Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm - Đề số 5

\( - {x^3}{\left( {xy} \right)^4}\dfrac{1}{3}{x^2}{y^3}{z^3} =  - \dfrac{1}{3}{x^5}.{x^4}.{y^4}.{y^3}.{z^3} =  - \dfrac{1}{3}{x^9}.{y^7}.{z^3}\)

Theo kết quả câu trước ta có: \(M\left( x \right) = 2{x^2} - 7x;N\left( x \right) = 11x - 10\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}M\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {2x - 7} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2x - 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{7}{2}\end{array} \right.\end{array}\).

Và \(N\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 11x - 10 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{10}}{{11}}\).

Vậy \(M\left( x \right)\) có hai nghiệm và \(N\left( x \right)\) có một nghiệm.

Ta có:

\(\begin{array}{l} + )\,M\left( x \right) = P\left( x \right) + Q\left( x \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 + {x^2} - 9x + 5 = 2{x^2} - 7x\end{array}\)

\(\begin{array}{l} + )\,N\left( x \right) = P\left( x \right) - Q\left( x \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 - \left( {{x^2} - 9x + 5} \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 - {x^2} + 9x - 5\\ = 11x - 10\end{array}\).

Vậy \(M\left( x \right) = 2{x^2} - 7x;N\left( x \right) = 11x - 10\).

Ta có:

\(\begin{array}{l} + )\,M\left( x \right) = P\left( x \right) + Q\left( x \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 + {x^2} - 9x + 5 = 2{x^2} - 7x\end{array}\)

\(\begin{array}{l} + )\,N\left( x \right) = P\left( x \right) - Q\left( x \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 - \left( {{x^2} - 9x + 5} \right)\\ = {x^2} + 2x - 5 - {x^2} + 9x - 5\\ = 11x - 10\end{array}\).

Vậy \(M\left( x \right) = 2{x^2} - 7x;N\left( x \right) = 11x - 10\).

+) Xét \(\Delta BEK\) vuông tại \(K\) có: \(EB > BK\) (bất đẳng thức tam giác).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}BK = AK\\AK = AC\end{array} \right.\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow EB > AC.\)

+) Xét \(\Delta ABE\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD\, \bot \,AE\\EK\, \bot \,AB\\AC\, \bot \,BE\,\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right)\).

Suy ra: \(BD,\,EK,\,AC\) là ba đường cao của \(\Delta ABE\), 

Mà trong một tam giác ba đường cao đồng quy tại một điểm.

Vậy 3 đường thẳng \(BD,\,EK,\,AC\) đồng quy.

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) ta có \(\angle B + \angle BAC = {90^0} \Rightarrow \angle B = {90^0} - \angle BAC = {90^0} - {60^0} = {30^0}\).

Vì \(AE\) là phân giác của \(\angle BAC\,\,\left( {gt} \right)\, \Rightarrow \angle EBA\, = \dfrac{1}{2}\angle BAC = \dfrac{1}{2}{.60^0} = {30^0}\) (tính chất tia phân giác)

\( \Rightarrow \angle EBA\,\, = \,\angle EAB\, = {30^0} \Rightarrow \Delta ABE\) cân tại \(E\) (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Mà \(EK \bot AB\,\left( {gt} \right) \Rightarrow EK\) cũng là đường trung trực của \(AB\) (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow AB = 2AK\) (tính chất đường trung trực)

Mà theo câu trước ta có: \(AK = AC\,\, \Rightarrow AB = 2AC.\)

Vì \(AE\) là phân giác của \(\angle CAK\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle CAE = \angle BAE\) (tính chất tia phân giác).

Xét hai tam giác vuông \(\Delta ACE\) và \(\Delta AKE\) có:

+) \(AE\) chung (gt)

+) \(\angle CAE = \angle BAE\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta ACE = \Delta AKE\) (cạnh huyền – góc nhọn)

\( \Rightarrow AC = AK\) (hai cạnh tương ứng)

Vì \(\Delta ACE = \Delta AKE\,\left( {cmt} \right)\, \Rightarrow \,\,CE = \,EK\) (hai cạnh tương ứng) (1)

Vì \(AC = AK\,\,\left( {cmt} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\) là đường trung trực của \(CK\) (dấu hiệu nhận biết đường trung trực của đoạn thẳng)

\( \Rightarrow CK \bot \,\,AE\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng).

