Bộ 15 đề thi Toán lớp 9 học kì 2 có đáp án năm 2022 – 2023

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Thay \(x = 9\)(TMĐK) vào \(A\) ta có: \(A = \frac{{2 \cdot \sqrt 9 }}{{\sqrt {16}  + 2}} = \frac{{21}}{6} = \frac{7}{2}\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(A = \frac{7}{2}\).

0,5 điểm

0,5 điểm

b) \(B = \left( {\frac{2}{{\sqrt x  + 2}} – \frac{{6 – \sqrt x }}{{4 – x}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  – 2}}{{\sqrt x  + 3}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  – 4 + 6 – \sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 2)}} \cdot \frac{{\sqrt x  – 2}}{{\sqrt x  + 3}}\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 2)}} \cdot \frac{{\sqrt x  – 2}}{{\sqrt x  + 3}}\\ = \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}\end{array}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) \(P = A \cdot B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 3}} = \frac{{2\sqrt x }}{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}}\)

\(P \le 0 \Rightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{{{(\sqrt x  + 3)}^2}}} \le 0\)

Vì \(\sqrt x  \ge 0\) với mọi \(x \ge 0;x \ne 4\)

\( \Rightarrow {(\sqrt x  + 3)^2} > 0\) với mọi \(x \ge 0;x \ne 4\) 

\( \Rightarrow 2\sqrt x  \le 0\)

Mà \(\sqrt x  \ge 0\) với mọi x thuộc ĐKXĐ

\( \Rightarrow \sqrt x  = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 0\) (thỏa mãn)

Vậy \(P \le 0\) khi \(x = 0\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là \(x\) (giờ) \((x > 4)\)

Vì thời gian vòi 1 chảy đầy bể nhanh hơn vòi 2 là 6 giờ nên thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể là \(x + 6\) (giờ)

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được \(\frac{1}{x}\) (bể)

Trong 1 giờ, vòi 2 chảy được \(\frac{1}{{x + 6}}\) (bể)

Trong 1 giờ cả 2 vòi chảy được \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}}\) (bể)

Theo bài ra, cả 2 vòi chảy vào 1 bể không có nước sau 4 giờ thì bể đầy nên ta có phương trình:

\(4\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 6}} = \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x + x + 6}}{{x(x + 6)}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 4(2x + 6) = x(x + 6)\)

\( \Leftrightarrow 8x + 24 = {x^2} + 6x \Leftrightarrow {x^2} + 6x – 8x – 24 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{x =  – 4}\end{array}} \right.\)

So với điều kiện, \(x = 6\) thỏa mãn.

Vậy vòi 1 chảy 1 mình trong 6 giờ thì đầy bể.

Vòi 2 chảy 1 mình trong \(6 + 6 = 12\) giờ thì đầy bể.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{x – 3}} – \frac{4}{{y + 1}} = 5}\\{\frac{3}{{x – 3}} + \frac{4}{{y + 1}} =  – 1}\end{array}} \right.\)

ĐKXĐ\(:x \ne 3,y \ne  – 1\)

Đặt \(a = \frac{1}{{x – 3}},b = \frac{1}{{y + 1}},\) khi đó hệ phương trình trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a – 4b = 5\\3a + 4b =  – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = 4\\a – 4b = 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\1 – 4b = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  – 1\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x – 3}} = 1\\\frac{1}{{y + 1}} =  – 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 3 = 1\\y + 1 =  – 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  – 2\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (4; – 2).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2) Cho \((P):y = {x^2}\) và đường thẳng \((d):y = 2 – mx\)

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\):

\({x^2} = 2 – mx \Leftrightarrow {x^2} + mx – 2 = 0\)

Có: \(\Delta  = {m^2} + 8 > 0\) với mọi giá trị của \(m\)

\( \Rightarrow \) Phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

\( \Rightarrow (d)\) và \((P)\) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của \(m\).

b) Theo câu a, \((d)\) và \((P)\) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};{x_2}\)

Theo Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  – m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  – 2}\end{array}(*)} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 2020 \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2020(1)\)

Thay (*) vào hệ thức (1), ta được\(: – 2.( – m) = 2020 \Leftrightarrow m = 1010\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(m = 1010\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

– Vẽ hình đúng

a) Xét tứ giác AMHN có:

$\widehat{AMH}={90}^{°}(M$ là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

$\widehat{ANH}={90}^{°}(N$ là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

$\Rightarrow \widehat{AMH}+\widehat{ANH}={90}^{°}+{90}^{°}={180}^{°}$

Mà \(\widehat {AMH}\) và \(\widehat {ANH}\) là hai góc đối nhau

\( \Rightarrow \) Tứ giác AMHN nội tiếp.

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

b) +) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H(AH\) là đường cao) có:

\(HM \bot AB(M\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AB)\)

\( \Rightarrow AM \cdot AB = A{H^2}\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1)

+) Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H(AH\) là đường cao) có:

\(HN \bot AC(N\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC)\)

\( \Rightarrow AN \cdot AC = A{H^2}\) (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (2)

Từ (1), (2) suy ra AM.AB = AN.AC (đpcm).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

c) + ) Xét \(\Delta AMN\) và \(\Delta ACB\) có:

\(\widehat {BAC}\) là góc chung

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}(AM \cdot AB = AN \cdot AC)\)

\( \Rightarrow \Delta AMN \sim ACB(c.g.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {ACB}\) (hai góc tương ứng)

+) Ta có: \(\widehat {QHM} = \widehat {MAH}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\) )

\(\widehat {HNM} = \widehat {MAH}\) (tứ giác AMHN nội tiếp)

+) Xét \(\Delta QHM\) và \(\Delta QNH\) có:

\(\widehat {NQH}\) là góc chung

\(\widehat {QHM} = \widehat {HNM}({\rm{cmt}})\)

\( \Rightarrow \Delta QHM \sim \Delta QNH(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{QH}}{{QN}} = \frac{{QM}}{{QH}}\) (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow Q{H^2} = QM \cdot QN\)(đpcm).

