1. (2,0đ): Cho biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }} – \dfrac{{1 – \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\left( {1 + \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\).
1. Rút gọn P.
2. Tính giá trị của P biết \(x = 2019 – 2\sqrt {2018} \)
2. (2,5đ): Cho hàm số \(y = \left( {{m^2} – 2m + 3} \right)x – 4\,\,\,\,\,\left( d \right)\), (với m là tham số)
1. Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn đồng biến trên tập xác định của nó.
2. Tìm m để \(\left( d \right)\) đi qua \(A\left( {2;8} \right)\).
3. Tìm m để \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d’} \right):y = 3x + m – 4\).
3. (2,0đ): Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx + y = {x^2} + 3\\x – y = – 4\end{array} \right.\) (với m là tham số)
1. Giải hệ với \(m = 3\).
2. Chứng minh rằng với mọi \(m \ne – 1\) hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x,y} \right)\). Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = {x^2} – 2y + 10\).
4. (3,0đ) : Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) không có điểm chung với đường tròn \(\left( O \right)\), H là hình chiếu vuông góc của O trên \(\left( \Delta \right)\). Từ điểm M bất kỳ trên \(\left( \Delta \right)\) (\(M \ne H\)), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn \(\left( O \right)\) (A, B là hai tiếpđ). Gọi K, I thứ tự là giao điểm của AB với OM và OH.
1. Chứng minh \(AB = 2AK\) và 5 điểm M, A, O, B, H cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh \(OI.OH = OK.OM = {R^2}\).
3. Trên đoạn OA lấy điểm N sao cho \(AN = 2ON\). Đường trung trực của BN cắt OM ở E. Tính tỉ số \(\dfrac{{OE}}{{OM}}\).
5. (0,5đ) : Giải phương trình: \(\sqrt {x + y – 4} + \sqrt {x – y + 4} + \sqrt { – x + y + 4} = \sqrt x + \sqrt y + 2\)
1. Cho biểu thức: \(P = \left( {\dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }} – \dfrac{{1 – \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\left( {1 + \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\).
1. Rút gọn P.
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x }} – \dfrac{{1 – \sqrt x }}{{\sqrt x }}} \right):\left( {1 + \dfrac{2}{{\sqrt x }}} \right)\\ = \dfrac{{2\sqrt x + 1 – \left( {1 – \sqrt x } \right).\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{2\sqrt x + 1 – 1 + x}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} \\= \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\end{array}\)
2. Tính giá trị của P biết \(x = 2019 – 2\sqrt {2018} \)
\(x = 2019 – 2\sqrt {2018} = 2018 – 2\sqrt {2018} + 1 = {\left( {\sqrt {2018} – 1} \right)^2}\)
\(\Rightarrow \sqrt x = \left| {\sqrt {2018} – 1} \right| = \sqrt {2018} – 1\)
\( \Rightarrow P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt {2018} – 1}}{{\sqrt {2018} – 1 + 1}} = \dfrac{{\sqrt {2018} – 1}}{{\sqrt {2018} }} = 1 – \dfrac{1}{{\sqrt {2018} }}\)
2. Cho hàm số \(y = \left( {{m^2} – 2m + 3} \right)x – 4\,\,\,\,\,\left( d \right)\), (với m là tham số)
1. Chứng minh rằng với mọi m hàm số luôn đồng biến trên tập xác định của nó.
\({m^2} – 2m + 3 = {m^2} – 2m + 1 + 2 = {\left( {m – 1} \right)^2} + 2 > 0\) với mọi m
