Đề thi học kì II - Phòng GD Hai Bà Trưng - Hà Nội (2021)

1) Tính giá trị của $A$ khi $x=9$. 

Thay $x=9$ (tmđk) vào $A$, ta được:

$A=\dfrac{2 \sqrt{9}+1}{\sqrt{9}}=\dfrac{2.3+1}{3}=\dfrac{7}{3}$

Vậy $A=\dfrac{7}{3}$ khi $x=9$.

2) Rút gọn biểu thức $B$.

$B=\dfrac{x-3 \sqrt{x}+4}{x-2 \sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}$

    $=\dfrac{x-3 \sqrt{x}+4-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}$

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

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

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

3) Cho $P=\dfrac{B}{A}$. Tìm $x$ để $|P|+P=0$. 

Ta có: $P=\dfrac{B}{A}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}: \dfrac{2 \sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}} \cdot \dfrac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{2 \sqrt{x}+1}$

Để $|P|+P=0 \Leftrightarrow|P|=-P \Leftrightarrow P \leq 0 \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}-2}{2 \sqrt{x}+1} \leq 0$

Vì $2 \sqrt{x}+1>0, \forall x>0,x \ne 4 $, do đó:

$\sqrt{x}-2 \leq 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} \leq 2 \Leftrightarrow x \leq 4$

Kết hợp điều kiện: $x>0, x \neq 4$. Vậy $0<x<4$ để $|P|+P=0$.

1) Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn.

Nửa chu vi của hình chữ nhật là: $34: 2=17$(m)

Gọi chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là: $x$ ($0<x<17$) (m)

Khi đó, chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là: $17-x$(m)

Diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật sẽ là: $x .(17-x)$(m$^2$) 

Chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật sau khi thêm $2 $m là: $x+2$(m)

Khi đó, chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật sau khi thêm $3$m là: $17-x+3=20-x$(m)

Diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật sau khi thêm sẽ là: $(x+2)(20-x)$(m$^2$) 

Theo đề bài, sau khi tăng chiều rộng thêm $2 $m và chiều dài thêm $3 $m thì diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật tăng thêm $50$m$^2$, nên ta có phương trình:

$(x+2)(20-x)-x(17-x) =50$

$\Leftrightarrow -x^{2}-2 x+20 x+40-17 x+x^{2} =50$

$\Leftrightarrow x=50-40$

$\Leftrightarrow x=10$ (tmđk)

Vậy chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là $10$(m) và chiều rộng của mảnh vườn là $7$(m).

2) Thuyền đó đã chuẩn bị bao nhiêu lít dầu? 

Bán kính đáy của một thùng dầu hình trụ là: $0,6: 2=0,3$(m)

Diện tích đáy của một thùng dầu hình trụ là:

$S_{1}=\pi r^{2} \approx 3,14.0,3^{2} \approx 0,2826$(m$^2$)

Thể tích của 10 thùng dầu hình trụ là:

$V=S_{1} . h.10=0,2826.1,5.10=4,239$(m$^3$)

$4,239$(m$^3$) $\approx 4239$($l$)

Vậy thuyền đó đã chuẩn bị $4239$ lít dầu.

a) Khi $m=2$, phương trình đường thẳng $(d)$ trở thành $(d): y=3 x-2$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P):x^{2}=3 x-2$     (1)

Số giao điểm của đường thẳng $(d)$ và parabol $(P)$ chính là số nghiệm của phương trình (1).

Ta có: $x^{2}=3 x-2$

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

$\Leftrightarrow(x-1)(x-2)=0$

$\Leftrightarrow$ \(\left[{}\begin{matrix}x=1\text{ }\Rightarrow\text{ }y=1\\x=2\text{ }\Rightarrow\text{ }y=4\end{matrix}\right.\)

Vậy khi $m=2,(d)$ cắt $(P)$ tại 2 điểm $A(1,1)$ và $B(2,4)$.

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm là: 

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

Số giao điểm của đường thẳng $(d)$ và parabol $(P)$ chính là số nghiệm của phương trình (2).