Vì \(AE\) là phân giác của \(\angle CAK\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle CAE = \angle BAE\) (tính chất tia phân giác).

Xét hai tam giác vuông \(\Delta ACE\) và \(\Delta AKE\) có:

+) \(AE\) chung (gt)

+) \(\angle CAE = \angle BAE\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta ACE = \Delta AKE\) (cạnh huyền – góc nhọn)

\( \Rightarrow AC = AK\) (hai cạnh tương ứng)

Vì \(\Delta ACE = \Delta AKE\,\left( {cmt} \right)\, \Rightarrow \,\,CE = \,EK\) (hai cạnh tương ứng) (1)

Vì \(AC = AK\,\,\left( {cmt} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\) là đường trung trực của \(CK\) (dấu hiệu nhận biết đường trung trực của đoạn thẳng)

\( \Rightarrow CK \bot \,\,AE\) (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng).

Đơn thức cần điền vào dấu ba chấm là:

\( - 3{x^3} - 3{x^3} = \left( { - 3 - 3} \right){x^3} =  - 6{x^3}\).

\(\begin{array}{l}C + B = A \Rightarrow C = A - \,B = 3{x^2} - 7xy - \dfrac{3}{4} - \left( { - 0,75 + 2{x^2} + 7xy} \right)\\ = 3{x^2} - 7xy - \dfrac{3}{4} + 0,75 - 2{x^2} - 7xy = {x^2} - 14xy\end{array}\).

\(P\left( x \right) + Q\left( x \right) =  - {x^3} + 2{x^2} + x - 1 + {x^3} - {x^2} - x + 2 = {x^2} + 1\)

\(P\left( x \right) + Q\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\,\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\) với mọi \(x\))

Xét \({\Delta}BEC\) vuông tại \(E\), ta có: \(\angle E = {90^0} \Rightarrow \angle C + \angle EBC = {90^0} \)\(\Rightarrow \angle EBC = {90^0} - \angle C \)\(= {90^0} - {50^0} = {40^0}\) nên kết luận của đáp án B đúng.

Xét \({\Delta}BKD\) vuông tại \(D\), ta có: \(\angle D = {90^0} \)\(\Rightarrow \angle KBD + \angle BKD = {90^0} \)\(\Rightarrow \angle BKD = {90^0} - \angle KBD = {90^0} - {40^0} = {50^0}\)

Mà \(\angle BKD + \angle BKA = {180^0} \Rightarrow \angle BKA = {180^0} - \angle BKD \)\(= {180^0} - {50^0} = {130^0}\)  nên kết luận của đáp án A đúng.

Xét \({\Delta }ADC\) vuông tại \(D\), ta có:

\(\begin{array}{l}\angle D = {90^0} \Rightarrow \angle DAC + \angle C = {90^0}\\ \Rightarrow \angle DAC = {90^0} - \angle C = {90^0} - {50^0} = {40^0}\\ \Rightarrow \angle K{\rm{A}}C = \angle EBC\end{array}\).

Nên kết luận của đáp án D đúng.

Vậy kết luận của đáp án C sai.

Xét \(\Delta ABC\) có: \(\angle A + \angle B + \angle C = {180^0} \Rightarrow \angle A = {180^0} - \angle B - \angle C = {180^0} - {50^0} - {60^0} = {70^0}\) (định lý tổng ba góc trong tam giác).

Vì \(\angle C < \angle B < \angle A\,\,\left( {{{50}^0} < {{60}^0} < {{70}^0}} \right) \Rightarrow AB < AC < BC\) (bất đẳng thức tam giác).

Vì \(AB = AC\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\) (dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

\( \Rightarrow \angle B = \angle C\) (tính chất tam giác cân).

