Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1: (1 điểm) Cho \(A = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(🀅x > 0,x \ne 4\).

a) Chứng minh \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\). b) Tìm \(x\) để \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Câu 2: (1,5 điểm) a) Ch𓆉o \(f(x) = {x^2} + ax + b\). Biết đồ thị \(y = f(x🦂)\) đi qua hai điểm (2 ; 10) và (5; 25). Tính \(f(0)\).

b) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB = 3,AC = 4\). Lấy điểm E trên cạnh AC và gọi F là hình chiếu của E lên BC. Xác định độ dài EC để diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}\) diện tích tam giác ABC.

Câu 3: (1,5 điểm)  a) Giải phương trình: \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{x - 2}} =💜 0\).

b) Tìm \(m\) để phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn: \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\)

Câu 4: (1,5 điểm) Hằng năm, Trường X tổ chức một kỳ thi học sinh giỏi gồm hai môn Toán và Văn. Mỗi học sinh tham🦹 gia kỳ thi có thể dự thi một trong hai môn hoặc cả hai môn. Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn. So với năm ngoái, năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% và số học sinh dự thi môn Toán tăng 20%. Biết năm nay số học sinh dự ♑thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn.

a) Tìm số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay. b) Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi. Tìm số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay.

Câu 5: (2,5 điểm) Cho \(\Delta ABC\) nội tiếp đường tròn (O) có \(AB < AC\). Gọi H là trực tâm; D, E, F lần lượt là chân các đường cao trên BC, CA, AB; I là trung điểm BC và K là giao điểm của AD với 🙈(O) (\(K \ne A\)).

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và: \(\angle BIF = 2\angle BCF,\angle CIE = 2\angle CBE\). b) Gọi S là giao điểm của EF với BC. Chứng minh tứ giác DIEF nội tiếp và: \(SD.SI = SB.SC\). c) Gọi R là giao điểm của SK với \((O)(R \ne K)\) và L là giao điểm của RI với \((O)(L \ne R)\)Chứng minh AL song song với BC và \(AB \cdot CR = AC \cdot BR\).

-------- Hết --------

Lời giải

I. TRẮC NGHIỆM:

 

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1: (1 điểm) Cho \(A = \frac{{ꩲx + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}\) ♚với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Chứng minh \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\). b) Tìm \(x\) để \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Lời giải

a) ĐK: \(x > 0,x \ne 4\)

\(A = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\) \( = \frac{{x + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\) \( = \frac{{x + 4 - x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\) \( = \frac{{2\left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\) \( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\) Khi đó \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right) = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\sqrt x  - 2} \right) = 2\) Vậy \(A \cdot \left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\).

b) ĐK: \(x > 0,x \ne 4\)

\(A.B = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}} \right)\) \( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right)\) \( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{\sqrt x  + 2 - \sqrt x  + 2 + x - 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\) \( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{4 + x - 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\) \( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\) \( = 2.\frac{1}{{\sqrt x }} = \frac{2}{{\sqrt x }}\) Ta có: \(A.B = \sqrt x  + 1\) \(\frac{2}{{\sqrt x }} = \sqrt x  + 1\) \(2 = \sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)\) \(2 = x + \sqrt x \) \(x + \sqrt x  - 2 = 0\) \(\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) = 0\) \(\sqrt x  - 1 = 0\) (vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x  + 2 > 0\)) \(x = 1\) (tmđk) Vậy với \(x = 1\) thì \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Câu 2: (1,5 điểm) a) Cho \(f(x)꧂ = {x^2} + ax + b\). Biết đồ thị \(y = f(x)\) đi qua hai điểm (2 ꦫ; 10) và (5; 25). Tính \(f(0)\).

b) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB = 3,AC = 4\). Lấy điểm E trên cạnh AC và gọi F là hình chiếu của E lên BC. Xác định độ dài EC để diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}\) diện tích tam giác ABC.

Lời giải

a) Đồ thị \(y = f(x)\) đi qua điểm (2; 10) suy ra \({2^2} + a.2 + b = 10\💮) hౠay \(2a + b = 6\).

