Đề số 20 Quận Ba Đình

ĐỀ THI HỌC KÌ II – QUẬN BA ĐÌNH

Năm học: 2018 - 2019

Năm 2018 – 2019

Thời gian: 90 phút

Bài I. ( 2 điểm)

Cho biểu thức $A=\left(1+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}-2}-\frac{4}{x-4}\right)$ với $x>0,x\ne 4$.

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm x để $A>\frac{1}{2}$.

3) Tìm x để $A=-2\sqrt{x}+5$.

Bài II. ( 2 điểm )

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ô tô đi từ A đến B cách nhau 420km/h với vận tốc dự định. Khi đi được 120km thì ô tô tăng tốc thêm 15km/h và đi hết quãng đường còn lại với vận tốc mới. Tính vận tốc ban đầu của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ.

Bài III. (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{x-y}-2\sqrt{y+1}=1\\ \frac{1}{x-y}+\sqrt{y+1}=2\end{array}\right.$

2) Cho phương trình $x^2-2(m+1)x+2m+1=0$.

a) Giải phương trình khi m=2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ sao cho $x_1^3+x_2^3=2019$

Bài IV. (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyên MA, MB với đường tròn (O),A và B là các tiếp điểm. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng MB; C là giao điểm của AE và đường tròn (O), ( C khác A). H là giao điểm của AB và MO.

1) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn

2) Chứng minh rằng $E{B}^2=EC.EA$

3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp

4) Gọi D là giao điểm của MC và đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh $\Delta ABD$ là tam giác cân.

Bài V. (0,5 điểm) Tìm cặp số $(a,b)$ thỏa mãn $ab=\sqrt{2}$ và $a^3+2\sqrt{2}{b}^3=9$.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I.

1)

$\begin{array}{l}A=\left(1+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}-2}-\frac{4}{x-4}\right)\\ A=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)\left(\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}+\frac{\sqrt{x}+2}{x-4}-\frac{4}{x-4}\right)\\ A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}·\left(\frac{\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2-4}{x-4}\right)\\ A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}·\frac{2\sqrt{x}-4}{x-4}\\ A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}}·\frac{2(\sqrt{x}-2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}\\ A=\frac{2·(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}\\ A=\frac{2}{\sqrt{x}}\end{array}$

2) $A>\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{x}}>\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{x}}>\frac{2}{4}$

$\Rightarrow \sqrt{x}<4($ vì $\sqrt{x}>0)$

$\Rightarrow (\sqrt{x}{)}^2<4^2$

$\Rightarrow 0<x<16,x\ne 4$

Vậy $0<x<16,x\ne 4$ thì $A>\frac{1}{2}$

3) $A=-2\sqrt{x}+5\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{x}}=-2\sqrt{x}+5$

$\Rightarrow \frac{2}{\sqrt{x}}=\frac{(-2\sqrt{x}+5)\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$

$\Rightarrow 2=(-2\sqrt{x}+5)\sqrt{x}($ vì $\sqrt{x}>0)$

$\iff 2=-2x+5\sqrt{x}$

$\iff 2x-5\sqrt{x}+2=0(*)$

Đặt $t=\sqrt{x},\mathrm{t}>0.$ Khi đó phương trình (*) trở thành:

$2t^2-5t+2=0$

$\Delta =(-5{)}^2-4.2.2=25-16=9>0$

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

$t_1=\frac{5+\sqrt{9}}{2.2}=\frac{5+3}{4}=2($thỏa mãn$); t_2=\frac{5-\sqrt{9}}{2.2}=\frac{5-3}{4}=\frac{1}{2}($Thỏa mãn)

Với $t=2\Rightarrow \sqrt{x}=2\iff x=4$ (không thỏa mãn điều kiện)

Với $t=\frac{1}{2}\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{1}{2}\iff x=\frac{1}{4}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vây $x=\frac{1}{4}$ thì $A=-2\sqrt{x}+5$.

Bài II.

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x(km/h) điều kiện $x > 0$.

Sau khi tăng tốc, vận tốc của ô tô là: $x+15( \mathrm{km}/\mathrm{h})$.

Thời gian đi với vận tốc ban đầu là: $\frac{120}{x}\left(h\right)$

Thời gian đi nốt quãng đường còn lại sau khi tăng tốc là:

$\frac{300}{x+15}\left(h\right)$

Vì thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 6 giờ nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l} \frac{120}{x}+\frac{300}{x+15}=6\\ \Rightarrow \frac{120.(x+15)}{x(x+15)}+\frac{300x}{x(x+15)}=\frac{6x(x+15)}{x(x+15)}\\ \Rightarrow 120.(x+15)+300x=6x(x+15)\\ \iff 120x+1800+300x=6x^2+90x\\ \iff 6x^2+90x-120x-1800-300x=0\\ \iff 6x^2-330x-1800=0\end{array}$
$\iff x^2-55x-300=0$ (*)

$\Delta =(-55{)}^2-4.1·(-300)=4225>0$

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

$x_1=\frac{55+\sqrt{4225}}{2}=\frac{55+65}{2}=60$ (thỏa điều kiện)

$x_2=\frac{55-\sqrt{4225}}{2}=\frac{55-65}{2}=-5$ (không thỏa điều kiện)

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là $60 \mathrm{km}/\mathrm{h}$.

Bài III.

1) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x-y\ne 0\\ y+1\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne y\\ y\ge -1\end{array}\right.$

Đặt $a=\frac{1}{x-y},b=\sqrt{y+1}$. Khi đó, ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}3a-2b=1\\ a+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3a-2b=1\\ 2a+2b=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}5a=5\\ a+b=2\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}a+b=2\\ a+b=2\end{array}\right.$
$\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ 1+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$

Suy ra: $\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x-y}=1\\ y+1=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x-y}=1\\ y = 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}=1\\ y = 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x = 1\\ y = 0\end{array}\right.$ (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $(x;y) = (1;0)$.

