User Avatar
Tài khoản
User Avatar
Sách Tập 2: Tập đề thi thử vào 10 môn Toán các trường trên toàn quốc (thi vào tháng 4 và tháng 5) Lời giải đề 3: Lời giải đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 trường THCS Giảng Võ năm 2017-2018

Lời giải đề 3: Lời giải đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 trường THCS Giảng Võ năm 2017-2018

Lời giải đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 trường THCS Giảng Võ năm 2017-2018

Bài 1:

1) Ta có    $x=3-2\sqrt{2}={{(\sqrt{2}-1)}^{2}}$        (tmdk)

$ =  > \sqrt x  = \sqrt 2  - 1 =  > A = \dfrac{{\sqrt 2  - 1}}{{1 + \sqrt 2  - 1}} = \dfrac{{\sqrt 2  - 2}}{2}$

2) Ta có:

$\begin{array}{l}
B = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{{\sqrt x  + 2}}{{3 - \sqrt x }} - \dfrac{{10 - 5\sqrt x }}{{x - 5\sqrt x  + 6}}\\
 = \dfrac{{(\sqrt x  - 1)(\sqrt x  - 3) - (\sqrt x  + 2)(\sqrt x  - 2) - 10 + 5\sqrt x }}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  - 3)}}\\
 = \dfrac{{\sqrt x  - 3}}{{(\sqrt x  - 2)(\sqrt x  - 3)}} = \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}}(đpcm)
\end{array}$

3) Ta có $P = A:B = \dfrac{{\sqrt x }}{{1 + \sqrt x }}.(\sqrt x  - 2) = \dfrac{{x - 2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = \sqrt x  - 3 + \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} = (\sqrt x  + 1) + \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} - 4$

Áp dụng BĐT Cosi cho hai số  $\sqrt{x}+1$   và  $\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}$ta có:

$\begin{array}{l}
\sqrt x  + 1 + \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} \ge 2.\sqrt {(\sqrt x  + 1).\dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}}}  = 2\sqrt 3 \\
 =  > P \ge 2\sqrt 3  - 4
\end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi

$(\sqrt x  + 1) = \dfrac{3}{{\sqrt x  + 1}} \Leftrightarrow {(\sqrt x  + 1)^2} = 3 \Leftrightarrow x = 4 - 2\sqrt 3 $ (vì$x\ge 0$)

Bài 2:

Gọi vận tốc người đi xe đạp là x km/h (x>0)

Vận tốc người đi xe máy là 3x km/h

Sau 1 giờ người đi xe đạp đi được x km. Quãng đường còn lại là (60-x) km

Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường còn lại là: $\dfrac{60-x}{x}$

Thời gian người đi xe máy từ A đến B là: $\dfrac{60}{3x}=\dfrac{20}{x}$

Vì người đi xe máy đến sơm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút = $\dfrac{5}{3}$giờ nên ta

có phương trình: $\dfrac{{60 - x}}{x} - \dfrac{{20}}{x} = \dfrac{5}{3} \Leftrightarrow x = 15$ (tmđk)

Vậy:……..

Bài 3:

1) Điều kiện: $x\ge 4$

Ta có $x - 4 = \sqrt {x - 2} $   . Bình phương hai vế ta được:

${x^2} - 8x + 16 = x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 9x + 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ {_{x = 3(L)}^{x = 6(tmdk)}} \right.$

Vậy:…

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

$ - {x^2} = mx + m - 2 \Leftrightarrow {x^2} + mx + m - 2 = 0(1)$

Xét $\Delta  = {m^2} - 4(m - 2) = {(m - 2)^2} + 4\forall m$   => phương trình (1) luôn có hai nghiệm nên hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Theo a, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m

Gọi ${{x}_{A}}$và ${{x}_{B}}$là hoành độ giao điểm của hai đồ thị

=>$\left\{ \begin{array}{l}
{y_A} =  - x_A^2\\
{y_B} =  - x_B^2
\end{array} \right.$.Vì ${x_A}$ ${x_B}$ là h ai nghiệm của phương trình (1) nên áp dụng định lí

Viét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_A} + {x_B} =  - m\\
{x_A} - {x_B} = m - 2
\end{array} \right.$

Ta có: ${y_A}.{y_B} =  - (x_A^2 + x_B^2) =  - [{({x_A} + {x_B})^2} - 2{x_A}.{x_B}] =  - [{m^2} - 2(m - 2)] =  - {(m - 1)^2} - 3 \le  - 3$

Dấu “=” xảy ra khi m = 1

Vậy $\max ({y_A}.{y_B}) = 3 \Leftrightarrow m = 1$

Bài 4:

 

Chỉ ra $EMC+EDM={{180}^{0}}$

Xét tam giác EAB có M là trực tâm nên EM vuông góc AB        (1)

Bình phương hai vế ta được ${P^2} - 2Px + {x^2} = {x^2} + \frac{1}{x} \Leftrightarrow 2P{x^2} - x{p^2} + 1 = 0{\rm{  (1)}}$

Vì $P>0$ nên phương trình $(1)$có nghiệm khi

$\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow {P^4} - 8P \ge 0 \Leftrightarrow P({P^3} - 8) \ge 0 \Leftrightarrow P \ge 2$ ( vì $P>0$)

Dấu bằng xảy ra khi   $x=\dfrac{1}{2}$(các em thay $P=2$ vào (1) để tìm $x$)

Vậy $\min P=2\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$          

Mục lục - Tập 2: Tập đề thi thử vào 10 môn Toán các trường trên toàn quốc (thi vào tháng 4 và tháng 5)
Nhóm toan123.vn trên facebook