Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức $P=dfrac{sqrt{x}}{sqrt{x}-1}+dfrac{3}{sqrt{x}+1}+dfrac{6sqrt{x}-4}{1-x}$ với $xge 0;xne 1$
a) Rút gọn P
$begin{array}{l}
P = dfrac{{sqrt x }}{{sqrt x – 1}} + dfrac{3}{{sqrt x + 1}} + dfrac{{6sqrt x – 4}}{{1 – x}}\
P = dfrac{{sqrt x }}{{sqrt x – 1}} + dfrac{3}{{sqrt x + 1}} – dfrac{{6sqrt x – 4}}{{x – 1}}\
P = dfrac{{sqrt x left( {sqrt x + 1} right) + 3left( {sqrt x – 1} right) – left( {6sqrt x – 4} right)}}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 1} right)}}\
P = dfrac{{x – 2sqrt x + 1}}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 1} right)}}\
P = dfrac{{{{left( {sqrt x – 1} right)}^2}}}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 1} right)}}\
P = dfrac{{sqrt x – 1}}{{sqrt x + 1}}
end{array}$
b) Tìm giá trị của x để $P=-1$
$P=-1Leftrightarrow dfrac{sqrt{x}-1}{sqrt{x}+1}=-1Rightarrow sqrt{x}-1=-sqrt{x}-1Leftrightarrow 2sqrt{x}=0Leftrightarrow x=0$ (TM $xge 0;xne 1$)
Vậy x = 0 thì $P=-1$
c) So sánh P với 1
Xét hiệu: $P-1=dfrac{sqrt{x}-1}{sqrt{x}+1}-1=dfrac{-2}{sqrt{x}+1}$
Vì $sqrt{x}+1ge 1>0$ với $xge 0;xne 1$ nên $dfrac{-2}{sqrt{x}+1}<0$
Khi đó: $P-1<0$ nên $P<1$
Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là 20km/h. Do đó nó đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100km.
Giải:
Gọi vận tốc của xe khách là x (km/h). ĐK: x > 0
Khi đó vận tốc xe du lịch là x + 20 (km/h).
Theo đề bài ta có:
+ Thời gian xe khách đi từ A đến B là: $dfrac{100}{x}$ (h)
+ Thời gian xe du lịch đi từ A đến B là: $dfrac{100}{x+20}$(h)
Vì xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút = $dfrac{5}{6}h$ nên ta có phương trình: $dfrac{100}{x}-dfrac{100}{x+20}=dfrac{5}{6}$
Giải phương trình ta có: x = 40 (TM) hoặc x = – 60 (L)
Vậy vận tốc của xe khách là là 40km/h, vận tốc của xe du lịch là 60km/h.
Bài 3 (2 điểm): Cho hàm số $y=a{{x}^{2}}$ với $ane 0$ có đồ thị là parabol (P)
a) Xác định a biết parabol (P) đi qua điểm $Aleft( -1;1 right)$
Vì $Aleft( -1;1 right)in left( P right)$nên thay $x=-1;text{ y = 1}$ vào hàm số $y=a{{x}^{2}}$ ta có: $1=text{a}.{{left( -1 right)}^{2}}$.
Khi đó: a = 1.
b) Vẽ đồ thị của hàm số $y=a{{x}^{2}}$ với a vừa tìm được ở trên
Khi a = 1 ta có $y={{x}^{2}}$
c) Cho đường thẳng $left( d right):y=2x+3.$ Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) với hệ số a tìm được ở câu a.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) ta có: ${{text{x}}^{2}}=2text{x}+3$
Khi đó: x = 3 hoặc x = -1
Khi đó A (3; 9) và B (-1; 1) là giao điểm của của đường thẳng (d) và parabol (P).
d) Tính diện tích tam giác AOB với A và B là giao điểm của (P) và (d).
Ta có:
[begin{array}{l}
{{rm{S}}_{{rm{AOB}}}} = {{rm{S}}_{{rm{AOI}}}} + {{rm{S}}_{{rm{BOI}}}}\
= dfrac{1}{2}BE.OI + dfrac{1}{2}{rm{AF}}.OI\
= dfrac{1}{2}left( {{rm{BE}} + {rm{AF}}} right).{rm{OI}}\
{rm{ = }}left( {left| {{{rm{x}}_{rm{A}}}} right|{rm{ + }}left| {{{rm{x}}_{rm{B}}}} right|} right)left| {{{rm{y}}_{rm{I}}}} right|\
= dfrac{1}{2} cdot left( {1 + 3} right) cdot 3 = 6,{rm{c}}{{rm{m}}^2}
end{array}]
Vậy ${{text{S}}_{text{OAB}}}=6text{c}{{text{m}}^{text{2}}}$.
Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường thẳng d và đường tròn (O; R) không có điểm chung. Kẻ OH vuông góc với đường thẳng d tại H. Lấy điểm M bất kì thuộc d. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O; R). Nối AB cắt OH, OM lần lượt tại K và I.
a) Chứng minh 5 điểm M, H, A, O, B cùng thuộc một đường tròn
Gọi D là trung điểm của MO.
Ta có:
+ HD là đường trung tuyến trong tam giác vuông MHO. Khi đó: DH = DM = DO.
+ BD là đường trung tuyến trong tam giác vuông MBO. Khi đó: DB = DM = DO.
+ AD là đường trung tuyến trong tam giác vuông MAO. Khi đó: DA = DO = DM.
Khi đó: DB = DM = DO = DH = DA.
Vậy M, H, O, A, B thuộc đường tròn (D) với D là trung điểm của MO.
b) Chứng minh OK.OH = OI.OM
MB và MA là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MO là phân giác của $widehat{text{BMC}}$ và MB = MA.
Xét tam giác MAB có MA = MB, MO là phân giác của $widehat{text{BMC}}$ nên MO $bot $ AB tại I.
Ta có: tam giác vuông OIK đồng dạng với tam giác vuông OHM (chung góc KOI).
Khi đó: $dfrac{text{OI}}{text{OH}}=dfrac{text{OK}}{text{OM}}Rightarrow text{OI}text{.OM}=text{OH}text{.OK}$(đpcm)
c) Chứng minh khi M di chuyển trên d thì đường thẳng AB đi qua một điểm cố định
Có: $text{OH}text{.OK}=text{OI}text{.OM}=text{O}{{text{B}}^{2}}={{text{R}}^{2}}Rightarrow text{OH}text{.OK}={{text{R}}^{2}}Rightarrow text{OK}=dfrac{{{text{R}}^{2}}}{text{OH}}$.
Mà OH không đổi, nên OK không đổi, K là điểm cố định.
Vậy khi M di chuyển trên d thì đường thẳng AB đi qua một điểm K cố định.
d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn nhất.
Ta có: ${{text{S}}_{text{OIK}}}=dfrac{1}{2}text{OI}text{.IK}le dfrac{1}{4}left( text{O}{{text{I}}^{2}}text{+I}{{text{K}}^{2}} right)=dfrac{1}{4}text{O}{{text{K}}^{2}}$
Để diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn nhất khi OI = IK. Khi đó: $1=dfrac{text{OI}}{text{IK}}=dfrac{text{OH}}{text{HM}}$.
Suy ra OH = HM.
Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d) sao cho OH = HM thì diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5 (0,5 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=dfrac{x+3sqrt{x-2}}{x+4sqrt{x-2}+1}$
ĐK: $text{x}ge 2$
$A = dfrac{{x + 3sqrt {x – 2} }}{{x + 4sqrt {x – 2} + 1}} = dfrac{{x – 2 + 3sqrt {x – 2} + 2}}{{x – 2 + 4sqrt {x – 2} + 3}} = dfrac{{left( {sqrt {x – 2} + 2} right)left( {sqrt {x – 2} + 1} right)}}{{left( {sqrt {x – 2} + 3} right)left( {sqrt {x – 2} + 1} right)}} = dfrac{{sqrt {x – 2} + 2}}{{sqrt {x – 2} + 3}} = 1 – dfrac{1}{{sqrt {x – 2} + 3}}$
Ta có: $dfrac{1}{sqrt{x-2}+3}le dfrac{1}{3}$
Khi đó: $1-dfrac{1}{sqrt{x-2}+3}ge dfrac{2}{3}Rightarrow Age dfrac{2}{3}$
Dấu “=” xảy ra khi $text{x}=2$ (thỏa mãn ĐK)
Vậy GTNN A = $dfrac{2}{3}$ khi x = 2.
