Đề thi học kì II - Phòng GD Long Biên - Hà Nội (2021) SVIP

Hướng dẫn giải:

1) Giải phương trình: $2 x^{2}+3 x-5=0$

$2 x^{2}+3 x-5=0$

$\Leftrightarrow 2 x^{2}-2 x+5 x-5=0$

$\Leftrightarrow 2 x(x-1)+5(x-1)=0$

$\Leftrightarrow(2 x+5)(x-1)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2x+5=0 \\ x-1=0 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-\dfrac{2}{5} \\ x=1\end{array}\right.$

Vậy phương trình có nghiệm là: $x=1 ; x=-\dfrac{5}{2}$.

2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=1 \\ -3 x+4 y=-18\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+2 y=1 \\ -3 x+4 y=-18\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x+4 y=2 \\ -3 x+4 y=-18\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+2 y=1 \\ 5 x=20\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}4+2 y=1 \\ x=4\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=\dfrac{-3}{2} \\ x=4\end{array}\right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm: $\left\{\begin{array}{l}y=\dfrac{-3}{2} \\ x=4\end{array}\right.$

3) Rút gọn biểu thức $P=\left(\dfrac{1}{x+\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}\right): \dfrac{\sqrt{x}}{x+2 \sqrt{x}+1}$ với $x>0$.

ĐKXĐ: $x>0$

$P=\left(\dfrac{1}{x+\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}\right): \dfrac{\sqrt{x}}{x+2 \sqrt{x}+1}$

$=\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}-\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}\right). \dfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}}{\sqrt{x}}$

$=\dfrac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}. \dfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}}{\sqrt{x}}$

$=\dfrac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)} . \dfrac{(\sqrt{x}+1)^{2}}{\sqrt{x}}$

$=\dfrac{1-x}{x}$

Vậy $P=\dfrac{1-x}{x}$ với $x>0$.

Hướng dẫn giải:

Gọi vận tốc của tàu thủy trong nước yên lặng là: $x$ (km/h) ($x>4$)

Vận tốc xuôi dòng của tàu thủy là: $x+4$ (km/h)

Vận tốc ngược dòng của tàu thủy là: $x-4$ (km/h)

Thời gian xuôi dòng của tàu thủy là: $\dfrac{24}{x+4}$ (giờ)

Thời gian ngược dòng của tàu thủy là: $\dfrac{24}{x-4}$ (giờ)

Đổi 2 giờ 30 phút $=\dfrac{5}{2}$ (giờ)

Vì thời gian cả đi và về của tàu thủy là 2 giờ 30 phút nên ta có phương trình:

$\dfrac{24}{x+4}+\dfrac{24}{x-4}=\dfrac{5}{2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{48(x-4)+48(x+4)}{2(x+4)(x-4)}=\dfrac{5(x+4)(x-4)}{2(x+4)(x-4)}$

$\Rightarrow 48(x-4)+48(x+4)=5(x+4)(x-4)$

$\Leftrightarrow 96 x=5 x^{2}-80$

$\Leftrightarrow 5 x^{2}-96 x-80=0$

$\Leftrightarrow 5 x^{2}-100 x+4 x-80=0$

$\Leftrightarrow(x-20)(5 x+4)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x-20=0 \\ 5 x+4=0\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=20(\text{tm}) \\ x=\dfrac{-4}{5}(\text{không tm})\end{array}\right.\right.$

Vậy vận tốc của tàu thủy trong nước yên lặng là $20$ km/h.

Hướng dẫn giải:

1) Vẽ đồ thị của hàm số $y=-2 x^{2}$.

+) Ta lập bảng giá trị của hàm số $y=-2 x^{2}$.

+) Ta vẽ đồ thị hàm số $y=-2x^2$.

2) Cho phương trình $x^{2}+(1-m) x-m=0$ (với $x$ là ẩn số, $m$ là tham số). Xác định các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện $x_{1}\left(5-x_{2}\right) \geq 5\left(3-x_{2}\right)-36$. 

Xét phương trình: $x^{2}+(1-m) x-m=0$      (1)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ khi và chỉ khi $\Delta>0$

$\Leftrightarrow(1-m)^{2}-4.1 .(-m)>0$

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

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

$\Leftrightarrow(m+1)^{2}>0$

$\Leftrightarrow m+1 \neq 0$ (vì $(m+1)^{2} \geq 0$ với mọi $\left.m\right)$

$\Leftrightarrow m \neq-1 .$

Vậy với $m \neq-1$ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$.

Khi đó theo định lí Viet ta có:

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

Mặt khác ta có: $x_{1}\left(5-x_{2}\right) \geq 5\left(3-x_{2}\right)-36$

$\Leftrightarrow 5 x_{1}-x_{1} x_{2} \geq 15-5 x_{2}-36$

$\Leftrightarrow 5\left(x_{1}+x_{2}\right)-x_{1} x_{2}+21 \geq 0$

$\Leftrightarrow 5(m-1)-(-m)+21 \geq 0$

$\Leftrightarrow 5 m-5+m+21 \geq 0$

$\Leftrightarrow 6 m+16 \geq 0$

$\Leftrightarrow 6 m \geq-16$

$\Leftrightarrow m \geq-\dfrac{16}{6}=-\dfrac{8}{3}$

Kết luận: $m \geq-\dfrac{8}{3}$ và $m \neq-1$.

