Loading [MathJax]/extensions/tex2jax.js

Lời giải đề 2: Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018

Lời giải đề thi kiểm tra khảo sát chất lượng trường THCS Nguyễn Trường Tộ năm 2017-2018

Bài 1:

1) $x=7+4sqrt{3}={{left2+sqrt3right}^{2}}$ Thamãnđiukin

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 $P = leftdfracxsqrtx+2left(sqrtx+1right)left(sqrtx2right)dfracxsqrtxleft(sqrtx2right)right:dfrac{{sqrt x  – 1}}{{sqrt x  – 2}}$

$dfrac{{x – sqrt x  + 2 – sqrt x leftsqrtx+1right}}{{leftsqrtx+1rightleftsqrtx2right}}.dfrac{{sqrt x  – 2}}{{sqrt x  – 1}} = dfrac{{2 – 2sqrt x }}{{leftsqrtx+1rightleftsqrtx2right}}$

$ = dfrac{{2left1sqrtxright}}{{leftsqrtx+1rightleftsqrtx2right}} =  – dfrac{2}{{sqrt x  + 1}}$

Vậy $ – dfrac{2}{{sqrt x  + 1}}$với $x>0;xne 1;xne 4$

3) Ta có $Psqrt x  = dfrac{{ – 2sqrt x }}{{sqrt x  + 1}} ge  – dfrac{3}{2} Rightarrow sqrt x  le 3 Rightarrow 0 le x le 9$  

$x in {rm Z},x > 0,x ne 1,x ne 4 Rightarrow x in left{ {2;3;5;6;7;8;9} right}$

Bài 2:

Gọi số học sinh của lớp 9A là $x$ học sinh $leftxinN,x<82right$

Gọi số học sinh của lớp 9B là $y$ học sinh $leftyinN,y<82right$

Vì tổng số học sinh hai lớp là 82 bạn nên ta có $x+y=82left1right$  

Số sách học sinh lớp 9A ủng hộ là 6$x$quyn

Số sách học sinh lớp 9B ủng hộ là 5$y$quyn

Vì số sách cả hai lớp ủng hộ được là 452 quyển nên $6x+5y=452left2right$

Từ 12 ta có hệ phương trình $left{ begin{array}{l}
x + y = 82\
6x + 5y = 452
end{array} right.$

Giải hệ trên được nghiệm $left{ begin{array}{l}
x = 42\
y = 40
end{array} right.$
 thamãnđiukin

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 $left{ begin{array}{l}
2left| {x – 1} right| – dfrac{5}{{y – 1}} =  – 3\
2left| {x – 1} right| + dfrac{4}{{y – 1}} = 6
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
dfrac{9}{{y – 1}} = 9\
2left| {x – 1} right| + dfrac{4}{{y – 1}} = 6
end{array} right.$

$left{ begin{array}{l}
y – 1 = 1\
left| {x – 1} right| = 3 – frac{2}{1}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
y = 2tmdk\
left| {x – 1} right| = 1
end{array} right.$

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 dd 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 $leftPright$ 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

$begin{array}{l}
x_1^3 – x_2^3 + {x_1}{x_2} = 4 Leftrightarrow leftx1x2rightleftleft(x1+x2right)2x1x2right + {x_1}{x_2} – 4 = 0\
leftx1x2rightleft5mright + leftm5right = 0 Leftrightarrow leftx1x21rightleft5mright = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 5\
{x_1} – {x_2} = 1
end{array} right.
end{array}$

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: $widehat{ACB}=widehat{AMB}={{90}^{0}}$ gócnitiếpchnnađưngtròn

 

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, $DKbot AB$ $left1right$

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 $widehat{CAH}=widehat{HBM}$ cùngchncung$CM$ca$left(Oright$)

Do đó $widehat{CKM}=2widehat{CAH}$

Mặt khác xét $leftOright$ có $widehat{COM}=2widehat{CAH}$ góctâmvàgócnitiếp.

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 $leftOright$.

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 $

Ta có $Delta MPABPQ,,leftg.gright Rightarrow dfrac{{MP}}{{MA}} = dfrac{{BP}}{{BQ}}$
Tương tự $Delta MPBAPQ,leftg.gright Rightarrow dfrac{{MP}}{{MB}} = dfrac{{AP}}{{AQ}}$ 
Do đó $dfrac{{MP}}{{MA}} + dfrac{{MP}}{{MB}} = dfrac{{BP}}{{BQ}} + dfrac{{AP}}{{AQ}} = dfrac{{AB}}{{AQ}} = sqrt 2 $
Mặt khác ta có $dfrac{{MP}}{{MA + MB}} le MP.dfrac{1}{4}leftdfrac1MA+dfrac1MBright = dfrac{{sqrt 2 }}{4}.$
Vậy max $dfrac{{MP}}{{MA + MB}} = dfrac{{sqrt 2 }}{4}$ khi $MA=MB$ hay $M$ là điểm chính giữa cung $AB$.
Bài 5:
1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$dfrac{{{a^2}}}{b} + b + dfrac{{{b^2}}}{c} + c + dfrac{{{c^2}}}{a} + a ge 2sqrt {dfrac{{{a^2}}}{b}.b}  + 2sqrt {dfrac{{{b^2}}}{c}.c}  + 2sqrt {dfrac{{{c^2}}}{a}.a}  = 2a + 2b + 2c$
Do đó $dfrac{{{a^2}}}{b} + dfrac{{{b^2}}}{c} + dfrac{{{c^2}}}{a} ge a + b + c = 1.$
2) Ta chứng minh $dfrac{{{a^2}}}{b} + dfrac{{{b^2}}}{c} + dfrac{{{c^2}}}{a} ge 3lefta2+b2+c2right$ với $a+b+c=1.$
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương
$leftdfraca2b2a+bright + leftdfracb2c2b+cright + leftdfracc2a2c+aright ge 3lefta2+b2+c2right – {lefta+b+cright^2}$
$ Leftrightarrow dfrac{{{{leftabright}^2}}}{b} + dfrac{{{{leftbcright}^2}}}{c} + dfrac{{{{leftcaright}^2}}}{a} ge {leftabright^2} + {leftbcright^2} + {leftcaright^2}$
Hay $leftdfrac1b1right{leftabright^2} + leftdfrac1c1right{leftbcright^2} + leftdfrac1a1right{leftcaright^2} ge 0$ luôn đúng do $0 < a,,b,,c < 1.$
Do đó $P = 2017leftdfraca2b+dfracb2c+dfracc2aright + dfrac{{{a^2}}}{b} + dfrac{{{b^2}}}{c} + dfrac{{{c^2}}}{a} + dfrac{1}{{3lefta2+b2+c2right}}$
$ ge 2017leftdfraca2b+dfracb2c+dfracc2aright + 3lefta2+b2+c2right + dfrac{1}{{3lefta2+b2+c2right}}$
$ ge 2017 + 2sqrt {3lefta2+b2+c2right.dfrac{1}{{3lefta2+b2+c2right}}}  = 2019.$
Vậy $min P = 2019$ khi $a = b = c = dfrac{1}{3}.$
 

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *