Câu 1: (2 điểm) a) Tính giá trị các biểu thức sau bằng cách biến đổi, rút gọn thích hợp: A = 22 12 2   B = 2 )12(5083  b) Giải phương trình sau: 065xx 24  Câu 2: (2 điểm) Cho phương trình: 0 2m 1 mxx 2 2  (1) (với x là ẩn số, m là tham số thực khác 0) a) Cho m = 1, dùng công thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai, hãy giải phương trình (1) b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0 . c) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x 1 và x 2 . Chứng minh 22xx 4 2 4 1  Câu 3: (2 điểm) a) Giải hệ phương trình:      03yx 07y)6(xy)(x 2 b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 2,5 lần diện tích mảnh vườn hình chữ nhật. Tính diện tích mảnh vườn đó. Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng (d) không đi qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA (M  B), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (O) (C, D là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AB và I là giao điểm của CD và OM. a) Chứng minh 5 điểm O, E, C, D, M cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. b) Chứng mình răng: MI.MO = MB.MA. c) Đường thẳng (d’) đi qua O và vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại G và H. Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng (d) sao cho diện tích tam giác MGH bé nhất. Câu 5: (1 điểm) Người ta gắn một hình nón có bán kính đáy R = 8cm, độ dài đường cao h = 20cm vào một nửa hình cầu có bán kính bằng bán kính hình nón (theo hình vẽ bên). Tính giá trị đúng thể tích của hình tạo thành. • • • • A B S O 8cm 20cm Câu 1: a) A = 22 12 2   = 2 12 )12(2 12 222 12 )12(222          B = 2 )12(5083  = )12(2.2522.3  = 122526  = 1 b) 065xx 24  Đặt t = x 2 (t 0 ) 42 xt  Ta có phương trình: 2 t + 5t 06 a = 1 ; b = 5 ; c = –6 a + b + c = 1 + 5 + (–6) = 0 nên phương trình 2 t + 5t 06 có nghiệm t = 1 và t = –6 (loại) t = 1 1x1x 2  Vậy phương trình ban đầu có nghiệm 1x  Câu 2: 0 2m 1 mxx 2 2  (1) a) Khi m = 1 ta có phương trình: 012x2x0 2 1 xx 22  3)1.(2)1(' 2  > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 31 2 31)( x 1     2 31 2 31)( x 2     Vậy khi m = 1, phương trình (1) có nghiệm x = 2 31 b) 0 2m 1 mxx 2 2  0 m 2 m 2m 1 4.1.m)(Δ 2 2 2 2          với mọi m ≠ 0 Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ≠ 0. c) Chứng minh 22xx 4 2 4 1  Ta có   2 21 2 21 2 21 2 21 22 2 2 1 4 2 4 1 )x2(xx2x)x(x)x2(x)x(xxx  mà        2 21 21 2m 1 xx mxx nên  4 2 4 1 xx 2 2m 1 m 2m 1 m 1 m 2m 1 2 2m 1 2m 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2                               Theo bất đẳng thức Causi 42 2m 1 m2 2m 1 m 2m 1 m2 2m 1 m 4 4 4 4 4 4 4 4  hay 4 2 4 1 xx  4 Mà 4 > 22 nên 22xx 4 2 4 1  (điều phải chứng minh) Câu 3: a)      03yx 07y)6(xy)(x 2       073)6(2y3)(2y 3yx 2 Ta có:             2y 2y 732y 132y 073)6(2y3)(2y 2 Khi y = –2 thì x = –2 + 3 = 1 Khi y = 2 thì x = 2 + 3 = 5 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (1 ; –2) và (5 ; 2) b) Gọi a (m), b (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật (a > 6, b > 0) Diện tích mảnh vườn là: a.b (m 2 ) Chiều dài hơn chiều rộng 6m nên ta có: a – b = 6 Áp dụng định lý Pitagore, ta có bình phương độ dài đường chéo hình chữ nhật là a 2 + b 2 Theo đề ra ta có: a 2 + b 2 = 2,5ab mà a – b = 6  a = b + 6. Thay vào a 2 + b 2 = 2,5ab ta được : (b + 6) 2 + b 2 = 2,5b.