Đồ thị \(y = f(x)\) đi qua điểm (5; 25) suy ra \({5^2} + a.5 + b = 25\) hay \(5a + b = 0\). Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 6\\5a + b = 0\end{array} \right.\) Trừ từng vế hai phương trình của hệ, ta được: \(\begin{array}{l}\left( {2a - 5a} \right) + \left( {b - b} \right) = 6\\ - 3a = 6\\a =  - 2\end{array}\) Thế \(a =  - 2\) vào phương trình đầu tiên, ta được \(b = 10.\) Suy ra \(f(x) = {x^2} - 2x + 10\) Vậy \(f\left( 0 \right) = {0^2} - 2.0 + 10 = 10.\)

b)    

    

Gọi \(x\) là độ dài EC. Vì \(E\) nằm trên AC nên \(0 \le x \le AC = 4\). Diện tích tam giác ABC là \(\frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{2}.3.4 = 6\) Diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}.{S_{ABC}} = \frac{2}{3}.6 = 4\). Ta có \({S_{ABFE}} = {S_{ABC}} - {S_{EFC}}\). Suy ra \({S_{EFC}} = {S_{ABC}} - {S_{ABFE}} = 6 - 4 = 2\). Độ dài cạnh huyền BC của \(\Delta ABC\) được tính bằng định lý Pythagore: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\). Xét \(\Delta EFC\) và \(\Delta BAC\): \(\angle C\) là góc chung. \(F\) là hình chiếu của \(E\) lên BC, nên \(EF \bot BC\), suy ra \(\angle EFC = 90^\circ \). Tam giác ABC vuông tại \(A\), nên \(\angle BAC = 90^\circ \). Do đó, $\Delta EFC\backsim \Delta BAC$ (góc-góc). Có tỉ số đồng dạng \(k\) giữa \(\Delta EFC\) và \(\Delta BAC\) là: \(\frac{{EC}}{{BC}} = \frac{{FC}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{AB}}\). Suy ra \(\frac{{EC}}{{BC}} = \frac{x}{5}\) Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng: \(\frac{{{S_{EFC}}}}{{{S_{BAC}}}} = {\left( {\frac{x}{5}} \right)^2} = \frac{{{x^2}}}{{25}}\). Do đó, \({S_{EFC}} = \frac{{{x^2}}}{{25}}{S_{BAC}}\). Ta có \({S_{EFC}} = 2\) và \({S_{BAC}} = 6\). Thay vào phương trình trên: \(2 = \frac{{{x^2}}}{{25}} \cdot 6\). \(2 = \frac{{6{x^2}}}{{25}}\). \(50 = 6{x^2}\). \({x^2} = \frac{{50}}{6} = \frac{{25}}{3}\). \(x = \sqrt {\frac{{25}}{3}}  = \frac{5}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).    Vậy độ dài EC cần tìm là \(\frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).

Câu 3: (1,5 điểm)  a) Giải phương trình: \(2\left🦋( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1ꦡ}} + \frac{2}{{x - 2}} = 0\).

b) Tìm \(m\) để phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn: \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\)

Lời giải

a) ĐKXĐ: \(x \ne 1;\,\,x \ne 2\)

\(2\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{x - 2}} = 0\) \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{x - 2}}{{(x - 1)(x - 2)}} + \frac{{2(x - 1)}}{{(x - 2)(x - 1)}} = 0\) \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{x - 2 + 2x - 2}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\) \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\) \(\frac{{2(x + 1)(x - 1)(x - 2)}}{{(x - 1)(x - 2)}} + \frac{{3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\) \(\frac{{2({x^2} - 1)(x - 2) + 3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\) \(2({x^2} - 1)(x - 2) + 3x - 4 = 0\) \(2({x^3} - 2{x^2} - x + 2) + 3x - 4 = 0\) \(2{x^3} - 4{x^2} - 2x + 4 + 3x - 4 = 0\) \(2{x^3} - 4{x^2} + x = 0\) \(x(2{x^2} - 4x + 1) = 0\) Để giải phương trình trên, ta giải hai phương trình sau: +) \(x = 0\) (tmđk) +) \(2{x^2} - 4x + 1 = 0\) Ta có \(\Delta ' = {( - 2)^2} - 2.1 = 2 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2}\,\,(tm);\,\,{x_2} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}\,\,(tm)\) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\frac{{2 + \sqrt 2 }}{2};\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right\}\).

