge \dfrac{3}{4}$ (Với $\forall a>0,a\ne 1$)
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{3}{4}$ khi $a=\dfrac{1}{4}$.
Bài 3. (1,5 điểm)
Trên nóc của một tòa nhà có một cột ăng-ten cao $5$ m. Từ vị trí quan sát $A$ cao $7$ m so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh $B$ và chân $C$ của cột ăng-ten dưới góc $50^\circ$ và $40^\circ$ so với phương nằm ngang. Tính chiều cao của tòa nhà (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Hướng dẫn giải
Dựa vào hình vẽ bài toán, ta có:
$BC = 5$ m
$EH = 7$ m
$\widehat{BAE}=50^\circ; \widehat{CAE}=40^\circ$
$\widehat{CEA}=\widehat{BEA}=90^\circ$
Xét $\Delta CAE$ vuông tại $E$, ta có:
$\tan \widehat{CAE} =\dfrac{CE}{AE}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)
Suy ra $ CE=AE.\tan\widehat{CAE} =AE\tan40^\circ\,$ (m) (1)
Xét $\Delta BAE$ vuông tại $E$, ta có:
$\tan \widehat{BAE}=\dfrac{BE}{AE}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)
$\Rightarrow BE=AE.\tan\widehat{BAE}=AE.\tan 50^\circ\,$ (m) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
$BE-CE=AE.\tan 50^\circ-AE.\tan40^\circ$
$BC=AE.(\tan50^\circ-\tan40^\circ) $
$ 5=AE.(\tan50^\circ-\tan40^\circ) $
$ AE=\dfrac{5}{\tan50^\circ-\tan40^\circ} $ (m)
Từ (1) suy ra $CE=\dfrac{5}{\tan50^\circ-\tan40^\circ}.\tan40^\circ$ (m)
$BH=BC+CE+EH=5+\dfrac{5.\tan40^\circ}{\tan50^\circ-\tan40^\circ}+7\approx 23,9 $ m.
Vậy chiều cao của tòa nhà là $23,9$ m.
Bài 4. (2 điểm)
Cho đường tròn $(O; R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ kẻ tiếp tuyến $AE$ đến đường tròn $(O)$ (với $E$ là tiếp điểm). Vẽ dây $EH$ vuông góc với $OA$ tại $M$.
a) Cho biết bán kính $R = 5$ cm, $OM = 3$ cm. Tính độ dài dây $EH$.
b) Chứng minh: $AH$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.
c) Đường thẳng qua $O$ vuông góc với $OA$ cắt $AH$ tại $B$. Vẽ tiếp tuyến $BF$ với đường tròn $(O)$ ($F$ là tiếp điểm). Chứng minh: $3$ điểm $E, O, F$ thẳng hàng và $BF . AE = R^2$.
Hướng dẫn giải
a) Xét $\Delta OHE$ cân tại $O$ ($OH=OE =R$) có $OM$ là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến.
Suy ra $M$ là trung điểm của $EH$, hay $EH = 2EM$.
Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vuông $OME$, có:
$EM = \sqrt{OE^2 - OM^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$ (cm)
Vậy $EH = 2EM = 8$ (cm).
b) Xét $\Delta AHM$ và $\Delta AEM$ có
$ME = MH$ (giả thiết);
$\widehat{AMH} = \widehat{AME}=90^\circ$;
$AM$: cạnh chung.
Do đó, $\Delta AHM = \Delta AEM$ (c-g-c)
Suy ra: $AE = AH$ (hai cạnh tương ứng)
Xét hai tam giác $OEA$ và tam giác $OHM$, có:
+ $OE = OH (= R)$;
+ $AE = AH$;
+ $OA$ chung.
Nên $\Delta OEA = \Delta OHA$ (c-c-c)
Suy ra: $\widehat{AOH} = \widehat{OEA} = 90^\circ$.
Hay $AH \perp OH$, vậy $AH$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O$.
c) Có $OH \perp AH$, hay $B$ là giao của hai tiếp tuyến $BH; BF$.
Vậy, $\widehat{BOF} = \widehat{BOH}$, lại có $\widehat{EOA} = \widehat{HOA}$, nên:
$\widehat{EOA} + \widehat{AOB} + \widehat{BOF} = 2(\widehat{ AOH} + \widehat{BOH}) = 2\widehat{AOB} = 180^\circ.$
Tức là $E, O, F$ thẳng hàng.
$\widehat{AOE} + \widehat{BOF} = 90^\circ$
Suy ra $\widehat{OAE} = \widehat{BOF}$ cùng phụ $\widehat{AOE}.$
Suy ra: $\Delta AOE \sim \Delta OBF$ (g-g)
Tức là: $\dfrac{AE}{OF} = \dfrac{OE}{BF}$
Vậy $AE . BF = OE . OF = R^2.$
Bài 5. (1 điểm)
Cho hình vẽ, tính diện tích phần tô màu, biết $OA=OB=4$ cm, $\widehat{AOB}=90^\circ$ .
Hướng dẫn giải
Diện tích nửa hình tròn đường kính $4$ cm phần trắng là: $S_1=\dfrac{1}{2}.\pi .R^2=\dfrac{1}{2}.\pi .2^2=2\pi $ cm$^2$ .
Diện tích hình quạt $AOB$ là: ${{S}_{2}}=\dfrac{1}{4}.\pi.{R_2}^2=\dfrac{1}{4}.\pi .4^2=4\pi $ cm$^2$ .
Diện tích phần tô màu là: $S=S_2-S_1=4\pi -2\pi =2\pi$ cm$^2$ .
Bài 6. (0,5 điểm)
Cho số thực $x$ thay đổi và thỏa mãn điều kiện $x^2+(3-x)^2\ge 5$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^4+(3-x)^4+6x^2(3-x)^2$.
Hướng dẫn giải
Đặt $y = 3 - x$, bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^4+y^4+6x^2y^2$ với $x, y$ là hai số thực thay đổi thỏa mãn $\left\{ \begin{aligned} & x^2+y^2\ge 5 \\ & x+y=3 \end{aligned} \right.$
Ta có : $\left\{ \begin{aligned} & x^2+y^2\ge 5 \\ & x+y=3 \end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x^2+y^2\ge 5 \\ & x^2+2xy+y^2=9 \end{aligned} \right.$
Suy ra $x^2+y^2+4(x^2+2xy+y^2) \ge 5+4.9=41 \Rightarrow 5(x^2+y^2)+4.2xy\ge 41$
Ta có : $16(x^2+y^2)^2+25(2xy)^2\ge 40 (x^2+y^2)(2xy)$ (1)
Dấu "$=$" xảy ra khi $4(x^2+y^2)=5(2xy)$
Cộng hai vế của (1) với $25(x^2+y^2)^2+16(2xy)^2$ ta được :
$(x^2+y^2)^2+41(2xy)^2\ge \left[ 5(x^2+y^2)+4(2xy) \right]^2 \ge 41^2 $
$(x^2+y^2)^2+4x^2 y^2 \ge 41$
$x^4+y^4+6x^2y^2\ge 41$
Dấu "$=$" xảy ra khi: $\left\{ \begin{aligned} &x^2+y^2=5 \\ & x+y=3 \\ & 4(x^2+y^2)=5(2xy) \end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & x=1,y=2 \\& x=2,y=1 \end{aligned} \right.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $41$ khi $x = 1, y = 2$ hoặc $x = 2, y = 1$.