Ta có: \(\angle A + \angle B + \angle C = {180^0}\) (định lý tổng ba góc của tam giác).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\angle B = \angle C\\\angle A = 2\angle B\\\angle A + \angle B + \angle C = {180^0}\end{array} \right. \\\Rightarrow 2\angle B + 2\angle C = {180^0} \\\Rightarrow \angle B + \angle C = {180^0}:2 = {90^0}\\ \Rightarrow \angle A = {180^0} - {90^0} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) (dấu hiệu nhận biết tam giác vuông cân).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,{\left( {3x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{21}}{{25}} = 1\\\,\,{\left( {3x - \dfrac{1}{2}} \right)^2}\,\,= 1 - \dfrac{{21}}{{25}}\\\,\,\,{\left( {3x - \dfrac{1}{2}} \right)^2}\,\,\, = \dfrac{4}{{25}}\\\,\,\,{\left( {3x - \dfrac{1}{2}} \right)^2}\,\,\, = \,{\left( { \pm \dfrac{2}{5}} \right)^2}\end{array}\)

TH1:

\(\begin{array}{l}3x - \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{5}\\3x\,\,\, = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{9}{{10}}\\\,\,\,x\,\,\, = \dfrac{9}{{10}}:3\\\,\,\,x\,\,\, = \dfrac{3}{{10}}\end{array}\)

TH2:

\(\begin{array}{l}3x - \dfrac{1}{2} =  - \dfrac{2}{5}\\3x\,\,\, =  - \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{10}}\\\,\,\,x\,\,\, = \dfrac{1}{{10}}:3\\\,\,\,x\,\,\, = \dfrac{1}{{30}}\end{array}\)

Vậy \(x = \dfrac{3}{{10}}\) hoặc \(x = \dfrac{1}{{30}}\).

\(\begin{array}{l}\,25\dfrac{3}{{19}}:\left( {\dfrac{{ - 5}}{4}} \right) - 35\dfrac{3}{{19}}:\left( {\dfrac{{ - 5}}{4}} \right)\\ = \left( {25\dfrac{3}{{19}} - 35\dfrac{3}{{19}}} \right):\left( {\dfrac{{ - 5}}{4}} \right)\\ = \left( {25 + \dfrac{3}{{19}} - 35 - \dfrac{3}{{19}}} \right):\left( {\dfrac{{ - 5}}{4}} \right)\\ =  - 10:\dfrac{{ - 5}}{4}\\ = \dfrac{{ - 40}}{{ - 5}}\\ = 8\end{array}\).

Vì \(BI\) và \(CI\) là tia phân giác của \(\angle ABC\) và \(\angle ACB\,\,\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle IBC = \dfrac{1}{2}\angle ABC\\\angle ICB = \dfrac{1}{2}\angle ACB\end{array} \right.\) (tính chất tia phân giác)

\( \Rightarrow \angle IBC + \angle ICB = \dfrac{1}{2}\left( {\angle ABC + \angle ACB} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle A} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - {{70}^0}} \right) = \dfrac{1}{2}{.110^0} = {55^0}\)

Xét \(\Delta BIC\) có: \(\angle BIC + \angle IBC + \angle ICB = {180^0}\) (tổng ba góc trong tam giác)

\( \Rightarrow \angle BIC = {180^0} - \left( {\angle IBC + \angle ICB} \right) = {180^0} - {55^0} = {125^0}\).

Ta có: \(\left( {3x - 2} \right)\left( {3x + 2} \right) = {\left( {3x} \right)^2} - {2^2} = 9{x^2} - 4\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,2{x^2} + 7x - 9 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 9x - 2x - 9 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {2x + 9} \right) - \left( {2x + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2x + 9} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 9 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 9}}{2}\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\).

Vậy có hai nghiệm là \(x =  - \dfrac{9}{2};x = 1.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}7{x^3} + 3{x^4} - x + 5{x^2} - 6{x^3} - 2{x^4} + 2020 + {x^3}\\ = 3{x^4} - 2{x^4} + 7{x^3} - 6{x^3} + {x^3} - x + 2020\\ = {x^4} + 2{x^3} - x + 2020\end{array}\).

 Hệ số cao nhất là: \(1\), hệ số tự do là \(2020\).