Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018
Bài 1:
1) $x=7+4sqrt{3}={{left( 2+sqrt{3} right)}^{2}}$ ( 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 $P = left[ {dfrac{{x – sqrt x + 2}}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 2} right)}} – dfrac{x}{{sqrt x left( {sqrt x – 2} right)}}} right]:dfrac{{sqrt x – 1}}{{sqrt x – 2}}$
$dfrac{{x – sqrt x + 2 – sqrt x left( {sqrt x + 1} right)}}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 2} right)}}.dfrac{{sqrt x – 2}}{{sqrt x – 1}} = dfrac{{2 – 2sqrt x }}{{left( {sqrt x + 1} right)left( {sqrt x – 2} right)}}$
$ = dfrac{{2left( {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 $x>0;xne 1;xne 4$
3) Ta có $Psqrt x = dfrac{{ – 2sqrt x }}{{sqrt x + 1}} ge – dfrac{3}{2} Rightarrow sqrt x le 3 Rightarrow 0 le x le 9$
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 $left( xin {{N}^{*}},x<82 right)$
Gọi số học sinh của lớp 9B là $y$ học sinh $left( yin {{N}^{*}},y<82 right)$
Vì tổng số học sinh hai lớp là 82 bạn nên ta có $x+y=82left( 1 right)$
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 $6x+5y=452left( 2 right)$
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 $left{ begin{array}{l}
2left| {x – 1} right| – dfrac{5}{{y – 1}} = – 3\
2left| {x – 1} right| + dfrac{4}{{y – 1}} = 6
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
dfrac{9}{{y – 1}} = 9\
2left| {x – 1} right| + dfrac{4}{{y – 1}} = 6
end{array} right.$
$left{ begin{array}{l}
y – 1 = 1\
left| {x – 1} right| = 3 – frac{2}{1}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
y = 2(tmdk)\
left| {x – 1} right| = 1
end{array} right.$
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 ‘>0Leftrightarrow 2-m>0Leftrightarrow 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, $DKbot AB$ $left( 1 right)$
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 $widehat{CKM}=2widehat{CAH}$
Mặt khác xét $left( O right)$ có $widehat{COM}=2widehat{CAH}$ ( 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 $