Vậy với mọi m hàm số luôn đồng biến trên tập xác định của nó
2. Tìm m để \(\left( d \right)\) đi qua \(A\left( {2;8} \right)\).
Để \(\left( d \right)\) đi qua \(A\left( {2;8} \right)\) \( \Leftrightarrow \)\(8 = \left( {{m^2} – 2m + 3} \right).2 – 4 \Leftrightarrow 2{m^2} – 4m + 6 – 4 – 8 = 0\)
Advertisements (Quảng cáo)
\( \Leftrightarrow 2{m^2} – 4m – 6 = 0 \)
\(\Leftrightarrow 2{m^2} + 2m – 6m – 6 = 0\)
\(\Leftrightarrow 2m\left( {m + 1} \right) – 6\left( {m + 1} \right) = 0\)
\(\Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {2m – 6} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 0\\2m – 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 1\\m = 3\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = – 1\) hoặc \(m = 3\) thì \(\left( d \right)\) đi qua \(A\left( {2;8} \right)\)
3. Tìm m để \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d’} \right):y = 3x + m – 4\).
Để \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d’} \right):y = 3x + m – 4\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 2m + 3 = 3\\ – 4 \ne m – 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 2m = 0\\m \ne 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\left( {m – 2} \right) = 0\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)
Vậy với \(m = 2\) thì \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d’} \right):y = 3x + m – 4\).
3. Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}mx + y = {m^2} + 3\\x – y = – 4\end{array} \right.\) (với m là tham số)
1. Giải hệ với \(m = 3\).
Với \(m = 3\) hệ phương trình thành:
\(\left\{ \begin{array}{l}3x + y = {3^2} + 3\\x – y = – 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + x + 4 = 12\\y = x + 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 8\\y = x + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 6\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;6} \right)\)
2. Chứng minh rằng với mọi \(m \ne – 1\) hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x,y} \right)\). Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(Q = {x^2} – 2y + 10\).
Với \(m \ne – 1\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}mx + y = {m^2} + 3\\x – y = – 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx + x + 4 = {m^2} + 3\\y = x + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)x = {m^2} – 1\\y = x + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = m – 1\\y = m + 3\end{array} \right.\)
Vậy với mọi \(m \ne – 1\) hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x,y} \right) = \left( {m – 1;m + 3} \right)\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(Q = {x^2} – 2y + 10 = {x^2} – 2\left( {x + 4} \right) + 10 \)\(\,= {x^2} – 2x + 2 = {\left( {x – 1} \right)^2} + 1 \ge 1\) với mọi x
Dấu ‘=’ xảy ra \( \Leftrightarrow x – 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Leftrightarrow m = 2\)
Vậy \({\min _Q} = 1\) đạt được khi \(m = 2\)
4. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng \(\left( \Delta \right)\) không có điểm chung với đường tròn \(\left( O \right)\), H là hình chiếu vuông góc của O trên \(\left( \Delta \right)\). Từ điểm M bất kỳ trên \(\left( \Delta \right)\) (\(M \ne H\)), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn \(\left( O \right)\) (A, B là hai tiếpđ). Gọi K, I thứ tự là giao điểm của AB với OM và OH.
1. Chứng minh \(AB = 2AK\) và 5 điểm M, A, O, B, H cùng thuộc một đường tròn.
Có MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle AMK = \angle BMK\) và \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Xét \(\Delta AMK\) và \(\Delta BMK\) có: MK chung ; \(\angle AMK = \angle BMK\); \(MA = MB\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta AMK = \Delta BMK\) (c.g.c) \( \Rightarrow AK = BK\) (2 cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow AB = AK + BK = AK + AK = 2AK\)
Ta có: \(\angle OHM = \angle OAM = \angle OBM = {90^o}\) (\(OH \bot \left( \Delta \right)\) và MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \) H, A, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM
\( \Rightarrow \) M, A, O, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM
2. Chứng minh \(OI.OH = OK.OM = {R^2}\).
Có \(\Delta AMK = \Delta BMK\) (cmt) \( \Rightarrow \angle AKM = \angle BKM\) mà \(\angle AKM + \angle BKM = {180^o}\)
\( \Rightarrow \angle AKM = \angle BKM = {90^o} \Rightarrow AB \bot MN \Rightarrow \angle OKI = {90^o}\)
Xét \(\Delta OIK\) và \(\Delta OMH\) có: \(\angle O\) chung ; \(\angle OKI = \angle OHM = {90^o}\)
\(\Delta OIK \sim \Delta OMH\) (g.g) \( \Rightarrow \dfrac{{OI}}{{OM}} = \dfrac{{OK}}{{OH}} \Rightarrow OI.OH = OK.OM\)
Xét \(\Delta BOM\) vuông tại B đường cao BK ta có: \(OK.OM = O{B^2} = {R^2}\)
\( \Rightarrow \)\(OI.OH = OK.OM = {R^2}\) (đpcm)
3. Trên đoạn OA lấy điểm N sao cho \(AN = 2ON\). Đường trung trực của BN cắt OM ở E. Tính tỉ số \(\dfrac{{OE}}{{OM}}\).
Ta có \(MA = MB\,\,;\,\,OA = OB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \) OM là đường trung trực của AB \( \Rightarrow EA = EB\) (\(E \in OM\))
Mặt khác \(EB = EN\) (E thuộc đường trung trực của BN) \( \Rightarrow EA = EN\)
\( \Rightarrow \Delta AEN\) cân tại E
Gọi F là trung điểm của AN thì EF là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta AEN\) cân tại E
\( \Rightarrow EF \bot OA\) mà \(OA \bot MA\) (tính chất tiếp tuyến)
\( \Rightarrow EF//MA\) (từ vuông góc đến song song)
Xét \(\Delta OAM\) có \(EF//MA\) nên theo định lý Ta-lét ta có: \(\dfrac{{OE}}{{OM}} = \dfrac{{OF}}{{OA}}\)
Vì \(AN = 2ON\) và F là trung điểm của AN nên \(AF = FN = ON \Rightarrow \dfrac{{OF}}{{OA}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{OE}}{{OM}} = \dfrac{2}{3}\)
5. Giải phương trình: \(\sqrt {x + y – 4} + \sqrt {x – y + 4} + \sqrt { – x + y + 4} = \sqrt x + \sqrt y + 2\)
+) Với \(a \ge 0\,\,;\,\,b \ge 0\) ta có:
\({\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)^2} \ge 0\)
\(\Leftrightarrow a – 2\sqrt {ab} + b \ge 0 \Leftrightarrow a + b \ge 2\sqrt {ab} \)
\(\Leftrightarrow 2\left( {a + b} \right) \ge {\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow \sqrt a + \sqrt b \le \sqrt {2\left( {a + b} \right)} \) (*)
Dấu ‘=’ xảy ra khi \(a = b\)
+) Điều kiện: \(x\,,y \ge 0\,\,;\,\,x + y – 4 \ge 0\,\,;\,\,x – y + 4 \ge 0\,\,;\,\, – x + y + 4 \ge 0\,\)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
\(\sqrt {x + y – 4} + \sqrt {x – y + 4} \le \sqrt {2\left( {x + y – 4 + x – y + 4} \right)} = 2\sqrt x \) (1)
\(\sqrt {x + y – 4} + \sqrt { – x + y + 4} \le \sqrt {2\left( {x + y – 4 – x + y + 4} \right)} = 2\sqrt y \) (2)
\(\sqrt {x – y + 4} + \sqrt { – x + y + 4} \le \sqrt {2\left( {x – y + 4 – x + y + 4} \right)} = 4\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
\(2\sqrt {x + y – 4} + 2\sqrt {x – y + 4} + 2\sqrt { – x + y + 4} \le 2\sqrt x + 2\sqrt y + 4\)
\( \Rightarrow \sqrt {x + y – 4} + \sqrt {x – y + 4} + \sqrt { – x + y + 4} \le \sqrt x + \sqrt y + 2\)
Dấu ‘=’ xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y – 4 = x – y + 4\\x + y – 4 = – x + y + 4\\x – y + 4 = – x + y + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 4\) (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm là \(x = y = 4\)
