Quay lại giao diện cũ
Phần tự luận (8 điểm)
(1,5 điểm) Rút gọn biểu thức $P=\Big( \dfrac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{8x}{4-x} \Big) \, : \, \left( \dfrac{\sqrt{x}-1}{x-2\sqrt{x}}-\dfrac{2}{\sqrt{x}} \right)$ với $x>0;\ x\ne 4;x\ne 9$.
Hướng dẫn giải
Với $x>0;\, x\ne 4;\, x\ne 9$ ta có:
$P=\Big(\dfrac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{8x}{4-x}\Big) \, : \, \Big(\dfrac{\sqrt{x}-1}{x-2\sqrt{x}}-\dfrac{2}{\sqrt{x}}\Big)$
$=\dfrac{4\sqrt{x}.\big(\sqrt{x}-2\big)-8x}{\big(\sqrt{x}-2\big)\big(\sqrt{x}+2\big)} \, : \, \dfrac{\sqrt{x}-1-2\big(\sqrt{x}-2\big)}{\sqrt{x}\big(\sqrt{x}-2\big)}$
$=\dfrac{-4x-8\sqrt{x}}{\big(\sqrt{x}-2\big)\big(\sqrt{x}+2\big)} \, : \, \dfrac{-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}\big(\sqrt{x}-2\big)}$
$=\dfrac{-4\sqrt{x}\big(\sqrt{x}+2\big)}{\big(\sqrt{x}-2\big)\big(\sqrt{x}+2\big)}.\dfrac{\sqrt{x}\big(\sqrt{x}-2\big)}{-\sqrt{x}+3}$
$=\dfrac{-4x}{-\sqrt{x}+3}=\dfrac{4x}{\sqrt{x}-3}$.
(2 điểm) Cho phương trình $x^2-mx+m-1=0$ (1), $m$ là tham số.
a) Giải phương trình (1) với $m=-2$.
b) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ và biểu thức $A=\dfrac{2x_1x_2+3}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2(x_1x_2+1)}$ đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
a) Với $m=-2$, phương trình (1) trở thành $x^2+2x-3=0.$
Giải ra được $x=1,\,x=-3.$
Vậy với $m=-2$ phương trình (1) có tập nghiệm là $S = \left\{ 1;-3 \right\}$.
b) Ta có: $\Delta =m^2-4m+4=(m-2)^2 \ge 0,\,\forall m$
Do đó phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm $x_1;\,x_2$ với mọi $m$.
Áp dụng hệ thức Viète, ta có: $\left\{ \begin{aligned} & x_1+x_2=m \\ & x_1x_2=m-1 \\ \end{aligned} \right.$
Biến đổi $A=\dfrac{2x_1x_2+3}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2(x_1x_2+1)}$
$=\dfrac{2x_1x_2+3}{{{(x_1+x_2)}^{2}}+2}$
$=\dfrac{2(m-1)+3}{m^2+2}$
$=\dfrac{2m+1}{m^2+2}$
$A=\dfrac{m^2+2-(m-1)^2}{m^2+2}=1-\dfrac{(m-1)^2}{m^2+2}$
Lập luận chỉ ra $A \le 1$, dấu "=" xảy ra khi $m=1$.
(1,5 điểm) Bạn Hoa đi xe đạp từ nhà đến địa điểm A với vận tốc không đổi. Khi từ địa điểm A trở về nhà vẫn trên con đường đó, sau khi đi được một nửa quãng đường thì bạn Hoa tăng vận tốc thêm $4$ km/h so với vận tốc dự định, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là $15$ phút. Tính vận tốc của bạn Hoa lúc đi biết rằng quãng đường từ nhà bạn Hoa đến địa điểm A dài $24$ km.
Hướng dẫn giải
Gọi vận tốc của bạn Hoa lúc đi là $x$ (km/h; $x>0$).
Thời gian bạn Hoa đi từ nhà đến địa điểm A là $\dfrac{24}{x}$ (giờ).
Thời gian bạn Hoa đi một nửa quãng đường lúc về là $\dfrac{12}{x}$ (giờ).
Vận tốc của bạn Hoa đi một nửa quãng đường còn lại lúc về là $x+4$ (km/h).
Thời gian bạn Hoa đi nửa quãng đường còn lại lúc về nhà là $\dfrac{12}{x+4}$ (giờ).
Do thời gian về ít hơn thời gian đi là $15$ phút $\Big($đổi bằng $\dfrac{1}{4}$ h$\Big)$ nên ta có phương trình:
$\dfrac{24}{x}-\dfrac{12}{x}-\dfrac{12}{x+4}=\dfrac{1}{4}$
$\dfrac{12}{x}-\dfrac{12}{x+4}=\dfrac{1}{4}$
${{x}^{2}}+4x-192=0$
$x=12$ hoặc $x=-16$
Ta thấy $x=-16$ không thỏa mãn.
