Đề thi học kì II - Phòng GD Cầu Giấy - Hà Nội (2021) SVIP

Hướng dẫn giải:

1) Ta có : $A=\dfrac{2}{\sqrt{x}-2}$

ĐKXĐ: $x \geq 0$ và $x \neq 4$

Thay $x=9$ (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức $A$ ta có:

$A=\dfrac{2}{\sqrt{9}-2}=\dfrac{2}{3-2}=2$

Vậy với $x=9$ thì giá trị biểu thức $A$ bằng $2$

2) Ta có: $B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{4 \sqrt{x}}{x-4}$

ĐKXĐ: $x \geq 0$ và $x \neq 4$

$B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{4 \sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)+4 \sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$

Vậy $B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$ với $x \geq 0$ và $x \neq 4$.

3) ĐKXĐ: $x \geq 0$ và $x \neq 4$

$A+B=\dfrac{3 x}{\sqrt{x}-2}$

$\Rightarrow \dfrac{2}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{3 x}{\sqrt{x}-2}$ 

$\Leftrightarrow \dfrac{2+\sqrt{x}-3 x}{\sqrt{x}-2}=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{(\sqrt{x}-1)(-3 \sqrt{x}-2)}{\sqrt{x}-2}=0$

$\Leftrightarrow$ \(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}-1=0\\-3\sqrt{x}-2=0\end{matrix}\right.\)

$\Leftrightarrow$ \(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}=1\Rightarrow\text{ }x=1\text{ (tm)}\\3\sqrt{x}=-2\text{ (vô lý)}\end{matrix}\right.\)

Vậy với $x=1$ thì thỏa mãn đề bài.

Hướng dẫn giải:

Gọi số học sinh dự tuyển của trường $A$ là $x$ (học sinh) ($x \in \mathbb{N}^{*}; x <560$)

Số học sinh dự tuyển của trường $B$ là $y$ (học sinh) ($y \in \mathbb{N}^{*}; y <560$)

Vì tổng số học sinh dự thi của hai trường là 750 học sinh nên ta có phương trình: $x+y=750$     (1)

Số học sinh trúng tuyển của trường $A$ là: $80 \% . x=\dfrac{4}{5} x$ (học sinh)

Số học sinh trúng tuyển của trường $B$ là: $70 \% . y=\dfrac{7}{10}y$ (học sinh)

Vì tổng số học sinh trúng tuyển của cả hai trường là $560$ học sinh nên ta có phương trình

$\dfrac{4}{5} x+\dfrac{7}{10} y=560$

$\Leftrightarrow 8 x+7 y=5600$    (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l} x+y=750 \\ 8 x+7 y=5600 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 7 x+7 y=5250 \\ 8 x+7 y=5600 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=400 (\text{tm}) \\ x=350 (\text{tm})\end{array}\right.$

Vậy số học sinh dự thi của trường $A$ là $350$ học sinh

Số học sinh dự thi của trường $B$ là $400$ học sinh.

Hướng dẫn giải:

1) ĐKXĐ: $x \neq y$; $y \geq-1$

Đặt $\dfrac{1}{x-y}=a ; \sqrt{y+1}=b$  (ĐK: $a \neq 0 ; b \geq 0$ )

Khi đó hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{array}{l}2 a+b=4 \\ a-3 b=-5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}6 a+3 b=12 \\ a-3 b=-5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}7 a=7 \\ b=4-2 a\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=1(\text{tm}) \\ b=2(\text{tm})\end{array}\right.\right.\right.\right.$

Với $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{x-y}=1 \\ \sqrt{y+1}=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x-y=1 \\ y+1=4\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-3=1 \\ y=3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4(\text{tm}) \\ y=3(\text{tm})\end{array}\right.\right.\right.\right.\right.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=3\end{array}\right.$.

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng $(d)$ và Parabol $(P)$ là:

$x^{2}=2(m-1) x-m^{2}+2 m$

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

a) Với $m=2$ phương trình (1) trở thành:

$x^{2}-2(2-1) x+2^{2}-2.2=0$

$\Leftrightarrow x^{2}-2 x=0$

$\Leftrightarrow x(x-2)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x=2\end{array}\right.$

- Với $x=0 \Rightarrow y=0^{2}=0 \Rightarrow A(0 ; 0)$

- Với $x=2 \Rightarrow y=2^{2}=4 \Rightarrow B(2 ; 4)$

Vậy khi $m=2$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(0 ; 0) ; B(2 ; 4)$.

b) Ta có: $\Delta^{\prime}=b^{\prime 2}-a c=[-(m-1)]^{2}-\left(m^{2}-2 m\right)=m^{2}-2 m+1-m^{2}+2 m=1>0$

Do $\Delta^{\prime}>0$ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt $x_{1} ; x_{2}$ với mọi $m$.

$\Rightarrow$ Đường thẳng $(d)$ luôn cắt Parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1} ; x_{2}$ với mọi $m$.