0,25 điểm

0,25 điểm

d) Xét đường tròn (O) có: \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC ) $\Rightarrow \widehat{BOC}=2\cdot \widehat{BAC}={2.60}^{°}={120}^{°}$

Ta có: \({S_q} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} \Rightarrow {S_q} = \frac{{\pi  \cdot {3^2} \cdot 120}}{{360}} = 3\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

+) Kẻ \(OK \bot BC\) tại K  \((K \in BC) \Rightarrow KB = KC = \frac{1}{2}BC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

Xét \(\Delta BOC\) cân tại \(O(OB = OC = R)\) có OK là đường cao \((OK \bot BC)\)

\( \Rightarrow OK\) đồng thời là đường phân giác 

$\Rightarrow \widehat{BOK}=\widehat{COK}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}\cdot {120}^{°}={60}^{°}$

+) Xét \(\Delta BOK\) vuông tại \(K(OK \bot BC)\)

$\Rightarrow BK=OB\sin \widehat{BOK}=3\sin {60}^{°}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\Rightarrow BC=2BK=3\sqrt{3}\left(cm\right)$

và $OK=OB\cos \widehat{BOK}=3\cos {60}^{°}=\frac{3}{2}\left(cm\right)$

Ta có:

 \(\begin{array}{l}{S_{BOC}} = \frac{1}{2}OK \cdot BC\\ \Rightarrow {S_{BOC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot 3\sqrt 3  = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\end{array}\)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC nhỏ là:

\(\begin{array}{l}{S_{vp}} = {S_q} – {S_{BOC}} = 3\pi  – \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\\ = \frac{{12\pi  – 9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\end{array}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có

 \(\begin{array}{l}P = \frac{5}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{3}{{xy}}\\ = \frac{5}{{{{(x + y)}^2} – 2xy}} + \frac{3}{{xy}}\\ = \frac{5}{{9 – 2xy}} + \frac{3}{{xy}}\end{array}\)

Đặt \(t = xy\) Ta có \({(x + y)^2} \ge 4xy > 0\) với mọi \(x,y > 0\).

\( \Rightarrow 9 \ge 4t > 0 \Rightarrow 0 < t \le \frac{9}{4}\).

Khi đó

 \(\begin{array}{l}P = \frac{5}{{9 – 2t}} + \frac{3}{t}\\ = 5\left[ {\frac{1}{{9 – 2t}} + \frac{4}{{81}} \cdot (9 – 2t)} \right] + 3\left( {\frac{1}{t} + \frac{{16}}{{81}}t} \right) – \frac{8}{{81}}t – \frac{{20}}{9}\end{array}\)

Do \(0 < t \le \frac{9}{4}\) nên \(9 – 2t > 0.\) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

\(\frac{1}{{9 – 2t}} + \frac{4}{{81}}(9 – 2t) \ge 2\sqrt {\frac{1}{{9 – 2t}} \cdot \frac{4}{{81}}(9 – 2t)}  = \frac{4}{9}\)

\(\frac{1}{t} + \frac{{16}}{{81}}t \ge 2\sqrt {\frac{1}{t} \cdot \frac{{16}}{{81}}} t = \frac{8}{9}\)

Và \( – \frac{8}{{81}}t – \frac{{20}}{9} \ge  – \frac{8}{{81}} \cdot \frac{9}{4} – \frac{{20}}{9} =  – \frac{{22}}{9}\) với \(0 < t \le \frac{9}{4}\).

Từ đó suy ra \(P \ge 5 \cdot \frac{4}{9} + 3 \cdot \frac{8}{9} – \frac{{22}}{9} = \frac{{22}}{9}\)

Vậy \({P_{\min }} = \frac{{22}}{9}\) xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \frac{3}{2}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Tính giá trị của \(A\) tại \(x = 36\)

Thay \(x = 36\)(thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

\(A = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  – 2}} = \frac{{\sqrt {36}  + 1}}{{\sqrt {36}  – 2}} = \frac{{6 + 1}}{{6 – 2}} = \frac{7}{4}\)

Vậy \(x = 36\) thì \(A = \frac{7}{4}\).

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

\(B = \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} – \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 2}} – \frac{8}{{4 – x}}(x \ge 0;x \ne 4)\)

\(B = \frac{{2\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} – \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 2}} + \frac{8}{{x – 4}}\)

\(B = \frac{{(2\sqrt x  + 3) \cdot (\sqrt x  – 2) – \sqrt x  \cdot (\sqrt x  + 2) + 8}}{{(\sqrt x  – 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{2x – 4\sqrt x  + 3\sqrt x  – 6 – x – 2\sqrt x  + 8}}{{(\sqrt x  – 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{x – 3\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  – 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{(\sqrt x  – 1) \cdot (\sqrt x  – 2)}}{{(\sqrt x  – 2) \cdot (\sqrt x  + 2)}}\)

\(B = \frac{{\sqrt x  – 1}}{{\sqrt x  + 2}}(x \ge 0;x \ne 4)\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của \(B\)

\(\begin{array}{l}B = \frac{{\sqrt x  – 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 2 – 3}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = 1 + \frac{{ – 3}}{{\sqrt x  + 2}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt x  \ge 0 \Rightarrow \sqrt x  + 2 \ge 2\\ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{1}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x  + 2}} \le \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{ – 3}}{{\sqrt x  + 2}} \ge \frac{{ – 3}}{2}\\ \Rightarrow 1 + \frac{{ – 3}}{{\sqrt x  + 2}} \ge 1 + \frac{{ – 3}}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow B \ge  – \frac{1}{2}\)

Dấu “=” xảy ra \({\rm{khi}}\sqrt x  = 0 \Rightarrow x = 0\)

Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất là \( – \frac{1}{2}\) khi \(x = 0\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

Gọi vân tốc riêng của cano khi nước yên lặng là \(x(\;{\rm{km}}/{\rm{h}},x > 2)\).

Vận tốc ca nô khi xuôi dòng là \(x + 2(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Vận tốc ca nô khi ngược dòng là \(x – 2(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{{80}}{{x + 2}}\) (h).

Thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{{80}}{{x – 2}}\) (h).

Vì tổng thời gian cả đi lẫn về là 9 giờ 30 phút và nghỉ 30 phút nên

thời gian đi trên khúc sông là 9 giờ 30 phút -30 phút \( = 9\) giờ và ta có phương trình : \(\frac{{80}}{{x + 2}} + \frac{{80}}{{x – 2}} = 9\)

\( \Leftrightarrow \frac{{80(x – 2) + 80(x + 2)}}{{(x + 2)(x – 2)}} = \frac{{9\left( {{x^2} – 4} \right)}}{{(x + 2)(x – 2)}}\)

\( \Rightarrow 80x – 160 + 80x + 160 = 9{x^2} – 36\)

\( \Leftrightarrow 9{x^2} – 160x – 36 = 0\)

\( \Leftrightarrow 9{x^2} – 162x + 2x – 36 = 0\)

\( \Leftrightarrow 9x(x – 18) + 2(x – 18) = 0\)

\( \Leftrightarrow (x – 18)(9x + 2) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – 18 = 0}\\{9x + 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 18(TM)}\\{x = \frac{{ – 2}}{9}(L)}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy vận tốc riêng của ca nô khi nước yên lặng là 18km/h.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

a) Thay \(m =  – 2\) vào \((d)\) ta được: \(:y =  – 3x + 4\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\) là

\({x^2} =  – 3x + 4\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 3x – 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  – 4}\end{array}} \right.\)

Thay \(x = 1\) và \(x =  – 4\) vào \(y = {x^2}\) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  – 4}\\{y = 16}\end{array}} \right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\) là \((1;1)\) và \(( – 4;16)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\): \({x^2} = (m – 1)x + 4\)

\( \Leftrightarrow {x^2} – (m – 1)x – 4 = 0\)(*)

Có \(a.c =  – 4 < 0 \Rightarrow \) Phương trình \((*)\) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi \(m\)

\( \Rightarrow (d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt với mọi \(m\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) Theo câu b phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình (*).

