Bài 1: (1,5đ) Tính: a)\(4\sqrt {12} – 15\sqrt {\dfrac{1}{3}} – \dfrac{{9 – \sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }}\)
b)\(\sqrt {{{\left( {2 – \sqrt 5 } \right)}^2}} – \sqrt {\dfrac{8}{{7 – 3\sqrt 5 }}} \).
Bài 2: (1,5đ) a) Giải phương trình sau: \(\sqrt {36{x^2} – 12x + 1} = 2\).
b) Rút gọn: \(A = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{2x – \sqrt x }}{{x – \sqrt x }}\) ( với \(x > 0,x \ne 1\)).
Bài 3: (2đ)
a) Một khu vườn hình chữ nhật có kích thước là 25m và 40m. Người ta tăng mỗi kích thước của khu vườn thêm \(x\) (m). Gọi \(S,P\) theo thứ tự là diện tích và chu vi của khu vườn mới tính theo \(x\). Hỏi các đại lương \(S,P\) có phải là hàm số bậc nhất của \(x\) không? Vì sao? Tính giá trị của \(x\) khi biết giá trị tương ứng của \(P\) là 144 (tính theo đơn vị m).
b) Cho hàm số \(y = – 2x + 3\) có đồ thị \(\left( {{d_1}} \right)\)và hàm số \(y = x\) có đồ thị là \(\left( {{d_2}} \right)\). Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) bằng phép tính.
Bài 4: (2đ) a) Muốn tính khoảng cách từ điểm A đến điểm B bên kia bờ sông, ông Việt vạch từ A đường vuông góc với AB. Trên đường vuông góc này lấy một đoạn thẳng \(AC = 30m\), rồi vạch \(CD\) vuông góc với phương BC cắt AB tại D. Do\(AD = 20m\), từ đó ông Việt tính được khoảng cách từ A đến B. Em hãy tính độ dài AB và số đo góc \(\angle ACB\).
b) Có 150g dung dịch chứa 40g muối. Ta phải pha thêm bao nhiêu nước nữa để dung dịch có tỉ lên 20% muối
Bài 5: (3đ) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) ( B, C là tiếpđ), gọi H là giao điểm của OA và BC.
a) Chứng minh rằng: \(OA \bot BC\).
b) Gọi D, E là giao điểm của OA với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) ( D nằm giữa O và A). Chứng minh rằng \(OH.HA = HD.HE\).
c)Chứng minh rằng \(2HD.AB = DA.BC\).
Bài 1: \(\begin{array}{l}a)\;4\sqrt {12} – 15\sqrt {\dfrac{1}{3}} – \dfrac{{9 – \sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} \\= 4\sqrt {{2^2}.3} – \dfrac{{15}}{{\sqrt 3 }} – \dfrac{{\sqrt 3 \left( {3\sqrt 3 – 1} \right)}}{{\sqrt 3 }}\\ = 8\sqrt 3 – 5\sqrt 3 – 3\sqrt 3 + 1 = 1.\end{array}\)
Vậy \(4\sqrt {12} – 15\sqrt {\dfrac{1}{3}} – \dfrac{{9 – \sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 1\).
\(\begin{array}{l}b)\;\sqrt {{{\left( {2 – \sqrt 5 } \right)}^2}} – \sqrt {\dfrac{8}{{7 – 3\sqrt 5 }}} = \left| {2 – \sqrt 5 } \right| – \sqrt {\dfrac{{16}}{{14 – 6\sqrt 5 }}} \\ = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{{\sqrt {16} }}{{\sqrt {14 – 6\sqrt 5 } }}\;\;\;\left( {do\;\;2 – \sqrt 5 < 0} \right)\\ = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{4}{{\sqrt {{3^2} – 2.3.\sqrt 5 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}} }} = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{4}{{\sqrt {{{\left( {3 – \sqrt 5 } \right)}^2}} }}\\ = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{4}{{\left| {3 – \sqrt 5 } \right|}} = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{4}{{3 – \sqrt 5 }}\;\;\left( {do\;\;3 – \sqrt 5 > 0} \right)\\ = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{{4\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}}{{{3^2} – {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}} = \sqrt 5 – 2 – \dfrac{{4\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}}{4}\\ = \sqrt 5 – 2 – 3 – \sqrt 5 = – 5.\end{array}\)
Vậy \(\sqrt {{{\left( {2 – \sqrt 5 } \right)}^2}} – \sqrt {\dfrac{8}{{7 – 3\sqrt 5 }}} = – 5\)
Bài 2: a)Giải phương trình sau: \(\sqrt {36{x^2} – 12x + 1} = 2\).
ĐKXĐ: \(36{x^2} – 12x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {6x – 1} \right)^2} \ge 0\) (luôn đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\))
\(\begin{array}{l}\sqrt {36{x^2} – 12x + 1} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {6x – 1} \right)}^2}} = 2\\ \Leftrightarrow \left| {6x – 1} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x – 1 = 2\\6x – 1 = – 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x = 3\\6x = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{2}\\x = – \dfrac{1}{6}\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:\(x = – \dfrac{1}{6},x = \dfrac{1}{2}\)
b)Rút gọn: \(A = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{2x – \sqrt x }}{{x – \sqrt x }}\) (với \(x > 0,x \ne 1\)).
ĐKXĐ: \(x > 0,x \ne 1\) . Với điều kiện trên ta có:
\(\begin{array}{l}A = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{2x – \sqrt x }}{{x – \sqrt x }} = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{\sqrt x \left( {2\sqrt x – 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x – 1} \right)}}\\\;\;\; = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{2\sqrt x – 1}}{{\sqrt x – 1}} = \dfrac{{x – \left( {2\sqrt x – 1} \right)}}{{\sqrt x – 1}}\\\;\;\; = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} – 2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x – 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x – 1}} = \sqrt x – 1.\end{array}\)
Vậy \(A = \dfrac{x}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{2x – \sqrt x }}{{x – \sqrt x }} = \sqrt x – 1\)
Bài 3: a)Một khu vườn hình chữ nhật có kích thước là 25m và 40m. Người ta tăng mỗi kích thước của khu vườn thêm \(x\) (m). Gọi \(S,P\) theo thứ tự là diện tích và chu vi của khu vườn mới tính theo \(x\). Hỏi các đại lương \(S,P\) có phải là hàm số bậc nhất của \(x\) không? Vì sao? Tính giá trị của \(x\) khi biết giá trị tương ứng của \(P\) là 144 (tính theo đơn vị m).
Advertisements (Quảng cáo)
Ta có:
+) Chiều dài của khu vườn sau khi tăng thêm \(x\) (m) là: \(40 + x\;\;\left( m \right)\)
+) Chiều rộng của khu vườn sau khi tăng thêm \(x\) (m) là: \(25 + x\;\;\left( m \right)\)
Suy ra diện tích và chu vi của hình chữ nhật mới là:
+) Diện tích \(S = \left( {40 + x} \right)\left( {25 + x} \right) = {x^2} + 65x + 1000\).
Đây là hàm bậc hai vì có số mũ cao nhất gắn với biến \(x\) là 2.
+) Chu vi \(P = 2.\left[ {\left( {x + 40} \right) + \left( {x + 25} \right)} \right] = 4x + 130\).
Đây là hàm số bậc nhất bởi số mũ cao nhất gắn với biến \(x\) là 1.
Theo đề bài ta có: \(P = 144 \Rightarrow 4x + 130 = 144 \Leftrightarrow x = \dfrac{7}{2}\).
Vậy giá trị của \(x\) là: \(x = \dfrac{7}{2}\).
b)Cho hàm số \(y = – 2x + 3\)có đồ thị \(\left( {{d_1}} \right)\)và hàm số \(y = x\) có đồ thị là \(\left( {{d_2}} \right)\). Vẽ \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) trên cùng mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) bằng phép tính.
Ta có bảng giá trị:
|
x |
0 |
1 |
|
\({d_1}:\;\;y = – 2x + 3\) |
3 |
1 |
|
\({d_2}:\;\;y = x\) |
0 |
1 |
Vậy đồ thị hàm số \({d_1}:\;\;y = – 2x + 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;\;3} \right),\;\;\left( {1;\;1} \right)\) và đồ thị hàm số \({d_2}:\;\;y = x\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0;\;0} \right),\;\;\left( {1;\;1} \right).\)
Từ đó ta có đồ thị của hai hàm số trên:
Hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) là nghiệm của phương trình:
\( – 2x + 3 = x \Leftrightarrow 3x = 3 \Leftrightarrow x = 1\)
Advertisements (Quảng cáo)
Với \(x = 1 \Rightarrow y = x = 1\). Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) là điểm \(M\left( {1;1} \right)\).