Vậy vận tốc của bạn Hoa lúc đi là $12$ km/h.
(2,5 điểm) Cho đường tròn $(O;\,R)$ và đường thẳng $d$ không có điểm chung với đường tròn $(O)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $d$. Từ một điểm $M$ bất kì trên đường thẳng $d,\,( M \ne H )$, kẻ hai tiếp tuyến $MA$, $MB$ với đường tròn $(O)$, ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Dây $AB$ cắt $OH$ tại $C$ và cắt $OM$ tại $D$. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác $MAOB$ nội tiếp.
b) $OC.OH=OD.OM$.
c) Khi điểm $M$ di chuyển trên đường thẳng $d$ thì dây $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn giải
a) Do $MA$, $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA \bot OA;\,MB\bot OB\,$
Suy ra $\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^\circ$.
Gọi $I$ là trung điểm của $OM$ (học sinh tự vẽ thêm trên hình).
Xét tam giác $MAO$ vuông tại $A$, $AI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:
$AI=MI=IO=\dfrac{1}{2}OM$ (1)
Xét tam giác $MBO$ vuông tại $B$, $BI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:
$BI=MI=IO=\dfrac{1}{2}OM$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $AI=MI=IO=BI$
Vậy tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn tâm $I$, đường kính $OM$.
b) Do $MA$, $MB $ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA = MB$;
Mà $OA = OB = R$ nên $MO$ là trung trực của đoạn thẳng $AB$.
Suy ra $MO\bot AB$ tại $D$.
$H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $d$ nên $HO\bot MH$.
Xét tam giác $\Delta ODC$ và $\Delta OHM$ có:
$\widehat{MOH}$ chung;
$\widehat{ODC}=\widehat{OHM}=90^\circ$
Suy ra $\Delta ODC \backsim \Delta OHM$ (g.g) suy ra $\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OC}{OM}$
Hay $OC.OH=OD.OM$.
Tương tự, chứng minh $\Delta ODA \backsim \Delta OAM$ suy ra $OD.OM=OA^2 = R^2$
Hay $OC.OH=R^2$
c) Vì điểm $O$ và đường thẳng $d$ cố định nên $H$ cố định do đó $OH$ cố định và có độ dài không đổi suy ra $C\in OH$ cố định (3)
Từ $OC.OH=R^2$ ta có $OC=\dfrac{R^2}{OH}$ không đổi (4)
Từ (3) và (4) suy ra điểm $C$ cố định suy ra dây $AB$ luôn đi qua điểm $C$ cố định.
Vậy khi điểm $M$ di chuyển trên đường thẳng $d$ thì dây $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.
(0,5 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình $(x^2-1)(x+3)(x+5)=m$ có $4$ nghiệm phân biệt $x_1, \, x_2, \, x_3, \, x_4$ thỏa mãn: $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}=-1.$
Hướng dẫn giải
Ta có: $(x^2-1)(x+3)(x+5)=m$ (1)
$(x+1)(x+3)(x-1)(x+5)=m$
$(x^2+4x+3)(x^2+4x-5)=m$ (2)
Đặt $y=x^4+4x+4=(x+2)^2 \ge 0$ với mọi $x$.
Khi đó (2) có dạng: $(y-1)(y-9)=m$ hay $y^2-10y+9-m=0$ (3)
Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt $y_1>y_2>0$ khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{aligned} & \Delta '=16+m>0 \\ & y_1+y_2=10>0 \\ & y_1y_2=9-m>0 \\ \end{aligned} \right.$ hay $-16<m<9$ (4)
Khi $y_1; \, y_2$ là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với:
$x^2+4x+4-y_1=0$ hoặc $x^2+4x+4-y_2=0$
Gọi $x_1,\,x_2$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: $x^2+4x+4-y_1=0$ (5)
Gọi $x_3,\,x_4$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: $x^2+4x+4-y_2=0$ (6)
Áp dụng định lí Viète cho các phương trình (3), (5), (6) ta có:
$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}$
$=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}+\dfrac{x_3+x_4}{x_3x_4}$
$=\dfrac{-4}{4-y_1}+\dfrac{-4}{4-y_2}$
$\dfrac{4(y_1+y_2)-32}{16-4(y_1+y_2)+y_1y_2}$
$=\dfrac{40-32}{16-40+9-m}$
$=\dfrac{8}{-15-m}=-1$
Suy ra $m=-7$ (thỏa mãn).