\( \Rightarrow {y_1} = x_1^2;{y_2} = x_2^2\)

Áp dụng định lí Vi-ét:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m – 1}\\{{x_1}{x_2} =  – 4}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({y_1} + {y_2} = {y_1} \cdot {y_2}\)

\( \Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 \cdot x_2^2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} = x_1^2x_2^2\)

\( \Leftrightarrow {(m – 1)^2} – 2 \cdot ( – 4) = {( – 4)^2}\)

\( \Leftrightarrow {(m – 1)^2} = 8\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m – 1 = 2\sqrt 2 }\\{m – 1 =  – 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2\sqrt 2  + 1}\\{m =  – 2\sqrt 2  + 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m = 1 \pm 2\sqrt 2 \) để \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} = {y_1} \cdot {y_2}\).

Câu 4

(4,0 điểm)

– Vẽ hình đúng

0,5 điểm

a) Xét tứ giác ABDE có:

$\left.\begin{array}{cc}\widehat{BFC}& ={90}^{°}(CF\perp AB)\\ \widehat{BEC}& ={90}^{°}(BE\perp AC)\end{array}\right\}$

$\Rightarrow \widehat{BFC}=\widehat{BEC}={90}^{°}$

\( \Rightarrow \) Tứ giác BFEC nội tiếp.

0.5 điểm

0,5 điểm

b) Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) có:

$\left.\begin{array}{cc}\widehat{AEB}& =\widehat{AFC}={90}^{°}\\ \widehat{BAC}& \text{ chung }\end{array}\right\}$

$\Rightarrow \Delta ABE~\Delta ACF(g\cdot g)$

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{AF}} \Rightarrow AC \cdot A{\rm{E}} = AB.{\rm{AF}}\)

0,5 điểm

0,5 điểm

c) Có $\widehat{ABD}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa \((O)\))

\( \Rightarrow AB \bot B{\rm{D}}\) mà \(CF \bot AB \Rightarrow CF\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow CH\parallel B{\rm{D}}\)

Có $\widehat{ACD}={90}^{°}$ ( góc nội tiếp chắn nửa \(\left. {(O)} \right)\)

\( \Rightarrow AC \bot C{\rm{D}}\) mà \(BE \bot AC \Rightarrow CD\parallel BE \Rightarrow BH\parallel C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \) tứ giác BHCD là hình bình hành

Suy ra hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của HD

\( \Rightarrow H,M,D\) thẳng hàng.

0,25 điểm

0,25 điểm

d) Có: $\left.\begin{array}{l}\widehat{A\text{E}H}={90}^{°}\\ \widehat{AFH}={90}^{°}\end{array}\right\}\Rightarrow \widehat{AFH}+\widehat{A\text{E}H}={180}^{°}$

\( \Rightarrow \) tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH.

\( \Rightarrow \Delta A{\rm{EF}}\) nội tiếp đường tròn đường \({\mathop{\rm kinh}\nolimits} AH\)

\( \Rightarrow \) tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}}\) là trung điểm của AH.

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}} \Rightarrow r = \frac{{AH}}{2}\).

Xét \(\Delta DHA\) có: M, O lần lượt là trung điểm của DH, AD.

\( \Rightarrow MO\) là đường trung bình của \(\Delta DHM \Rightarrow OM = \frac{{AH}}{2}\)

Mà O, M cố định \( \Rightarrow OM\) không đổi \( \Rightarrow \frac{{AH}}{2}\) không đổi \( \Rightarrow r\) không đổi.

\( \Rightarrow \) đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A{\rm{EF}}\) có bán kính không đổi.

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có: \(a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt {a \cdot \frac{4}{a}}  = 4.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = \frac{4}{a} \Leftrightarrow {a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2\)(vì \(a > 0)\) \(b + \frac{{16}}{b} \ge 2\sqrt {b \cdot \frac{{16}}{b}}  = 8.\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow b = \frac{{16}}{b} \Leftrightarrow {b^2} = 16 \Leftrightarrow b = 4\) (vì \(b > 0)\).

Ta chứng minh: \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}}\) với \(\forall a,b > 0\) với \(\forall a,b > 0\).

Thật vậy: \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}} \Leftrightarrow (4a + b)(a + b) \ge 9ab\) (vì \(\forall a,b > 0)\)

\( \Leftrightarrow 4{a^2} + 5ab + {b^2} \ge 9ab \Leftrightarrow 4{a^2} – 4ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow {(2a – b)^2} \ge 0\) (luôn đúng).

Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{4}{b} \ge \frac{9}{{a + b}}\) với \(\forall a,b > 0.\) Dấu \(^\mathfrak{u} = \) ” xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow b = 2a\).

Ta có:

 \(\begin{array}{l}P = a + b + \frac{6}{a} + \frac{{24}}{b}\\ = \left( {a + \frac{4}{a}} \right) + \left( {b + \frac{{16}}{b}} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{4}{b}} \right)\end{array}\)\( \ge 4 + 8 + 2 \cdot \frac{9}{{a + b}} \ge 12 + 2 \cdot \frac{9}{6} = 15\)

Vậy \({P_{\min }} = 15\) xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 4}\end{array}} \right.\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Thay \(x = 9({\rm{TMDK}})\) vào \({\rm{A}}\) ta có: \({\rm{A}} = \frac{{9 + 12}}{{\sqrt 9  – 1}} = \frac{{21}}{{3 – 1}} = \frac{{21}}{2}\)

Vậy \(x = 9\) thì \(A = \frac{{21}}{2}\)

0,5 điểm

0,5 điểm

b) \(B = \frac{{3 + \sqrt x  – 1}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}}:\frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 1}}{1}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  – 1}}\)

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

c) Ta có: \(M = \frac{A}{B} = \frac{{x + 12}}{{\sqrt x  – 1}} \cdot \frac{{\sqrt x  – 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{x + 12}}{{\sqrt x  + 2}}\)

Ta xét:

 \(\begin{array}{l}\frac{{x + 12}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{x – 4 + 16}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \sqrt x  – 2 + \frac{{16}}{{\sqrt x  + 2}}\\ = \left( {\sqrt x  + 2 + \frac{{16}}{{\sqrt x  + 2}}} \right) – 4 \ge 2\sqrt {16}  – 4 = 4\end{array}\)

Dấu  xảy ra

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}}  + 2 = \frac{{16}}{{\sqrt {\rm{x}}  + 2}}\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {\rm{x}}  + 2} \right)^2}{\rm{ = 16}}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\rm{x}}  + 2 = 4 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 4\end{array}\) (TMDK)

Vậy \(\min {\rm{M}} = 4\) khi \({\rm{x}} = 4\)

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi năng suất dự định của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) \(\left( {{\rm{x}} \in {N^*}} \right)\)

Năng suất thực tế của người công nhân là \({\rm{x}} + 3\) (sản phẩm/giờ)

Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là \(\frac{{33}}{{\rm{x}}}\) (giờ)

Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là \(\frac{{62}}{{x + 3}}\) (giờ)

Lập luận ra được phương trình \(\frac{{62}}{{x + 3}} – \frac{{33}}{x} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} – 49{\rm{x}} + 198 = 0\)

\(\Delta  = {49^2} – 4.3.198 = 25 > 0\)

Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({{\rm{x}}_1} = \frac{{49 + 5}}{{2.3}} = 9\) (thỏa mãn) và \({{\rm{x}}_2} = \frac{{49 – 5}}{{2.3}} = \frac{{22}}{3}\) (loại).

Vậy năng suất dự định của người công dân là: 9 sản phẩm/giờ.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\sqrt {x – 3}  – \frac{1}{{y + 1}} = 1}\\{\sqrt {x – 3}  + \frac{2}{{y + 1}} = 5}\end{array}} \right.\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x – 3 \ge 0\\y + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\y \ne  – 1\end{array} \right.\)

Đặt \(a = \sqrt {x – 3} (a \ge 0),b = \frac{1}{{y + 1}}.\) Hệ trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a – b = 1}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a – 2b = 2}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7a = 7}\\{a + 2b = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 + 2b = 5}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x – 3}  = 1\\\frac{1}{{y + 1}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 3 = 1\\y + 1 = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  – \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: \(\left( {4;\frac{{ – 1}}{2}} \right)\).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

a) Thay \({\rm{m}} =  – 3\) vào (d) ta được: \[{\rm{y}} =  – 3x + 3 + 1 =  – 3x + 4\]

 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\[{x^2} =  – 3x + 4\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + 3x – 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1}\\{{\rm{x}} =  – 4}\end{array}} \right.\)

+) \(x = 1 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow A(1;1)\)

+) \(x =  – 4 \Rightarrow y = 16 \Rightarrow B( – 4;16)\)

Vậy giao điểm của (d) và (P) là các điểm A(1;1) và B(-4;16).

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\({x^2} – mx + m – 1 = 0\)(*)

Ta có \(:{\rm{a}} = 1 \ne 0\forall {\rm{m}}\)

\(\Delta  = {{\rm{m}}^2} – 4\;{\rm{m}} + 4 = {({\rm{m}} – 2)^2} \ge 0\) với mọi m

Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \) PT (*) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow {({\rm{m}} – 2)^2} > 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} \ne 2\)

Theo đề bài: \({\rm{x}}_1^2 + {\rm{x}}_2^2 = {{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 2{x_1}{x_2} – \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} – 2(\;{\rm{m}} – 1) – {\rm{m}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} – 3\;{\rm{m}} + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} = 1({\rm{TM}})}\\{{\rm{m}} = 2(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\)

Vậy với m=1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

0,5 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

– Vẽ hình đúng

0,5 điểm

a) Ta có: $\widehat{\text{AHE}}={90}^{°}$ (theo giả thiết \({\rm{AB}} \bot {\rm{MN}}\) )

$\widehat{\text{AKE}}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nừa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{\text{AHE}}+\widehat{\text{AKE}}={180}^{°}.$

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

0.5 điểm

0,5 điểm

b) Xét \(\Delta CKE\) và \(\Delta CHA\)

+ Có \(\widehat C\) chung

+ \(\widehat {{\rm{EKC}}} = \widehat {CHA} = 90^\circ \)

Suy ra $\Rightarrow \Delta \text{CKE}~\Delta \text{CHA}(\text{g}-\text{g})$

\( \Rightarrow \frac{{CK}}{{CH}} = \frac{{CE}}{{CA}} \Leftrightarrow CH.CA = CH.CE\)

0,5 điểm

0,5 điểm

c) Do đường kính AB vuông góc MN nên B là điểm chính giữa cung MN Suy ra \(\widehat {{\rm{MKB}}} = \widehat {{\rm{NKB}}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) (1)

Ta có: NF\( \bot \)AC, BK\( \bot \)AC\( \Rightarrow {\rm{BK}}//{\rm{NF}}\)(từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{NKB}}} = \widehat {{\rm{KNF}}}\)(hai góc so le trong) (2)

Và \(\widehat {{\rm{MKB}}} = \widehat {{\rm{MFN}}}\)(hai góc đồng vị) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat {MFN} = \widehat {{\rm{KNF}}} \Leftrightarrow \widehat {{\rm{KFN}}} = \widehat {{\rm{KNF}}}.\) Vậy \(\Delta {\rm{KNF}}\) cân tại \({\rm{K}}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

d) \({\rm{Ta}}\) có $\widehat{\text{AKB}}={90}^{°}\Rightarrow \widehat{\text{BKC}}={90}^{°}\Rightarrow \Delta \text{KEC}$ vuông tại \({\rm{K}}\).