2) a) Khi m=2, ta có phương trình: $x^2-2(2+1)x+2.2+1=0$

$\iff x^2-6x+5=0$

Ta có: $1 + ( - 6) + 5 = 0,$ nhẩm nghiệm ta được: $x_1=1,x_2=5$.

b) Ta có : ${\Delta }^{\text{'}}=(m+1{)}^2-(2m+1)·1=m^2+2m+1-2m-1=m^2\ge 0$ ( với mọi m).

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi: $\Delta >0\iff m\ne 0$.

Ta lại có: $1 - 2(m + 1) + 2m + 1 = 1 - 2m - 2 + 2m + 1 = 0$ (Trường hợp $a + b + c = 0$ )

Nhẩm nghiệm, ta được: $x_1=1,x_2=2m+1$.

Thay $x_1=1,x_2=2m+1$ vào $x_1^3+x_2^3=2019,$ ta được:

$1+(2m+1{)}^3=2019$

$\iff (2m+1{)}^3=2019-1$

$\iff (2m+1{)}^3=2018$

$\iff 2m+1=\sqrt[3]{2018}$
$\iff 2m=\sqrt[3]{2018}-1$

$\iff m=\frac{\sqrt[3]{2018}-1}{2}$ (thỏa mãn).

Vậy với $m=\frac{\sqrt[3]{2018}-1}{2}$ thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Bài IV.

1)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có: $\widehat{OAM}={90}^o; \widehat{OBM}={90}^o$

$\Rightarrow \widehat{OAM}+\widehat{OBM}={90}^o+{90}^o={180}^o$

Mà $\widehat{OAM},\widehat{OBM}$ là hai góc đối nhau.

$\Rightarrow$ Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

2)

Ta có: $\widehat{CBE}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{BC}$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BC)

$\widehat{BAE}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{BC}$ (góc nội tiếp chắn cung BC)

$\Rightarrow \widehat{BAE}=\widehat{CBE}$

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta BCE$ có:

$\widehat{AEB}$ là góc chung

$\widehat{BAE}=\widehat{CBE}\left(\mathrm{cmt}\right)$

Do đó: $\Delta ABE~\Delta BCE(g·g)$

$\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{AE}{BE}$

$\Rightarrow E{B}^2=EC·EA$

3)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có $MA = MB$ (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Và ta cũng có: $OA = OB = R$

$\Rightarrow OM$ là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Mà H là giao điểm của AB và MO

$\Rightarrow AB\perp OM$ tại $H\Rightarrow \widehat{MHB}={90}^o$

Xét $\Delta MHB$ vuông tại H có HE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MB (Vì E là trung điểm của đoạn thẳng MB)

$\Rightarrow HE=\frac{1}{2}MB=EB$

$\Rightarrow \Delta EHB$ cân tại E

$\Rightarrow \widehat{EHB}=\widehat{EBH}$

Mà $\widehat{EBH}=\widehat{ECB}($ vì $\Delta ABE~\Delta BCE(g·g))$

Suy ra: $\widehat{EHB}=\widehat{ECB}$

Xét tứ giác HCEB có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh EB dưới các góc bằng nhau nên tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

4)

Ta có: $E{B}^2=EC·EA($ câu 2$)\Rightarrow E{M}^2=EC·EA($vì E là trung điểm của đoạn thẳng MB

$\Rightarrow \frac{EM}{EC}=\frac{EA}{EM}$

Xét $\Delta MEC$ và $\Delta AEM$ có:

$\widehat{AEM}$ là góc chung

$\frac{EM}{EC}=\frac{EA}{EM}$

Do đó: $\Delta MEC~\Delta AEM(c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{EMC}=\widehat{EAM}$

Ta có: $\widehat{ADM}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{AC}$ (Góc nội tiếp chắn cung AC)

Và $\widehat{MAE}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{AC}$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC)

$\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{MAE}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ADM}=\widehat{EMD}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, suy ra $AD\parallel EM$ hay $AD\parallel MB$

Vì $AD\parallel MB$ nên $\widehat{DAB}=\widehat{ABE}$ (Hai góc so le trong) (3)

Ta có: $\widehat{ADB}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{AB}$( góc nội tiếp chắn cung AB)

Và $\widehat{ABE}=\frac{1}{2}sd\widehat{AB}$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ABE}\left(4\right)$

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{DAB}=\widehat{ADB}$

Vậy $\Delta ABD$ cân tại B.

Bài V.

$a^3+2\sqrt{2}{b}^3=9\Rightarrow a^3+\sqrt{8}{b}^3=9\iff a^3+(\sqrt{2}b{)}^3=9$

Ta có: $ab=\sqrt{2}\iff a\sqrt{2}b=2\iff a^3(\sqrt{2}b{)}^3=8$

Đặt $x=a^3$ và $y=(\sqrt{2}b{)}^3\Rightarrow x.y=8$ và $x + y = 9$

$\Rightarrow x,y$ là hai nghiệm của phương trình: $X^2-9X+8=0$ (Định lí Vi-ét đảo)

Ta có: $1 - 9 + 8 = 0$ (Trường hợp $a + b + c = 0$ )

Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: $X_1=1,X_2=8$

Với $\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=8\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}^3=1\\ {\left(\sqrt{2}b\right)}^3=8\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ \sqrt{2}b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$

Với $\left\{\begin{array}{l}x=8\\ y=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}^3=8\\ {\left(\sqrt{2}b\right)}^3=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ \sqrt{2}b=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$

Vậy cặp số $(a,b)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán: $(a;b)=(1;\sqrt{2});(a;b)=\left(2;\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.