Bài 4: a)Muốn tính khoảng cách từ điểm A đến điểm B bên kia bờ sông, ông Việt vạch từ A đường vuông góc với AB. Trên đường vuông góc này lấy một đoạn thẳng \(AC = 30m\), rồi vạch \(CD\) vuông góc với phương BC cắt AB tại D. Do\(AD = 20m\), từ đó ông Việt tính được khoảng cách từ A đến B. Em hãy tính độ dài AB và số đo góc \(\angle ACB\).
Ta có hình vẽ minh họa :
Xét tam giác vuông BCD vuông tại C cóAC là đường cao ta có:
\( \Rightarrow AB.AD = A{C^2} \Leftrightarrow AB = \dfrac{{A{C^2}}}{{AD}} = 45\left( m \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Xét tam giác BAC vuông tại A có:
\(\tan \left( {\angle ACB} \right) = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{45}}{{30}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow \angle ACB = \arctan \dfrac{3}{2} \approx {56^o}\).
b)Có 150g dung dịch chứa 40g muối. Ta phải pha thêm bao nhiêu nước nữa để dung dịch có tỉ lệ 20% muối.
Gọi lượng nước cần cho thêm vào dung dịch là \(x\;\;\left( g \right),\;\;\left( {x > 0} \right).\)
Suy ra khối lượng dung dịch sau khi thêm nước là: \(150 + x\;\;\left( g \right).\)
Theo đề bài: sau khi thêm \(x\) (g) nước vào dung dịch thì sẽ được dung dịch mới có tỉ lệ 20% muối. Từ đó ta có phương trình:
\(\dfrac{{40}}{{150 + x}} = \dfrac{{20}}{{100}} \Leftrightarrow 200 = 150 + x \Leftrightarrow x = 50\left( g \right)\;\;\left( {tm} \right)\)
Vậy cần thêm vào dung dịch 50 (g) nước.
Bài 5:Cho điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) ( B, C là tiếpđ), gọi H là giao điểm của OA và BC.
a)Chứng minh rằng: \(OA \bot BC\).
Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(OB = OC\) (do cùng là bán kính)
Suy ra O cách đều hai điểm B, C, suy ra O nằm trên đoạn trung trực của BC. (1)
Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)có: AB, AC là tiếp tuyến (A, B là tiếpđ)
Suy ra \(AB = AC\) ( tính chất tiếp tuyến )
Suy ra A cách đều hai điểm B, C, suy ra A nằm trên trung trực của BC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra OA là trung trực của BC, suy ra \(OA \bot BC\).
b)Gọi D, E là giao điểm của OA với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (D nằm giữa O và A)
Chứng minh rằng \(OH.HA = HD.HE\).
Xét \(\left( {O;R} \right)\) có AB là tiếp tuyến (B là tiếpđ)
\( \Rightarrow AB \bot OB\) (tính chất tiếp tuyến)
Xét tam giác vuông \(OBA\) vuông tại B có BH là đường cao
\( \Rightarrow OH.HA = B{H^2}\)( hệ thức lượng trong tam giác vuông) (3)
Xét \(\left( {O;R} \right)\)có \(\angle EBD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \angle EBD = {90^o}\)
Xét tam giác EBD vuông tại B có BH là đường cao
\( \Rightarrow EH.HD = B{H^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (4)
Từ (3), (4) \( \Rightarrow OH.HA = HD.HE\) (đpcm).
c)Chứng minh rằng \(2HD.AB = DA.BC\).
Có D nằm trên đường trung trực của BC (D nằm trên OA)
Suy ra \(BD = BC\) (tính chất đường trung trực), suy ra cung BD bằng cung DC (hai cung bằng nhau thì căng hai dây bằng nhau)
Xet đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)có:
+) \(\angle CBD\) là góc nội tiếp chắn cung DC
+) \(\angle DBA\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD
+) Cung BD và cung DC bằng nhau (cmt)
\( \Rightarrow \angle CBD = \angle DBA \Rightarrow BD\)là phân giác \(\angle HBA\)
Áp dụng tính chất đường phân giác vào tam giác HBA có: \(\dfrac{{HD}}{{DA}} = \dfrac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow HD.AB = DA.BH\)
Mà có: \(BH = \dfrac{1}{2}BC\) (do H là trung điểm của BC)
\( \Rightarrow HD.AB = DA.\dfrac{{BC}}{2} \Leftrightarrow 2HD.AB = DA.BC\) (đpcm)