Theo giả thiết ta lại có \({\rm{KE}} = {\rm{KC}}\) nên tam giác KEC vuông cân tại \({\rm{K}}\) $\widehat{\text{BEH}}=\widehat{\text{KEC}}={45}^{°}\Rightarrow \widehat{\text{OBK}}={45}^{°}$

Mặt khác vì tam giác OBK cân tại \({\rm{O}}\) (do \({\rm{OB}} = {\rm{OK}} = {\rm{R}}\) ) nên suy ra tam giác OBK vuông cân tại \({\rm{O}}\) dẫn đến \({\rm{OK}}//{\rm{MN}}\) (cùng vuông góc với AB).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi

Với \(x > 0,y > 0\) ta có \(x + y \ge 2\sqrt {xy} \)

\({({\rm{x}} + {\rm{y}})^2} \ge 4{\rm{xy}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}{{{\rm{xy}}}} \ge \frac{4}{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}\)

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{{x + y}}(*)\)

Dấu \(^{\prime \prime }{ = ^{\prime \prime }}\) xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow {\rm{x}} = {\rm{y}}\)

Áp dụng BDT ( \(^*\) ) ta có:

\(\frac{1}{{a + b – c}} + \frac{1}{{b + c – a}} \ge \frac{4}{{a + b – c + b + c – a}} = \frac{4}{{2b}} = \frac{2}{b}(1)\)

Tưng tự: \(\frac{1}{{c + a – b}} + \frac{1}{{b + c – a}} \ge \frac{2}{c}(2)\)

\(\frac{1}{{c + a – b}} + \frac{1}{{a + b – c}} \ge \frac{2}{a}(3)\)

Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) suy ra: \(\frac{1}{{a + b – c}} + \frac{1}{{b + c – a}} + \frac{1}{{c + a – b}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\)

Dấu “=” xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow {\rm{a}} = {\rm{b}} = {\rm{c}}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1. Thay x = 16 vào biểu thức B, ta được: \(B = \frac{2}{{\sqrt {16}  – 2}} = \frac{2}{{4 – 2}} = \frac{2}{2} = 1\).

Vậy với x = 16 thì B = 1.

0,25 điểm

0,25 điểm

2. Xét biểu thức: \[P = A + B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} – \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}} + \frac{2}{{\sqrt x  – 2}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  – 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}} – \frac{6}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}\]

 \[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  – 2} \right) – 6 + 2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x – 2\sqrt x  – 6 + 2\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x – 4}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  – 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}.\]

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) Xét hiệu: \(P – \frac{3}{2} = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}} – \frac{3}{2} = \frac{{2\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} – \frac{{3\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  + 4 – 3\sqrt x  – 3}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} = \frac{{ – \sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

Vì \(\sqrt x  \ge 0\) với mọi x

\( \Rightarrow \sqrt x  + 1 > 0\) với mọi x

Do đó để \(P > \frac{3}{2}\) hay \(P – \frac{3}{2} > 0\) khi \( – \sqrt x  + 1 > 0 \Leftrightarrow  – \sqrt x  >  – 1 \Leftrightarrow \sqrt x  < 1 \Leftrightarrow x < 1.\)

Kết hợp với điều kiện \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\) ta được: \(0 \le x < 1.\)

Vậy \(P > \frac{3}{2}\) với \(0 \le x < 1.\)

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

1. Gọi số xe ban đầu của đoàn là x (xe) \(\left( {x \in {{\rm N}^*}} \right)\)

Theo dự định, mỗi xe chở số thiết bị y tế là: \(\frac{{90}}{x}\) (tấn)

Thực tế được bổ sung thêm 5 xe nên tổng số xe là x+5 xe

Khi đó mỗi xe phải chở số thiết bị y tế là: \(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 0,2 tấn nên ta có phương trình:

\(\frac{{90}}{x} – \frac{{90}}{{x + 5}} = 0,2\)

\( \Leftrightarrow 90\left( {x + 5} \right) – 90x = 0,2x\left( {x + 5} \right)\)

\( \Leftrightarrow 90x + 450 – 90x = 0,2{x^2} + x\)

\( \Leftrightarrow 0,2{x^2} + x – 450 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 45({\rm{t/m}})\\x =  – 50(L)\end{array} \right.\)

Vậy ban đầu đoàn có 45 xe.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

2. Diện tích giấy cần dùng là diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao 10cm và bán kính đáy 5cm.

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .5.10 = 100\pi  \approx 314,16\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích giấy cần dùng là: \(314,16\left( {c{m^2}} \right)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1. Điều kiện \(2y – 5 \ge 0 \Leftrightarrow 2y \ge 5 \Leftrightarrow y \ge \frac{5}{2}\)

Đặt \(a = x\) và \(b = \sqrt {2y – 5} \) \(\left( {b \ge 0} \right)\)

Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a + b = 12\\2a – b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a = 15\\2a – b = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\2a – b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\2.5 – b = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 7\end{array} \right.\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\\sqrt {2y – 5}  = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\2y – 5 = 49\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 27\end{array} \right.\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array}\)

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;27} \right)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2. Cho phương trình: \({x^2} – 2x + m – 3 = 0\)(1)

\(\begin{array}{l}{x^2} – 2x + \left( { – 5} \right) – 3 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} – 2x – 8 = 0\end{array}\)a. Thay m = – 5 vào phương trình (1), ta được:

\( \Leftrightarrow \left( {x – 4} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 4 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  – 2\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { – 2;4} \right\}\).

b. Ta có: \(\Delta ‘ = {\left( { – 1} \right)^2} – \left( {m – 3} \right) = 1 – m + 3 = 4 – m\)
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow 4 – m > 0 \Leftrightarrow m < 4.\)

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1).

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 đầu bài ta có \({x_1} = 3{x_2}\) nên ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x_2} + {x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x_2} = 2\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{1}{2}\\{x_1} = 3{x_2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{1}{2}\\{x_1} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Thay \({x_1} = \frac{3}{2},{x_2} = \frac{1}{2}\) vào biểu thức \({x_1}{x_2} = m – 3\), ta được :

\(\frac{3}{2}.\frac{1}{2} = m – 3 \Leftrightarrow m – 3 = \frac{3}{4} \Leftrightarrow m = \frac{{15}}{4}\)(thỏa mãn)

Vậy với \(m = \frac{{15}}{4}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} = 3{x_2}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

– Vẽ hình đúng

1. Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp

Ta có: BD⊥ACB nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \)

CE⊥AB nên \(\widehat {AEC} = 90^\circ \)

Tứ giác ADHE có: \(\widehat {AEH} + \widehat {ADH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \)

Do đó ADHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc đối có tổng bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp) (đpcm).

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2. Kẻ đường kính AK. Chứng minh CK//BHCK//BH và tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành

Ta có: BD⊥AC \( \Rightarrow \) BH⊥AC \( \Rightarrow \) BH⊥AC (1)

AK là đường kính nên \(\widehat {KCA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \)CK⊥AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH//CK (cùng vuông góc với AC) (đpcm).

Lại có,AK là đường kính nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \)BK⊥AB

Mà CE⊥AB\( \Rightarrow \)CH⊥AB.