Để $(d)$ cắt $(P)$ tại 2 điểm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta=(2 m-1)^{2}-4\left(m^{2}-2\right)>0$

$\Leftrightarrow 4 m^{2}-4 m+1-4 m^{2}+8>0$

$\Leftrightarrow-4 m+9>0$

$\Leftrightarrow m<\dfrac{9}{4}$

Áp dụng định lý Vi-ét, ta có:

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 m-1 \\ x_{1}-3 x_{2}=7\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 m-1 \\ 4 x_{2}=2 m-8\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 m-1 \\ x_{2}=\dfrac{1}{2} m-2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{1}=\dfrac{3}{2} m+1 \\ x_{2}=\dfrac{1}{2} m-2\end{array}\right.\right.\right.\right.$

Khi đó: $m^{2}-2=x_{1} x_{2}=\left(\dfrac{1}{2} m-2\right)\left(\dfrac{3}{2} m+1\right)$

$\Leftrightarrow m^{2}-2=\dfrac{3}{4} m^{2}-\dfrac{5}{2} m-2$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{4} m^{2}+\dfrac{5}{2} m=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{4} m(m+10)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=0 \\ m=-10\end{array}\right.$ (tmđk)

Vậy $m \in \{-10 ; 0\}$ thỏa mãn đề bài.

1) Chứng minh bốn điểm $A, M, O, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $A M$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O ; R) \Rightarrow A M \perp O M \Rightarrow \widehat{A M O}=90^{\circ}$

$A N$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O ; R) \Rightarrow A N \perp O N \Rightarrow \widehat{A N O}=90^{\circ}$

Do đó $\widehat{A M O}+\widehat{A N O}=180^{\circ}$, mà hai góc ở vị trí đối nhau trong tứ giác $A M O N$ $\Rightarrow A M O N$ là tứ giác nội tiếp hay điểm $A, M, O, N$ cùng thuộc một đường tròn.

2) $M N$ cắt $O A$ tại $H$. Chứng minh $O A \perp M N$ và $A H . A O=A B . A C$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}O M=O N=R \\ A M=A N(\text { tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau })\end{array}\right.$

$\Rightarrow A O$ là đường trung trực của $M N \Rightarrow A O \perp M N$

Tam giác $\Delta A M O$ vuông tại $M$, có đường cao $M H$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $A M^{2}=A H . A O$     (1)

Xét $\triangle A B M$ và $\triangle A M C$ có: $\hat{A}$ chung; $\widehat{A M B}=\widehat{M C A}$ (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Do đó: $\triangle A B M \sim \triangle A M C$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{A B}{A M}=\dfrac{A M}{A C} \Rightarrow A B. A C=A M^{2}$    (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A H.A O=A B.A C$.

3) Chứng minh khi $A$ thay đổi trên tia đối của tia $B C$, đường thẳng $M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Gọi $I$ là trung điểm của $B C \Rightarrow O I \perp B C$ (liên hệ giữa đường kính và dây)

Gọi $K$ là giao điểm của $M N$ và $O I$.

Xét hai tam giác vuông $\Delta A I O$ và $\Delta K H O$ có $\widehat{O}$ chung $\Rightarrow \Delta A I O$ $\sim$ $\Delta K H O$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{O A}{O K}=\dfrac{O I}{O H} \Rightarrow O K . O I=O A . O H$

Xét $\Delta A M O$ vuông tại $M$, có đường cao $A H$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $O A . O H=O M^{2}=R^{2}$

Do đó: $O K . O I=R^{2} \Rightarrow O K=\dfrac{R^{2}}{O I}$

Mặt khác: $B C, O, I$ cố định nên $O I$ không đổi $\Rightarrow K$ cố định.

Vậy $M N$ luôn đi qua điểm $K$ cố định.

Xét $\dfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}=a-\dfrac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}} \geq a-\dfrac{a b^{2}}{2 a b}=a-\dfrac{b}{2}$.

Tương tự, ta có:

$\dfrac{b^{3}}{b^{2}+c^{2}} \geq b-\dfrac{c}{2}$

$\dfrac{c^{3}}{c^{2}+a^{2}} \geq c-\dfrac{a}{2}$

Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên, suy ra:

$\dfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{b^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{c^{3}}{c^{2}+b^{2}} \geq \dfrac{a+b+c}{2}=3$ (đpcm).

Dấu " $=$ " xảy ra khi $a=b=c=2$.