Khi đó theo hệ thức Viet, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 m-2 \\ x_{1} x_{2}=m^{2}-2 m\end{array}\right.$

Để đường thẳng $(d)$ cắt Parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau $\Leftrightarrow x_{1}+x_{2}=0 \Leftrightarrow 2 m-2=0 \Leftrightarrow m=1(\text{tm})$

Vậy $m=1$ thì đường thẳng $(d)$ luôn cắt Parabol $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau.

Hướng dẫn giải:

1) Xét nửa đường tròn $(O ; R)$ ta có:

$\widehat{A M B}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{B M Q}=90^{\circ}$ hay $\widehat{N M Q}=90^{\circ}$

$\widehat{A P D}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{A P Q}=90^{\circ}$ hay $\widehat{N P Q}=90^{\circ}$

Xét tứ giác $M N P Q$ ta có:

$\widehat{N M Q}=90^{\circ} ; \widehat{N P Q}=90^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{N M Q}+\widehat{N P Q}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$

Mà $\widehat{N M Q} ; \widehat{N P Q}$ là hai góc ở vị trí đối nhau

Suy ra, tứ giác $M N P Q$ nội tiếp đường tròn

Vậy, 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

2) Xét tứ giác $M N P Q$ nội tiếp đường tròn ta có:

$\widehat{M Q N}=\widehat{N P M}$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung $M N$ )

Hay $\widehat{M Q N}=\widehat{A P M}$

Mà $\widehat{A P M}=\widehat{A B M}$ (Góc nội tiếp cùng chắn cung $A M$ trong $(O)$ )

$\Rightarrow \widehat{M Q N}=\widehat{A B M}$

Xét tam giác $\Delta M A B$ và $\Delta M N Q$ ta có:

$\widehat{A B M}=\widehat{N M Q}=90^{\circ}$

$\widehat{M Q N}=\widehat{A B M}(\text{cmt})$

$\Rightarrow \Delta M A B \sim \Delta M N Q$  (g.g)

3) Gọi $I$ là trung điểm của $Q N$

Xét $\Delta M N Q$ vuông tại $M \Rightarrow N I=I Q=\dfrac{1}{2} Q N$

Suy ra, $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta M N Q$

Xét $(O)$, ta có:
$O M=O B=R \Rightarrow \Delta M O B$ cân tại $O \Rightarrow \widehat{O M B}=\widehat{O B M}$

Xét $(I)$, ta có: $M I=I N \Rightarrow \Delta M I N$ cân tại $I \Rightarrow \widehat{I M N}=\widehat{I N M}$

$\widehat{I M O} =\widehat{I M N}+\widehat{N M O}$

$=\widehat{I M N}+\widehat{M B O}$

$=\widehat{I M N}+\widehat{M B A}$

$=\widehat{I N M}+\widehat{M Q N}=90^{\circ}$

Hay $M I \perp M O$

Vậy $M O$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $M N Q$ tại $M$.

4) Vì tứ giác $A N B C$ là hình bình hành nên

$A N / / B C$ mà $A N \perp B Q \Rightarrow C B \perp B Q$ hay $\widehat{C B Q}=90^{\circ}$

$A C / / B N$ mà $B N \perp A Q \Rightarrow A C \perp A Q$ hay $\widehat{C A Q}=90^{\circ}$

Xét tứ giác $A Q B C$ ta có :

$\widehat{C B Q}+\widehat{C A Q}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$

Mà $\widehat{C B Q}$; $\widehat{C A Q}$ ở hai vị trí đối nhau

Suy ra, tứ giác $A Q B C$ nội tiếp một đường tròn $\Rightarrow \widehat{Q C B}=\widehat{Q A B}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $Q B$ )

Mà $\widehat{Q A B}=\widehat{M N Q}=\widehat{Q P M}$

$\Rightarrow \widehat{Q P M}=\widehat{Q C B}$

Xét tam giác $Q C B$ vuông tại $B$ ta có:

$\sin \widehat{Q C B}=\dfrac{Q B}{Q C}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

$\Rightarrow Q B=Q C. \sin \widehat{Q C B}=Q C.\sin \widehat{Q P M}$ (đpcm).

Hướng dẫn giải:

ĐKXĐ: $x \geq 2$

Ta có:

$P=2 x^{2}-2 x y+y^{2}-3 x+\dfrac{1}{x}+2 \sqrt{x-2}+2021$

$=x^{2}-2 x y+y^{2}+x^{2}-4 x+4+x+\dfrac{1}{x}+2 \sqrt{x-2}+2017$

$=(x-y)^{2}+(x-2)^{2}+\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{3 x}{4}+2 \sqrt{x-2}+2017$

Do $(x-y)^{2} \geq 0,(x-2)^{2} \geq 0,2 \sqrt{x-2} \geq 0, x \geq 2$.

Suy ra $P \geq \dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{3 x}{4}+2017 \geq 2 \sqrt{\dfrac{x}{4} . \dfrac{1}{x}}+\dfrac{3.2}{4}+2017=\dfrac{4039}{2}$.

Dấu " $=$ " xảy ra khi $x=y=2$.