Do đó BK//CH (cùng vuông góc với AB)

Tứ giác BHCK có BH//KC,BK//CH nên là hình bình hành (tứ giác có hai cặp đối song song là hình bình hành). (đpcm)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3.

a. Chứng minh G là trọng tâm ΔAHK

Tứ giác BHCK là hình bình hành (cmt) nên I là trung điểm BC cũng là trung điểm của HK (tính chất)

AK là đường kính nên O là trung điểm của AK.

Xét tam giác AHK có G là giao điểm hai đường trung tuyến AI và HO nên G là trọng tâm tam giác. (đpcm)

b. Qua G kẻ đường thẳng song song với OA cắt OI tại M.

Kẻ GM//AO \(\left( {M \in OI} \right)\) nên theo định lí Ta let ta có: \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{IO}} = \frac{{IG}}{{IA}}\)

Mà G là trọng tâm tam giác AHK nên: \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{IG}}{{IA}} = \frac{1}{3}\)

Do đó \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{{IM}}{{IO}} = \frac{{IG}}{{IA}} = \frac{1}{3}\)

Vì B, C và O cố định nên I cố định, hơn nữa \(\frac{{IM}}{{IO}} = \frac{1}{3}\) nên M cố định.

Ta lại có: \(\frac{{GM}}{{AO}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GM = \frac{1}{3}AO = \frac{1}{3}R\)

Do đó,  G luôn cách M một khoảng cố định \(\frac{1}{3}R\)

Khi đó G nằm trên đường tròn (M, \(\frac{1}{3}R\)).

Vậy khi A di động trên cung lớn BC sao cho ΔABC có 3 góc nhọn thì G chuyển động trên đường tròn tâm M bán kính \(\frac{1}{3}R\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có:  \({x^2} + {y^2} – 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} – 4x + 3 =  – {y^2}\)

Vì \[{y^2} \ge 0\] với mọi y \[ \Rightarrow  – {y^2} \le 0\] với mọi y

\( \Rightarrow {x^2} – 4x + 3 \le 0 \Leftrightarrow \left( {x – 3} \right)\left( {x – 1} \right) \le 0\)

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x – 3 \le 0\\x – 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 3\\x \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le x \le 3\)

Ta có: \(A = {x^2} + {y^2} = 4x – 3\)

Vì \(1 \le x \le 3 \Leftrightarrow 4 \le 4x \le 12 \Leftrightarrow 1 \le 4x – 3 \le 9\)

Do đó GTNN của A là 1 khi \(4x – 3 = 1 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 0\)

và GTLN của A là 9 khi \[4x – 3 = 9 \Leftrightarrow x = 3 \Rightarrow y = 0\].

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}x – 3 \ge 0\\x – 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le 1\end{array} \right.\left( {VN} \right)\)

Vậy GTNN của A là 1 khi \(x = 1,y = 0\) và GTLN của A là 9 khi \(x = 3,y = 0\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) Thay \(x = 25\) (TMDK) vào biểu thức \(B\) ta có \(B = \frac{{\sqrt {25} }}{{\sqrt {25}  – 2}} = \frac{5}{{5 – 2}} = \frac{5}{3}\)

Vậy với \(x = 25\) thì \(B = \frac{5}{3}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

2) \(A = \frac{3}{{\sqrt x  – 1}} – \frac{{2\sqrt x  + 5}}{{x – 1}}\)

\(A = \frac{{3(\sqrt x  + 1)}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}} – \frac{{2\sqrt x  + 5}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{3(\sqrt x  + 1) – (2\sqrt x  + 5)}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{3\sqrt x  + 3 – 2\sqrt x  – 5}}{{(\sqrt x  – 1)(\sqrt x  + 1)}}\)

\(A = \frac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 1}}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3) Đặt \(P = A \cdot B.\) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(\frac{1}{P} < \sqrt x  – 2\) \(P = \frac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 1}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 2}} = \frac{{\sqrt x }}{{x – 1}} \Rightarrow \frac{1}{P} = \frac{{x – 1}}{{\sqrt x }}\quad \) ĐK: \(x > 0;x \ne 1;x \ne 4\)

Có \(\frac{1}{P} < \sqrt x  – 2 \Leftrightarrow \frac{{x – 1}}{{\sqrt x }} < \sqrt x  – 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x – 1}}{{\sqrt x }} – (\sqrt x  – 2) < 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x  – 1}}{{\sqrt x }} < 0\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt x  – 1 < 0(\) vì \(\sqrt x  > 0\) với mọi \(x\) thỏa mãn \({\rm{DK}})\)

\( \Leftrightarrow x < \frac{1}{4}\)

Kết hợp điều kiện tìm được \(0 < x < \frac{1}{4}\) Vậy với \(0 < x < \frac{1}{4}\) thì \(\frac{1}{P} < \sqrt x  – 2\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là \(x\) (cây) \(\left( {x \in {N^*}} \right)\)

Số cây chi đoàn trồng được trong mỗi giờ trên thực tế là \(x + 5\) ( cây)

Thời gian chi đoàn dự định trồng xong số cây là \(\frac{{80}}{x}\) (giờ)

Số cây chi đoàn trồng được trên thực tế là \(10 + 80 = 90\) (cây)

Thời gian chi đoàn trồng xong số cây trên thực tế là \(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (giờ)

Do chi đoàn hoàn thành công việc trước dự định 12 phút \( = \frac{1}{5}h\) nên ta có phương trình: \(\frac{{90}}{{x + 5}} + \frac{1}{5} = \frac{{80}}{x}\)

\( \Leftrightarrow 450x + {x^2} + 5x = 40x + 2000\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 55x – 2000 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 25(TM)}\\{x =  – 80(KTM)}\end{array}} \right.\)

Vậy số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là 25 cây.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  + \frac{1}{{y – 5}} = 3}\\{2\sqrt x  – \frac{3}{{y – 5}} = 1}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt x  + \frac{2}{{y – 5}} = 6}\\{2\sqrt x  – \frac{3}{{y – 5}} = 1}\end{array}\\\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{5}{{y – 5}} = 5}\\{2\sqrt x  – \frac{3}{{y – 5}} = 1}\end{array}} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y – 5 = 1}\\{2\sqrt x  – \frac{3}{{y – 5}} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 6}\\{2\sqrt x  = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4(tm)}\\{y = 6(tm)}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x;y) = (4;6)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

a) Thay \(m = 1\) vào phương trình (1) ta được \(:{x^2} + x – 2 = 0\)

có: \(a + b + c = 1 + 1 + ( – 2) = 0 \Rightarrow {x_1} = 1,{x_2} =  – 2\)

Vậy với m = 1 thì tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { – 2;1} \right\}\).

b) \({x^2} + mx – 2 = 0(1)\)

Chứng minh \(\Delta  = {m^2} + 8 > 0,\forall m\).

