Đề bài

Câu 1: Tính giá trị biểu thúrc sau:

a) \(\frac{{\sqrt {81} }}{3}\) b) \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 \)

Câu 2: Giải phương trình sau: \(3{x^2} + x - 4 = 0\).

Câu 3: ✨Giải hệ phuơng tꦉrình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)

Câu 4: Gieo hai đồng xu cân ༺đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau.

Câu 5: Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}♉\left( {x \ge 0,x \ne 1} \rightᩚᩚᩚᩚᩚᩚ⁤⁤⁤⁤ᩚ⁤⁤⁤⁤ᩚ⁤⁤⁤⁤ᩚ𒀱ᩚᩚᩚ)\).

a) Rút gọn biểu thúrc \(P\).                                b) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = \frac{1}{3}\).

Câu 6: Cho hàm số \(y = mx + 2m - 1\). Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằn💟g 5.

Câu 7: Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \(A\) và \(B\) về bán. Biết mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại B nặng \(10\;{\rm{kg}🦄}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\). Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại.

Câu 8: Cho phương trình: \({x^2} + 2mx + {m^2} + m - 2 = 0\) (1) (m là tham s𓆉ố). Tìm \(m\) để phuơng trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) sao cho biểu thức \(P\) đạt giá trị lớn nhất với \(P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + \left( {2m + 3} \right){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}\).

Câu 9: Cho 💯tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\), có đường cao \(AH\). Biết góc \(\angle ABC = 60^\circ \), độ dài \(BC = 40{\rm{\;cm}}\).

a) Tính độ dài cạnh \(AB\). b) Gọi điểm K thuộc đọan thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC. Tính độ dài đoạn thẳng HK.

Câu 10: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn \((BA < BC)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(A𝓀\)🙈 và \(C\) cắt nhau tại \(I\). Tia BI cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thúr hai là \(D\).

a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp. b) Chứng minh \(I{C^2} = IB.ID\) c) Gọi \(M\)  là trung điểm của BD. Tia CM cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E\). CMR: \(MO \bot AE\)

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Tính toán với căn bậc hai \(\sqrt {{x^2}} {\rm{ \;}} = \left| x \right|\)

Cách giải:

a) Ta có: \(\frac{{\sqrt {81} }}{3} = \frac{{\sqrt {{9^2}} }}{3} = \frac{9}{3} = 3\). b) Ta có: \(\sqrt {16} {\rm{ \;}} - \sqrt 9 {\rm{ \;}} = \sqrt {{4^2}} {\rm{ \;}} - \sqrt {{3^2}} {\rm{ \;}} = 4 - 3 = 1\).

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Nhẩm nghiệm phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0(a \ne 0)\): Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\) Nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {\rm{ \;}} - 1}\\{{x_2} = \frac{{ - c}}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

Xét \(3{x^2} + x - 4 = 0\). Ta có: \(a + b + c = 3 + 1 + \left( { - 4} \right) = 0\) Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.\). Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {1; - \frac{4}{3}} \right\}\).

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 3}\\{x - 4y = 8}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5y = {\rm{ \;}} - 5}\\{x = 3 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 3 - \left( { - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\). Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {4; - 1} \right)\).

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Xác suất của biến cố bằng tỉ số của kết quả thuận lợi với các kết quả có thể xảy ra.

Cách giải:

Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần các trường hợp có thể xảy ra là: \(\left\{ {SS;SN;SN;NS} \right\}\). Vậy có tất cả 4 trường hợp có thể xảy ra. Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau có 2 khả năng là: \(\left\{ {SS;NN} \right\}\). Vậy xác suất hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau là: \(\frac{2}{4} = \frac{1}{2} = 0,5\).

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

a) Rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai (quy đồng, tính toán, quy tắc dấu). b) Giải phương trình tìm x, chú ý đối chiếu điều kiện.

Cách giải:

a) Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có: \(\begin{array}{l}P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} - \frac{{\sqrt x  + 1}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}} + \frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{\sqrt x  - 1 - \sqrt x  - 1 + 2\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2\sqrt x  - 2}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{{2(\sqrt x  - 1)}}{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  + 1)}}\\ \Leftrightarrow P = \frac{2}{{\sqrt x  + 1}}\end{array}\) Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(P = \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}}\). b) Để \(P = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 1}} = \frac{1}{3}\) \(\begin{array}{*{20}{r}}{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 1 = 6}\\{}&{\; \Leftrightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} = 5}\\{}&{\; \Leftrightarrow x = 25\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}\) Vậy để \(P = \frac{1}{3}\) thì \(x = 25\).

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trung tung tại điểm có hoành độ bằng 0.

Cách giải:

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;5} \right)\). Thay \({\rm{x}} = 0,{\rm{y}} = 5\) vào hàm số ta được: \(5 = m.0 + 2m - 1 \Leftrightarrow 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow 2m = 6 \Leftrightarrow m = 3.\;\) Vậy \(m = 3\).

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.   Hệ phương trình: tổng số sản phẩm và tổng khối lượng.

Cách giải:

Gọi số sản phẩm loại \({\rm{A}}\) đã nhập là \({\rm{x}}\) (sản phẩm). Số sản phẩm loại \({\rm{B}}\) đã nhập là \({\rm{y}}\) (sản phẩm) (ĐK: \(x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},x,y < 10\) ). Vì cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\) về bán nên ta có phương trình \(x + y = 10\) (1) Vì mỗi sản phẩm loại \(A\) nặng \(9\;{\rm{kg}}\), mỗi sản phẩm loại \(B\) nặng \(10\;{\rm{kg}}\) và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là \(95\;{\rm{kg}}\) nên ta có phương trình: \(9x + 10y = 95\) (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 10}\\{9x + 10y = 95}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10y = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 10\left( {10 - x} \right) = 95}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{9x + 100 - 10x = 95}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 10 - x}\\{x = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.\) Vậy cửa hàng đó đã nhập 5 sản phẩm loại \({\rm{A}}\) và 5 sản phẩm loại \({\rm{B}}\).