b) Xét \(\Delta ' = {( - 1)^2} - 2.( - m) = 1 + 2m\)

Phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi \(\Delta ' > 0\) hay \(1 + 2m > 0\) suy ra \(m >  - \frac{1}{2}\) Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - m}}{2}\end{array} \right.\) Vì \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) nên ta có: \(2x_1^2 - 2{x_1} - m = 0\) hay \( - x_1^2 + 2{x_1} + m = x_1^2\) \(2x_2^2 - 2{x_2} - m = 0\) hay \( - x_2^2 + 2{x_2} + m = x_2^2\) Ta có: \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\) \(\sqrt {x_1^2}  + \sqrt {x_2^2}  = 2\) \(\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 2\) TH1: \({x_1} > 0;{x_2} > 0\), ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\) \(1 = 2\) (vô lí) TH2: \({x_1} < 0;{x_2} < 0\), ta có: \( - ({x_1} + {x_2}) = 2\) \( - 1 = 2\) (vô lí) TH3: \({x_1} < 0 < {x_2}\), ta có: \( - {x_1} + {x_2} = 2\) Mà \({x_1} + {x_2} = 1\) nên \(2{x_2} = 3\) hay \({x_2} = \frac{3}{2}\) (tm) suy ra \({x_1} =  - \frac{1}{2}\) (tm) Lại có: \({x_1}{x_2} = \frac{{ - m}}{2}\) \( - \frac{1}{2}.\frac{3}{2} =  - \frac{m}{2}\) \(m = \frac{3}{2}\,\,(tm)\) Vậy \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn:  \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\).

Câu 4: (1,5 điểm) Hằng năm, Trường X tổ chức một kỳ thi học sinh giỏi gồm hai môn Toán🐠 và Văn. Mỗi học sinh tham gia kỳ thi có thể dự thi một trong hai môn hoặc cả hai môn. Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn. So với năm ngoái, năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% và số học sinh dự tꦕhi môn Toán tăng 20%. Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn.

a) Tìm số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay. b) Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi. Tìm số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay.

Lời giải

a) Gọi số học sinꩲh dự thi mô𝔍n Toán và số học sinh dự thi môn Văn năm ngoái lần lượt là \(x\) và \(y\) (em, \(x,y > 0).\)

Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn nên ta có \(x - y = 100\) (1) Năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% nên số học sinh thi môn Văn năm nay là \(y + 10\% .y = 1,1y.\) Năm nay số học sinh dự thi môn Toán tăng 20% nên số học sinh thi môn Toán năm nay là \(x + 20\% .x = 1,2x\). Năm nay số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn nên ta có \(1,2x - 1,1y = 150\) (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 100\\1,2x - 1,1y = 150\end{array} \right.\) Giải hệ phương trình, ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 300\end{array} \right.\) (tmđk) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}1,2x = 480\\1,1y = 330\end{array} \right.\) Vậy số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay lần lượt là 480 em và 330 em.

b) Năm nay số học sinh dự༒ thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi

Suy ra tổng số học sinh tham gia kỳ thi là \(\frac{{480}}{{60\% }} = 800\) Số học sinh tham gia cả hai môn là \(480 + 330 - 800 = 10\) (em). Vậy số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay là 10 em.

Câu 5: (2,5 điểm) Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O) có $A Bও<A C$. Gọi H là trực tâm; D, E, F lần lượt là c♋hân các đường cao trên BC, CA, AB; I là trung điểm BC và K là giao điểm của AD với (O) ($K\ne A$).