\( \Rightarrow \) phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) phân biệt với mọi \({\rm{m}}\). Theo dịnh lí Vi-ét ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  – m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  – 2}\end{array}} \right.\)

Theo đề ra ta có: \(x_1^2{x_2} + x_2^2{x_1} = 2019\)

\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 2019\)

\( \Leftrightarrow  – 2.( – m) = 2019 \Leftrightarrow m = \frac{{2019}}{2}\).

Vậy với \(m = \frac{{2019}}{2}\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

0,25 điểm

0,25 điểm

=0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

– Vẽ hình đúng

1) Ta có: $\Rightarrow \widehat{ACP}={90}^{°}$

$\widehat{AMB}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow \widehat{AMP}=90°$

$\Rightarrow \widehat{AMP}+\widehat{ACP}={180}^{°}$

Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn.

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2) Vì ACPM là tứ giác nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {CPA} = \widehat {CMA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) (1)

Vì A, M, N, Q cùng thuộc (O) nên tứ giác AMNQ nội tiếp đường tròn (O)

\( \Rightarrow \widehat {AMC} = \widehat {AQN}\) (hai góc cùng bù với \(\widehat {AMN}\)) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {AQN} = \widehat {APC}\)

Mà hai góc ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow CP//QN\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3) a) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại M, ta có:

\(A{B^2} = A{M^2} + M{B^2}\)(định lý Py – ta – go)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M{B^2} = A{B^2} – A{M^2}\\ \Leftrightarrow M{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} – {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow M{B^2} = \frac{{15{R^2}}}{4}\end{array}\)

\( \Rightarrow BM = \frac{{\sqrt {15} }}{2}R\).

Khi quay tam giác vuông AMB một vòng quanh cạnh AM ta được hình nón với đường cao là \(AM = h,\) bán kính đường tròn đáy là \(BM = r\).

Thể tích hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{5\pi {R^3}}}{8}(\)đvtt)

b) \(AE.AK + BE.BM = 4{R^2}\)

Chứng minh: \(QN \bot AB\) tại \(H\).

Chứng minh: \(\Delta AEH \sim \Delta AB(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AK}} \Rightarrow AE.AK = AB.AH\)

Chứng minh: \(\Delta BEH \sim \Delta AM(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{BA}} = \frac{{BH}}{{BM}} \Rightarrow BE \cdot BM = BA \cdot BH\)

Chứng minh: \(AE.AK + BE.BM = 4{R^2}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

4) Kẻ Nx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK\) tại \(N(Nx\) thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng NE chứa điểm A

Chứng minh được \(\widehat {ENx} = \widehat {NKE}\)

Chứng minh được \(\widehat {NKE} = \widehat {ENA}\)

\( \Rightarrow \widehat {ENx} = \widehat {ENA}\)

Từ (3) và (4) suy ra tia Nx và tia NA trùng nhau

\( \Rightarrow NA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK\) tại \(N\).

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta NEK \Rightarrow AN \bot NI,\)

Mà\(AN \bot BN\)

Suy ra được B, N, I thẳng hàng.

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ta có: \({(2x + y + 1)^2} \ge 0,{(4x + my + 5)^2} \ge 0,\) suy ra: \({\rm{F}} \ge 0\)

Xét hệ

\[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y + 1 = 0}\\{4x + my + 5 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 2y + 2 = 0}\\{4x + my + 5 = 0}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow (m – 2)y + 3 = 0\end{array}\]

+ Nếu \(m \ne 2\) thì \(m – 2 \ne 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{{2 – m}}}\\{x = \frac{{m – 5}}{{4 – 2m}}}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(F\) có giá trị nhỏ nhất bằng 0

+ Nếu \(m = 2\) thì:

\(\begin{array}{l}F = {(2x + y + 1)^2} + {(4x + 2y + 5)^3}\\ = {(2x + y + 1)^2} + {[2 \cdot (2x + y + 1) + 3]^2}\end{array}\)

Đặt \(2x + y + 1 = z\) thì

 \(\begin{array}{l}F = 5{z^2} + 12z + 9\\ = 5\left[ {{{\left( {z + \frac{6}{5}} \right)}^2} + \frac{9}{{25}}} \right]\\ = 5{\left( {z + \frac{6}{5}} \right)^2} + \frac{9}{5} \ge \frac{9}{5}\end{array}\)

\(F\) nhỏ nhất bằng \(\frac{9}{5}\) khi \(2x + y + 1 = \frac{{ – 6}}{5}\) hay \(y = \frac{{ – 11}}{5} – 2x,x \in \mathbb{R}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) \(A = \left( {1 + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  – 2}} – \frac{4}{{x – 4}}} \right)\)

\(\begin{array}{l}A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)\left( {\frac{{\sqrt x  – 2}}{{x – 4}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x – 4}} – \frac{4}{{x – 4}}} \right)\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \left( {\frac{{\sqrt x  – 2 + \sqrt x  + 2 – 4}}{{x – 4}}} \right)\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2\sqrt x  – 4}}{{x – 4}}\\A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2(\sqrt x  – 2)}}{{(\sqrt x  – 2)(\sqrt x  + 2)}}\\A = \frac{{2 \cdot (\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 2)}}{{\sqrt x (\sqrt x  – 2)(\sqrt x  + 2)}}\\A = \frac{2}{{\sqrt x }}\end{array}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2) \(A > \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} > \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} > \frac{2}{4}\)

\( \Rightarrow \sqrt x  < 4(\) vì \(\sqrt x  > 0)\)

\( \Rightarrow {(\sqrt x )^2} < {4^2}\)

\( \Rightarrow 0 < x < 16,x \ne 4\)

Vậy \(0 < x < 16,x \ne 4\) thì \(A > \frac{1}{2}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3) \(A =  – 2\sqrt x  + 5 \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} =  – 2\sqrt x  + 5\)

\( \Rightarrow \frac{2}{{\sqrt x }} = \frac{{( – 2\sqrt x  + 5)\sqrt x }}{{\sqrt x }}\)

\( \Rightarrow 2 = ( – 2\sqrt x  + 5)\sqrt x (\) vì \(\sqrt x  > 0)\)

\( \Leftrightarrow 2 =  – 2x + 5\sqrt x \)

\( \Leftrightarrow 2x – 5\sqrt x  + 2 = 0(*)\)

Đặt \(t = \sqrt x ,{\rm{t}} > 0.\) Khi đó phương trình \((*)\) trở thành:

\(2{t^2} – 5t + 2 = 0\)

\(\Delta  = {( – 5)^2} – 4.2.2 = 25 – 16 = 9 > 0\)

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

\({t_1} = \frac{{5 + \sqrt 9 }}{{2.2}} = \frac{{5 + 3}}{4} = 2(\)thỏa mãn\();\quad {t_2} = \frac{{5 – \sqrt 9 }}{{2.2}} = \frac{{5 – 3}}{4} = \frac{1}{2}(\)Thỏa mãn)

Với \(t = 2 \Rightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\) (không thỏa mãn điều kiện)

Với \(t = \frac{1}{2} \Rightarrow \sqrt x  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện)

Vây \(x = \frac{1}{4}\) thì \(A =  – 2\sqrt x  + 5\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là \(x(km/h),\) điều kiện \(x > 0\).