Câu 8 (VD):

Phương pháp:

Công thức Công thức \(\Delta ' = {(b')^2} - ac\) với \(b' = \frac{b}{2}\) Phương trình có hai nghiệm khi \(\Delta {\rm{ \;}} \ge 0\) Hệ thức Vi-ét \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

Cách giải:

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - 1 \cdot \left( {{m^2} + m - 2} \right) = {m^2} - {m^2} - m + 2 = {\rm{ \;}} - m + 2\). Để phương trình (I) có hai nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \le 2\). Ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + (2m + 3){x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3{x_2} + 3{x_1} + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 + 2m{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\end{array}\) Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\), khi đó: \(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right){x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - x_1^2 - {x_1}{x_2} - x_2^2 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}} \right) + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} + 2{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}\end{array}\) Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{ \;}} - 2m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + m - 2}\end{array}} \right.\) vào \(P\) ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{P = {\rm{ \;}} - {{( - 2m)}^2} + 2\left( {{m^2} + m - 2} \right) + 3\left( { - 2m} \right)}\\{P = {\rm{ \;}} - 4{m^2} + 2{m^2} + 2m - 4 - 6m}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{m^2} - 4m - 4}\\{P = {\rm{ \;}} - 2\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2}\\{P = {\rm{ \;}} - 2{{(m + 1)}^2} - 2}\end{array}\) Ta có \({(m + 1)^2} \ge 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} \le 0\forall m \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 2{(m + 1)^2} - 2 \le {\rm{ \;}} - 2\forall m\). Dấu "=" xảy ra khi \({(m + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = {\rm{ \;}} - 1\) Vậy GTLN của \(P\) là -2 , đạt được khi \(m = {\rm{ \;}} - 1\).

Câu 9 (VD):

Phương pháp:

Công thức lượng giác trong tam giác vuông. Hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

  a) Xét tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) có:\(AB = BC.{\rm{cos}}60^\circ  = 40.\frac{1}{2} = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Vậy \(AB = 20\left( {cm} \right)\). b) Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) ta có: \(AC = BC.{\rm{sin}}60^\circ  = 40.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 20\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right)\) Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên: \(\angle B + \angle C = 90^\circ  \Rightarrow \angle C = 90^\circ  - \angle B = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \) Xét tam giác vuông \({\rm{AHC}}\) ta có: \(HC = AC.{\rm{cos}}30^\circ  = 20\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{ABC}}\), đường cao \({\rm{AH}}\) ta có: \(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{20.20\sqrt 3 }}{{40}} = 10\sqrt 3 \left( {\;{\rm{cm}}} \right).\) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({\rm{AHC}}\), đường cao \({\rm{HK}}\) ta có: \(HK.AC = AH.HC \Rightarrow HK = \frac{{AH.HC}}{{AC}} = \frac{{10\sqrt 3 .30}}{{20\sqrt 3 }} = 15\left( {\;{\rm{cm}}} \right).\) Vậy HK = \(15\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).

Câu 10 (VDC):

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác OAIC có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) nên nội tiếp. b) Chứng ${\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {g - g} \right)$ suy ra các cặp cạnh tỉ lệ. c) Chứng minh AE song song với BD, mà BD vuông góc với MO suy ra điều phải chứng minh.

Cách giải:

  a) Ta có \({\rm{IA}}\) và \({\rm{IC}}\) là tiếp tuyến của đường tròn nên \(OA \bot IA;OC \bot CI\). \( \Rightarrow \angle OAI = \angle OCI = 90^\circ \) Xét tứ giác \({\rm{OAIC}}\) có \(\angle OAI + \angle OCI = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn (dhnb) (đpcm) b) Xét  và  có: \(\angle CID\) chung \(\angle ICD = \angle IBC\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) $\Rightarrow {\rm{\Delta }}IDC\backsim {\rm{\Delta }}ICB\left( {{\rm{\;g}}.{\rm{g}}} \right) \Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IC}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} \Leftrightarrow I{C^2} = IB.ID\left( {{\rm{dpcm}}} \right)$ c) Do \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{BD}}\) (gt) nên \(OM \bot BD\) (tính chất đường kính vuông góc với dây cung) Xét tứ giác ICOM có \(\angle IMO + \angle ICO = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác ICOM nội tiếp đường tròn (dhnb) Mà tứ giác \({\rm{OAIC}}\) nội tiếp đường tròn \(\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \({\rm{I}},{\rm{C}},{\rm{O}},{\rm{M}},{\rm{A}}\) cùng thuộc một đường tròn \( \Rightarrow \angle IMC = \angle IAC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{IC}}\)) (1) Mà \(\angle AEC = \angle IAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (2) và \(\angle IMC = \angle EMB\) (đối đỉnh)  (3) Từ (1),(2), (3) \( \Rightarrow \angle AEM = \angle EMB\left( { = \angle IMC = \angle IAC} \right)\) Mà 2 góc này ờ vị trí so le trong nên suy ra \(AE \bot BD\) Mà \(OM \bot BD\) (cmt) \( \Rightarrow OM \bot AE\) (đpcm)