Đề thi học kì II - Phòng GD Đống Đa - Hà Nội (2021) SVIP

Hướng dẫn giải:

1) Thay $x=9$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được:

$A=\dfrac{\sqrt{9}}{\sqrt{9}+2}=\dfrac{3}{5}$

Vậy với $x=9$ thì $A=\dfrac{3}{5}$.

b) Với $x>0$ và $x \neq 4$ có:

$B=\dfrac{x}{x-4}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}$
     $=\dfrac{x+\sqrt{x}+2+\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
     $=\dfrac{x+2 \sqrt{x}}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
     $=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$
     $=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$

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

c) Với $x>0$ và $x \neq 4$ :

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

Xét hiệu: $\dfrac{A}{B}-(-1)=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}+1=\dfrac{\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$

Với $x>0 ; x \neq 4$ thì $2 \sqrt{x}>0 ; \sqrt{x}+2>0$

$\Rightarrow \dfrac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}>0$

$\Rightarrow \dfrac{A}{B}-(-1)>0 \Leftrightarrow \dfrac{A}{B}>-1$

Vậy $\dfrac{A}{B}>-1$ với $x>0$ và $x \neq 4$.

Hướng dẫn giải:

1) Gọi chiều dài ban đầu của mảnh đất là $x$(m) ($x>0$)

Chiều rộng ban đầu là $y$(m) ($x>y>0$) 

Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng $3$m nên ta có phương trình: $x-y=3$         (1)

Chiều dài mảnh đất sau khi thay đổi kích thước là : $x+2$(m)

Chiều rộng mảnh đất sau khi thay đổi kích thước là: $y-1$(m) 

Vì diện tích mảnh đất không thay đổi nên ta có phương trình: $(x+2)(y-1)=xy$

$\Leftrightarrow -x+2 y=2 $        (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}x-y=3 \\ -x+2 y=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-y=3 \\ y=5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=8 \\ y=5\end{array}\right.\right.\right.$ ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy chiều dài ban đầu của mảnh đất là $8 $m.

Chiều rộng ban đầu của mảnh đất là $5$m.

2) Bán kính hình trụ là: $r=\dfrac{1,2}{2}=0,6$(m)

Thể tích hình trụ là : $V=\pi r^{2} h \approx 3,14 .(0,6)^{2} .1,8 \approx 2,0$(m$^3$)

Vậy thể tích hình trụ là $2,0$m$^3$.

Hướng dẫn giải:

a) Thay $m=-5$ vào phương trình ta có:

$x^{2}-2 x-8=0$

$\Leftrightarrow x^{2}-4 x+2 x-8=0$

$\Leftrightarrow(x-4)(x+2)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=4 \\ x=-2\end{array}\right.$

Vậy $x=4$ hoặc $x=-2$ khi $m=-5$.

b) Phương trình $x^{2}-2 x+m-3=0$ có:

$\Delta^{\prime}=1-m+3=4-m$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2} \Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow m<4$

Theo định lý Vi-et ta có:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 \\ x_{1} . x_{2}=m-3\end{array}\right.$

Theo bài ra $x_{1}=3 x_{2}$ nên ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 \\ x_{1}=3 x_{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{1}=\dfrac{3}{2} \\ x_{2}=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow$ $m=x_{1}.x_{2}+3=\dfrac{3}{4}+3=\dfrac{15}{4}$ (thỏa mãn)

Vậy $m=\dfrac{15}{4}$ phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện $x_{1}=3 x_{2}$.

Hướng dẫn giải:

a) $B E, C F$ là đường cao của $\triangle A B C \Rightarrow \widehat{B E C}=\widehat{B F C}=90^{\circ}$

Xét tứ giác $B C E F$ có $\widehat{B E C}=\widehat{B F C}=90^{\circ}$

$\Rightarrow B C E F$ là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tứ giác $A B D E$ có $\widehat{B E A}=\widehat{B D A}=90^{\circ}$

$\Rightarrow A B D E$ là tứ giác nội tiếp  

$\Rightarrow \widehat{H B D}=\widehat{D A C}$

Xét $\triangle A D C$ và $\Delta B D H$

$\left\{\begin{array}{l}\widehat{A D C}=\widehat{B D H}=90^{\circ} \\ \widehat{D A C}=\widehat{D B H}\end{array} \Rightarrow \Delta A D C \sim \triangle B D H(g . g)\right.$

$\Rightarrow \dfrac{D A}{D B}=\dfrac{D C}{D H} \Rightarrow D H . D A=D B.D C$

$B$ nằm trên đường tròn đường kính $A G \Rightarrow \widehat{A B G}=90^{\circ}$

$\Rightarrow A B \perp B G$

Mà $A B \perp C H$

$\Rightarrow B G || C H$ (từ vuông góc đến song song)

Tương tự: $BH||CG$

Xét tứ giác $B H C G$ có

$\left\{\begin{array}{l}B H \| C G \\ C H \| B G\end{array} \Rightarrow B H C G\right.$ là hình bình hành 

c) $B H C G$ là hình bình hành và $I$ là trung điểm $B C \Rightarrow I$ là trung điểm $H G$

Xét $\Delta A H G$ có $I$ là trung điểm $H G$ và $O$ là trung điểm $A G$ $\Rightarrow O I$ là đường trung bình của $\Delta A H G$ $\Rightarrow A H=2 O I$

Do $B C$ cố định $\Rightarrow I$ cố định $\Rightarrow A H$ cố định

Ta có $S_{A E H}=\dfrac{1}{2} A E . E H \leq \dfrac{1}{4}\left(A E^{2}+E H^{2}\right)=\dfrac{1}{4} A H^{2}$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow A E=E H \Rightarrow \widehat{H A E}=45^{\circ} \Rightarrow \widehat{A C B}=45^{\circ}$ (do $\Delta A C D$ vuông ở $\left.D\right)$

Vậy diện tích $\Delta A E H$ lớn nhất khi điểm $A$ nằm trên cung lớn $B C$ sao cho $\widehat{A C B}=45^{\circ}$.

Hướng dẫn giải:

Với mọi số thực dương $x, y$ ta có:  $ \dfrac{4}{x+y} \leq \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} $.

Dấu "$=$" xảy ra khi $x=y$.

Áp dụng, ta có:

$4 A=\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+b} \leq\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)+\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)=2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=6$

$\Rightarrow A \leq \dfrac{3}{2}$

Dấu "$=$" xảy ra khi $a=b=c=1$ 

Vậy $\max A=\dfrac{3}{2}$, khi $a=b=c=1$.