Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018
Bài 1:
1) $x=7+4\sqrt{3}={{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}$ ( Thỏa mãn điều kiện )
Suy ra $\sqrt{x}=2+\sqrt{3}$
Tính được $A = \dfrac{{2 + \sqrt 3 - 1}}{{2 + \sqrt 3 - 2}} = \dfrac{{\sqrt 3 + 3}}{3}$
2) Biến đổi $P = \left[ {\dfrac{{x - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \dfrac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 2}}$
$\dfrac{{x - \sqrt x + 2 - \sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}.\dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}} = \dfrac{{2 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$
$ = \dfrac{{2\left( {1 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = - \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}$
Vậy $ - \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}$với $x>0;x\ne 1;x\ne 4$
3) Ta có $P\sqrt x = \dfrac{{ - 2\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} \ge - \dfrac{3}{2} \Rightarrow \sqrt x \le 3 \Rightarrow 0 \le x \le 9$
Mà $x \in {\rm Z},x > 0,x \ne 1,x \ne 4 \Rightarrow x \in \left\{ {2;3;5;6;7;8;9} \right\}$
Bài 2:
Gọi số học sinh của lớp 9A là $x$ học sinh $\left( x\in {{N}^{*}},x<82 \right)$
Gọi số học sinh của lớp 9B là $y$ học sinh $\left( y\in {{N}^{*}},y<82 \right)$
Vì tổng số học sinh hai lớp là 82 bạn nên ta có $x+y=82\left( 1 \right)$
Số sách học sinh lớp 9A ủng hộ là 6$x$( quyển )
Số sách học sinh lớp 9B ủng hộ là 5$y$( quyển )
Vì số sách cả hai lớp ủng hộ được là 452 quyển nên $6x+5y=452\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
x + y = 82\\
6x + 5y = 452
\end{array} \right.$
Giải hệ trên được nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}
x = 42\\
y = 40
\end{array} \right.$ ( thỏa mãn điều kiện )
Vậy lớp 9A có 42 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh
Bài 3:
1) Điều kiện $y \ne 1$
Biến đổi phương trình về dạng $\left\{ \begin{array}{l}
2\left| {x - 1} \right| - \dfrac{5}{{y - 1}} = - 3\\
2\left| {x - 1} \right| + \dfrac{4}{{y - 1}} = 6
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{9}{{y - 1}} = 9\\
2\left| {x - 1} \right| + \dfrac{4}{{y - 1}} = 6
\end{array} \right.$
$\left\{ \begin{array}{l}
y - 1 = 1\\
\left| {x - 1} \right| = 3 - \frac{2}{1}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2(tmdk)\\
\left| {x - 1} \right| = 1
\end{array} \right.$
TH1: $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x - 1 = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x = 2
\end{array} \right.$
TH2: $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x - 1 = - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 2\\
x = 0
\end{array} \right.$
Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
y = 2
\end{array} \right.$hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 2
\end{array} \right.$
2a) Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì
$\left\{ \begin{array}{l}
- 1 = {m^2} - 2\\
m + 2 \ne 3
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} = 1\\
m \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = \pm 1\\
m \ne 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1$ Vậy $m=-1$ là giá trị cần tìm
2b) Phương trình hoành độ giao điểm đưa về ${{x}^{2}}+2x+m-1=0(*)$
$d$ cắt $\left( P \right)$ tại 2 điểm phân biệt $\Leftrightarrow $phương trình $(*)$có hai nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow $$\Delta '>0\Leftrightarrow 2-m>0\Leftrightarrow m<2$
Khi đó theo Vi-et, ta có $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = - 2\\
{x_1}.{x_2} = - 1
\end{array} \right.$
Theo giả thiết ta có
$\begin{array}{l}
x_1^3 - x_2^3 + {x_1}{x_2} = 4 \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - {x_1}{x_2}} \right] + {x_1}{x_2} - 4 = 0\\
\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {5 - m} \right) + \left( {m - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2} - 1} \right)\left( {5 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 5\\
{x_1} - {x_2} = 1
\end{array} \right.
\end{array}$
Kết hợp với điều kiện $m=5$ không thỏa mãn
Kết hợp ${{x}_{1}}-{{x}_{2}}=1$ với hệ thức Vi – et ta có hệ
$\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} - {x_2} = 1\\
{x_1} + {x_2} = - 2\\
{x_1}{x_2} = m - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = - \dfrac{1}{2}\\
{x_2} = - \dfrac{3}{2}\\
m = \dfrac{7}{4}(t/m)
\end{array} \right.$
Vậy $m=\dfrac{7}{4}$ là giá trị cần tìm
Bài 4:
1. Ta có: $\widehat{ACB}=\widehat{AMB}={{90}^{0}}$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Xét tứ giác $BKHM$ có $\widehat{ACB}+\widehat{AMB}={{180}^{0}}$
suy ra $CDMH$ nội tiếp đường tròn.
Vậy bốn điểm $C,\,D,\,M,\,H$cùng thuộc một đường tròn.
2. Tam giác $ABD$ nhận $H$ là trực tâm vì có hai đường cao $BC$ và $AM$ cắt nhau tại $H$
Suy ra $DH$ là đường cao của tam giác $ABD$ do đó, $DK\bot AB$ $\left( 1 \right)$
3. Ta có tứ giác $AKHC$ nội tiếp suy ra $\widehat{CAH}=\widehat{CKH}$
Và tứ giác $BKHM$ nội tiếp suy ra $\widehat{HBM}=\widehat{MKH}$
Mà $\widehat{CAH}=\widehat{HBM}$ ( cùng chắn cung $CM$ của $\left( O \right)$)
Do đó $\widehat{CKM}=2\widehat{CAH}$
Mặt khác xét $\left( O \right)$ có $\widehat{COM}=2\widehat{CAH}$ ( góc ở tâm và góc nội tiếp ).
Dó đó $\widehat{CKM}=\widehat{COM}$
Suy ra tứ giác $COKM$ nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $CKM$ cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác $COKM$.
4. Gọi $Q$ là giao điểm của $MP$ với đường tròn $\left( O \right)$.
Ta có tam giác $QAB$ là tam giác vuông cân tại $Q$ suy ra
$AQ = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AQ}} = \sqrt 2 $