Hướng dẫn giải:

1) Chứng minh tứ giác $A H E C$ là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $A H C E$ có $\widehat{A H C}=\widehat{A E C}=90^{\circ}(G T) \Rightarrow$ tứ giác $A H C E$ nội tiếp đường tròn đường kính $A C$.

2) Chứng minh: $D A . H E=D H . A C$ và tam giác $E H C$ cân.

Xét $\Delta D H E$ và $\Delta D A C$ có:

$\widehat{D H E}=\widehat{D A C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{E C}$ );

$\widehat{D E H}=\widehat{D C A}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{A H}$ )

$\Rightarrow \Delta D H E \sim \Delta D A C$(g . g)

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

Theo bài ra ta có: $B A=B D \Rightarrow \Delta B A D$ cân tại $B \Rightarrow \widehat{B A D}=\widehat{B D A}$     (1)

$\Delta A H D$ vuông tại $H \Rightarrow \widehat{B D A}+\widehat{H A D}=90^{\circ}$     (2)

$\widehat{B A C}=90^{\circ}($ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $) \Rightarrow \widehat{B A D}+\widehat{D A C}=90^{\circ}$    (3)

Từ (1),(2),(3) ta có: $\widehat{H A D}=\widehat{D A C}$, mà $\widehat{H A D}=\widehat{H C E}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\widehat{H E}$ ), $\widehat{D A C}=\widehat{C H E}$
(hai góc nội tiếp cùng chắn $\widetilde{E C}) \Rightarrow \widehat{H C E}=\widehat{C H E} \Rightarrow \Delta E H C$ cân tại $E$.

3) Gọi $R_{1}, R_{2}, R_{3}$ lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta A B H, \Delta A C H, \Delta A B C$. Tìm vị trí của điểm $A$ trên nửa đường tròn để $R_{1}+R_{2}+R_{3}$ đạt giá trị lớn nhất.

Dễ dàng chứng minh được nếu $R$ là bán kính của đường tròn nội tiếp $\triangle A B C$ vuông tại $A$ thì $R=\dfrac{A B+A C-B C}{2}$.

Áp dụng bổ đề trên, ta có:
$R_{1}$ là bán kính của đường tròn nội tiếp $\triangle A B H$ vuông tại $H \Rightarrow R_{1}=\dfrac{A H+B H-A B}{2}$.

$R_{2}$ là bán kính của đường tròn nội tiếp $\Delta A C H$ vuông tại $H \Rightarrow R_{2}=\dfrac{A H+C H-A C}{2}$.

$R_{3}$ là bán kính của đường tròn nội tiếp $\triangle A B C$ vuông tại $A \Rightarrow R_{3}=\dfrac{A B+A C-B C}{2}$.

$\Rightarrow R_{1}+R_{2}+R_{3}=\dfrac{A H+B H-A B}{2}+\dfrac{A H+C H-A C}{2}+\dfrac{A B+A C-B C}{2}$
$=\dfrac{A H+B H-A B+A H+C H-A C+A B+A C-B C}{2}=\dfrac{2 A H}{2}=A H$. 

Vậy ta có $R_{1}+R_{2}+R_{3}=A H$ nên $R_{1}+R_{2}+R_{3}$ đạt giá trị lớn nhất khi $A H$ lớn nhất mà $A H \leq 2 R$ (quan hệ vuông góc đường kính và dây)

$\Rightarrow A H$ lớn nhất bằng $R$ khi $H \equiv O$

Khi đó $A$ là điểm chính giữa của $\widehat{B C}$.

Hướng dẫn giải:

ĐKXĐ: $x \neq 0$

$10 x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{y^{2}}{4}=20$

$\Leftrightarrow 40 x^{4}+4+x^{2} y^{2}-80 x^{2}=0$

$\Leftrightarrow x^{2} y^{2}=-40 x^{4}+80 x^{2}-4$

$\Leftrightarrow x^{2} y^{2}=-40 x^{4}+80 x^{2}-40+36$

$\Leftrightarrow x^{2} y^{2}=-40\left(x^{2}-1\right)^{2}+36$

Ta có:

$-40\left(x^{2}-1\right)^{2} \leq 0 $  $\forall x$

$\Rightarrow-40\left(x^{2}-1\right)^{2}+36 \leq 36$

$\Rightarrow x^{2} y^{2} \leq 36$

$\Rightarrow P^{2} \leq 36$

$\Rightarrow-6 \leq P \leq 6$

$\Rightarrow P_{\min }=-6$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow x^{2}-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}x=1 (\text{tm}) \\ x=-1 (\text{tm})\end{array}\right.$

+) $x=1 \Rightarrow y=\dfrac{P}{x}=\dfrac{-6}{1}=-6$

+) $x=-1 \Rightarrow y=\dfrac{P}{x}=\dfrac{-6}{-1}=6$

Vậy $P_{\min }=-6 \Leftrightarrow(x, y) \in\{(1 ;-6) ;(-1 ; 6)\}$