(b + 6) 15b2,5b3612b2b 22  0276bb0363b0,5b 22  Giải ra ta được b = 6 ; a = b + 6 = 12 Diện tích mảnh vườn là S = a.b = 12.6 = 72 (m 2 ) Vậy mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 72m 2 . Câu 4: • • • • • A B E G O • • • • M C D d I d' • H a) Chứng minh 5 điểm O, E, C, D, M cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Ta có 0 90MD ˆ OMC ˆ O  (tính chất tiếp tuyến) Nên C và D nằm trên đường tròn đường kính OM (1) Ta có ∆OAB cân tại O, OE là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra 0 90ME ˆ O  Nên E nằm trên đường tròn đường kính OM (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, E, C, D, M cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. b) Chứng mình răng: MI.MO = MB.MA. * Xét ∆MAC và ∆MCB có CM ˆ A là góc chung MC ˆ BMA ˆ C  (góc nội tiếp và góc ngoại tiếp cùng chắn một cung) nên ∆MAC đồng dạng với ∆MCB suy ra MC 2 = MB.MA (1) * Xét ∆MCO và ∆MDO có 0 90MD ˆ OMC ˆ O  OC = OD (bán kính) OM là cạnh chung Nên ∆MCO = ∆MDO suy ra IO ˆ MMO ˆ C  Tam giác cân OCD có OI là đường phân giác nên OI cũng là đường cao. * Xét ∆MCO và ∆CIO có IO ˆ C là góc chung 0 90MC ˆ OOI ˆ C  Nên ∆MCO đồng dạng với ∆CIO suy ra OC 2 = MI.MO (2) Từ (1) và (2) suy ra MI.MO = MB.MA c) * Xét ∆MOG và ∆MOH có 0 90HO ˆ MMO ˆ G  (d’ OM) OM là cạnh chung DM ˆ OOM ˆ C  (do ∆MCO = ∆MDO) Nên ∆MOG = ∆MOH OC.GM 2 OC.GM 2.2SS ΔMGOΔMGH  ΔMGH S đạt giá trị nhỏ nhất khi GM nhỏ nhất (do OC là bán kính cố định) GM = CG + CM OC2OC2CG.CM2 2  (bất đẳng thức Causi) Vậy GM đạt giá trị nhỏ nhất là 2OC khi CG = CM Khi đó ∆OCM vuông cân tại C 2R2OCOM  Vậy vị trí điểm M cần tìm (trên tia đối của tia BA) là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn tâm O bán kính bằng 2R . Câu 5: Gọi V 1 (cm 3 ) là thể tích hình cầu tâm O bán kính OB = R = 8cm. Áp dụng công thức tính thể tích hình cầu ta có: V 1 = 33 8π 3 4 πR 3 4  Suy ra một nửa hình cầu có thể tích là 3 1 8π 3 2 2 V  (cm 3 ) Hình nón có bán kính đáy R = 8cm, đường cao h = 20cm nên nó có thể tích là V 2 = .20π.8 3 1 .hπ.R 3 1 22  (cm 3 ) Thể tích của hình gồm một nửa hình cầu và hình nón gắn lại với nhau là: V = 2 V 1 + V 2 = 3 8π 3 2 + .20π.8 3 1 2 = 768π20)(2.8π.8 3 1 2  (cm 3 ) Vậy thể tích hình cần tìm là 768π cm 3 . (Bài giải đôi khi không tránh khỏi sai sót, nên rất mong được sự thông cảm và sự góp ý của các bạn) . biểu thức sau bằng cách biến đổi, rút gọn thích hợp: A = 22 12 2   B = 2 )12(5083  b) Giải phương trình sau: 065xx 24  Câu 2: (2 điểm) Cho phương trình: 0 2m 1 mxx 2 2  . a) Cho m = 1, dùng công thức nghiệm hoặc công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc hai, hãy giải phương trình (1) b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0 nghiệm của phương trình (1) là x 1 và x 2 . Chứng minh 22xx 4 2 4 1  Câu 3: (2 điểm) a) Giải hệ phương trình:      03yx 07y)6(xy)(x 2 b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều