|
TRƯỜNG THCS BA ĐÌNH |
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II MÔN TOÁN Năm học 2017-2018 Thời gian làm bài 90 phút |
Câu I (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A khi $x=16$
Ta có $x=16$ thỏa mãn ĐKXĐ, thay $x=16$ ta được $A=\dfrac{2\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}=\dfrac{2\sqrt{16}+1}{16+\sqrt{16}+1}=\dfrac{9}{21}=\dfrac{3}{7}$
b) Rút gọn biểu thức P. ĐK $x\ge 0;x\ne 1$
$\begin{array}{l}
P = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{1 - x}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\\
P = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{x - 1}} + \dfrac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}}} \right)\\
P = \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{x - 1}}:\dfrac{1}{{\sqrt x - 1}}\\
P = \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{x - 1}}.\dfrac{{\sqrt x - 1}}{1}\\
P = \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.
\end{array}$
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $M=\dfrac{A}{P}$
$M=\dfrac{A}{P}=\dfrac{2\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}:\dfrac{2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}$Theo ĐK $x\ge 0;x\ne 1$=> M > 0
Ta có $\dfrac{1}{M}=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}+1\ge 1\Leftrightarrow M\le 1$ với mọi x thỏa mãn ĐK $x\ge 0;x\ne 1$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=0$
Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 1, đạt được khi $x=0$
Câu II (2,0 điểm)
Gọi số áo xí nghiệp thứ nhất may được trong mỗi ngày là $x$ (áo)
Số áo xí nghiệp thứ hai may được trong mỗi ngày là $y$(áo)
Điều kiện x, y là các số nguyên dương.
Vì trong một ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều hơn xí nghiệp thứ nhất 20 chiếc áo nên ta có phương trình $y-x=20$
Nếu xí nghiệp thứ nhất may trong 5 ngày và xí nghiệp thứ hai may trong 3 ngày thì cả hai xí nghiệp may được 2620 chiếc áo ta có phương trình $5x+3y=2620$
Ta có hệ PT $\left\{ \begin{array}{l}
y - x = 20\\
5x + 3y = 2620
\end{array} \right.$
Giải hệ PT ta được $\left\{ \begin{array}{l}
x = 320\\
y = 340
\end{array} \right.$ (thỏa mãn điều kiện của ẩn)
Vậy trong một ngày xí nghiệp thứ nhất may được 320 chiếc áo, xí nghiệp thứ hai may được 340 chiếc áo
Câu III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right) = xy + 4\\
\left( {x + 2} \right)\left( {y - 1} \right) = xy - 10
\end{array} \right.$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 1} \right)\left( {y + 1} \right) = xy + 4\\
\left( {x + 2} \right)\left( {y - 1} \right) = xy - 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
xy + x - y - 1 = xy + 4\\
xy - x + 2y - 2 = xy - 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - y = 5\\
- x + 2y = - 8
\end{array} \right.$
Vậy hệ PT có một nghiệm duy nhất $\left( x;y \right)=\left( 2;-3 \right)$
2)
a) Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho là nghiệm của phương trình
${x^2} = x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 2
\end{array} \right.$
Với $x=-1$ thay vào hàm số $y={{x}^{2}}$ ta được $y=1$
Với $x=2$ thay vào hàm số $y={{x}^{2}}$ ta được $y=4$
Vậy (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt $A\left( -1;\,\,1 \right);\,\,B\left( 2;\,\,4 \right)$
b)
Thay $x=0$ vào PT $y=x+2$ ta được $y=2$
Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Oy tại điểm $C\left( 0;\,2 \right)$
Ta có
${{S}_{AOC}}=\dfrac{1}{2}.1.2=1$
${{S}_{BOC}}=\dfrac{1}{2}.2.2=2$
Nên ${{S}_{OAB}}={{S}_{AOC}}+{{S}_{BOC}}=1+2=3$ (đvdt)
Câu IV (2,0 điểm)
a) Vì AE, BF là các đường cao của tam giác ABC nên $\widehat{HEC}=\widehat{HFC}={{90}^{0}}$
Suy ra $\widehat{HEC}+\widehat{HFC}={{180}^{0}}$
Do đó tứ giác CEHF nội tiếp được đường tròn
b) Do H là trực tâm của tam giác ABC nên $CD\bot AB$
Do đó $\widehat{CDB}=\widehat{CFB}={{90}^{0}}$
Suy ra D, F nằm trên đường tròn đường kính BC
Do đó tứ giác CFDB nội tiếp đường tròn đường kính BC
Suy ra $\widehat{CDF}=\widehat{CBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF)
c) Vì AE, BF là các đường cao của tam giác ABC nên $\widehat{AEB}=\widehat{AFB}={{90}^{0}}$
Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp được đường tròn
Nên $\widehat{AEF}=\widehat{ABF}$ (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có $\widehat{AIK}=\widehat{ABF}$ (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK của đường tròn (O))
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{AIK}\Rightarrow EF\text{//}IK$
d)
Gọi M là trung điểm của AB. Vì A, B cố định nên M là điểm cố định
Vì tam giác AEB vuông tại E nên $EM=\dfrac{1}{2}AB\Rightarrow EM=BM$
$\Rightarrow \Delta MEB$ cân tại M.
Do đó $\widehat{MEB}=\widehat{MBE}$
Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có $\widehat{DME}=\widehat{MEB}+\widehat{MBE}=2\widehat{MBE}$
Lại có $\widehat{BFE}=\widehat{BAE}$ (cùng chắn cung BE)
$\widehat{BFD}=\widehat{BCD}$(cùng chắn cung BD)
Suy ra $\widehat{DFE}+\widehat{DME}=\widehat{BAE}+\widehat{BCD}+2\widehat{MBE}$
$\Rightarrow \widehat{DFE}+\widehat{DME}$$=\left( \widehat{BAE}+\widehat{MBE} \right)+\left( \widehat{BCD}+\widehat{MBE} \right)={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
Do đó tứ giác DMEF nội tiếp $\Rightarrow $ điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF
Vậy khi C chuyển động trên cung lớn AB thì đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi qua một điểm cố định là trung điểm M của AB.
Câu V (0,5 điểm)
Giải phương trình $\sqrt{{{x}^{2}}-3x+2}+\sqrt{x+3}=\sqrt{x-2}+\sqrt{{{x}^{2}}+2x-3}\,\,\,\,\,(1)$
Ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow \sqrt{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)}+\sqrt{x+3}=\sqrt{x-2}+\sqrt{\left( x-1 \right)\left( x+3 \right)}\,\,\,\,\,$
ĐK $x\ge 2$
Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được
${{x}^{2}}-3x+2+x+3+2\sqrt{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)\left( x+3 \right)}={{x}^{2}}+2x-3+x-2+2\sqrt{\left( x-1 \right)\left( x+3 \right)\left( x-2 \right)}\,\,\,\,\,$
$\Leftrightarrow 5x=10\Leftrightarrow x=2$ (thỏa mãn điều kiện)
Vậy PT đã cho có một nghiệm duy nhất $x=2$