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và: $\angle BIF=2\angle BCF,\angle CIE=2\angle CBE$. b) Gọi S là giao điểm của EF với BC. Chứng minh tứ giác DIEF nội tiếp và: $S D . S I=S B . S C$. c) Gọi R là giao điểm của SK với $(O)(R \neq K)$ và L là giao điểm của RI với $(O)(L \neq R)$Chứng minh AL song song với BC và $A B \cdot C R=A C \cdot B R$.

Lời giải

a)

Do $CF\bot AB,BE\bot AC$ nên $\Delta BEC,\Delta BCF$ vuông Do $\Delta BEC$ vuông tại E nên B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC Do $\Delta BFC$ vuông tại F nên B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC Vậy B, C, F, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BCEF nội tiếp. Do I là trung điểm của BC nên B, C, F, E cùng thuộc đường tròn tâm (I, IB) Khi đó $\angle BIF=2\angle BCF$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BF)             $\angle CIE=2\angle CBE$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CE)

b) Gọi M là trung điểm của AH

Do tam giác MDI vuông tại D nên M,D,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI Ta có: \(\angle MEI={{180}^{0}}-(\angle MEA+\angle IEC)={{180}^{0}}-(\angle MAE+\angle ICE)={{180}^{0}}-\angle ADC={{90}^{0}}\) Suy ra tam giác MEI vuông tại E nên M,E,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI Tương tự \(\angle MFI={{90}^{0}}\) nên M,F,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI Vậy M,E,I,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính MI hay EFDI nội tiếp Khi đó $\angle SED=\angle SIF$ (góc nội tiếp cùng chắn cung FD) Suy ra $\Delta SED\backsim \Delta SIF\left( g.g \right)$ Khi đó $\frac{SE}{SI}=\frac{SD}{SF}$ hay $SE.SF=SI.SD$  (3) Ta có $\Delta SEB\backsim \Delta SCF\left( g.g \right)$ (do $\angle S$ chung và $\angle SEB=\angle SCF$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Nên $\frac{SE}{SC}=\frac{SB}{SF}$ hay $SE.SF=SB.SC$ (4) Từ (3) và (4) suy ra $S D . S I=S B . S C$ (đpcm)

c) Ta có꧅ $\angle SCK=\angle SRB$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Kết hợp $\angle CSR$ chung nên $\Delta SCK\backsim \Delta SRB\left( g.g \right)$ suy ra $\frac{SC}{SR}=\frac{SK}{SB}$ hay $SB.SC=SK.SR$ Suy ra $SK.SR=SD.SI\left( =SB.SC \right)$ hay $\frac{SK}{SI}=\frac{SD}{SR}$ Kết hợp $\angle SKI$ chung suy ra $\Delta SDK\backsim \Delta SRI\left( c.g.c \right)$ Suy ra $\angle SDK=\angle SRI={{90}^{0}}$ Suy ra $\Delta KRL$ vuông tại R. Mà $\Delta KRL$ có K, R, L cùng thuộc (O) nên suy ra KL là đường kính hay K, O, L thẳng hàng. Khi đó $\angle KAL={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $AL\bot AD$ Mà $BC\bot AD$ nên $AL\parallel BC$ Do $AL\parallel BC$ nên ALCB là hình thang và \(\angle ACB=\angle CAL\) (so le trong) Suy ra cung AB bằng cung LC suy ra cung BL bằng cung AC Suy ra \(\angle ABC=\angle LCB\) Khi đó ALCB là hình thang cân Xét tam giác RIC và tam giác RBA có: \(\angle BAR=\angle RCI\) (cùng chắn cung BR) \(\angle IRC=\angle BRA\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Suy ra \(\Delta RIC\backsim \Delta RBA\,\,(g.g)\) Suy ra \(\frac{RC}{RA}=\frac{IC}{AB}\) hay \(RC.AB=IC.RA\) Tương tự \(\Delta RIB\backsim \Delta RCA\,\,(g.g)\) nên \(RB.AC=IB.RA\) Mà \(IB=IC\) nên \(RC.AB=RB.AC\) (đpcm)