Sau khi tăng tốc, vận tốc của ô tô là: \(x + 15(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

Thời gian đi với vận tốc ban đầu là: \(\frac{{120}}{x}(h)\)

Thời gian đi nốt quãng đường còn lại sau khi tăng tốc là: \(\frac{{300}}{{x + 15}}(h)\)

Vì thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 6 giờ nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\quad \frac{{120}}{x} + \frac{{300}}{{x + 15}} = 6\\ \Rightarrow \frac{{120.(x + 15)}}{{x(x + 15)}} + \frac{{300x}}{{x(x + 15)}} = \frac{{6x(x + 15)}}{{x(x + 15)}}\\ \Rightarrow 120.(x + 15) + 300x = 6x(x + 15)\\ \Leftrightarrow 120x + 1800 + 300x = 6{x^2} + 90x\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + 90x – 120x – 1800 – 300x = 0\\ \Leftrightarrow 6{x^2} – 330x – 1800 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} – 55x – 300 = 0\) (*)

\(\Delta  = {( – 55)^2} – 4.1 \cdot ( – 300) = 4225 > 0\)

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{55 + \sqrt {4225} }}{2} = \frac{{55 + 65}}{2} = 60\) (thỏa điều kiện)

\({x_2} = \frac{{55 – \sqrt {4225} }}{2} = \frac{{55 – 65}}{2} =  – 5\) (không thỏa điều kiện)

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là \(60\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – y \ne 0}\\{y + 1 \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne y}\\{y \ge  – 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Đặt \(a = \frac{1}{{x – y}},b = \sqrt {y + 1} \). Khi đó, ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a – 2b = 1}\\{a + b = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a – 2b = 1}\\{2a + 2b = 4}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5a = 5}\\{a + b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a + b = 2}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 + b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra:

 \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{x – y}} = 1}\\{y + 1 = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{x – y}} = 1\\y = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\end{array}\) (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \((x;y) = (1;0)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

a) Khi \(m = 2\), ta có phương trình: \({x^2} – 2(2 + 1)x + 2.2 + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} – 6x + 5 = 0\)

Ta có: \(1 + ( – 6) + 5 = 0,\) nhẩm nghiệm ta được: \({x_1} = 1,{x_2} = 5\).

Vậy với m = 2, phương trình đã cho có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {1;5} \right\}\).

b) Ta có : \({\Delta ^\prime } = {(m + 1)^2} – (2m + 1) \cdot 1 = {m^2} + 2m + 1 – 2m – 1 = {m^2} \ge 0\) ( với mọi m).

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi: \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).

Ta lại có: \(1 – 2(m + 1) + 2m + 1 = 1 – 2m – 2 + 2m + 1 = 0\) (Trường hợp \(a + b + c = 0\) )

Nhẩm nghiệm, ta được: \({x_1} = 1,{x_2} = 2m + 1\).

Thay \({x_1} = 1,{x_2} = 2m + 1\) vào \(x_1^3 + x_2^3 = 2019,\) ta được:

\(1 + {(2m + 1)^3} = 2019\)

\( \Leftrightarrow {(2m + 1)^3} = 2019 – 1\)

\( \Leftrightarrow {(2m + 1)^3} = 2018\)

\( \Leftrightarrow 2m + 1 = \sqrt[3]{{2018}}\)

\( \Leftrightarrow 2m = \sqrt[3]{{2018}} – 1\)

\( \Leftrightarrow m = \frac{{\sqrt[3]{{2018}} – 1}}{2}\) (thỏa mãn).

Vậy với \(m = \frac{{\sqrt[3]{{2018}} – 1}}{2}\) thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(3,5 điểm)

– Vẽ hình đúng

1) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) nên ta có: $\widehat{OAM}={90}^{°};\widehat{OBM}={90}^{°}$

$\Rightarrow \widehat{OAM}+\widehat{OBM}={90}^{°}+{90}^{°}={180}^{°}$

Mà \(\widehat {OAM},\widehat {OBM}\) là hai góc đối nhau.

\( \Rightarrow \) Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

Ta có:  (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BC)

 (góc nội tiếp chắn cung BC)

\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CBE}\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta BCE\) có:

\(\widehat {AEB}\) là góc chung

\(\widehat {BAE} = \widehat {CBE}({\rm{cmt}})\)

Do đó: \(\Delta ABE \sim \Delta BCE(g \cdot g)\)

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{AE}}{{BE}}\)

\( \Rightarrow E{B^2} = EC \cdot EA\)

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

3)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) nên ta có \(MA = MB\) (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Và ta cũng có: \(OA = OB = R\)

\( \Rightarrow OM\) là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Mà \(H\) là giao điểm của AB và MO

\( \Rightarrow AB \bot OM\) tại $H\Rightarrow \widehat{MHB}={90}^{°}$

Xét \(\Delta MHB\) vuông tại H có HE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MB (Vì E là trung điểm của đoạn thẳng \(MB)\)

\( \Rightarrow HE = \frac{1}{2}MB = EB\)

\( \Rightarrow \Delta EHB\) cân tại E

\( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH}\)

Mà \(\widehat {EBH} = \widehat {ECB}(\) vì \(\Delta ABE \sim \Delta BCE(g \cdot g))\)

Suy ra: \(\widehat {EHB} = \widehat {ECB}\)

Xét tứ giác HCEB có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh EB dưới các góc bằng nhau nên tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

4)

Ta có: \(E{B^2} = EC \cdot EA(\) câu 2\() \Rightarrow E{M^2} = EC \cdot EA(\)vì\(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(MB)\)

\( \Rightarrow \frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EA}}{{EM}}\)

Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta AEM\) có:

\(\widehat {AEM}\) là góc chung

\(\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EA}}{{EM}}\)

Do đó: \(\Delta MEC \sim \Delta AEM(c.g.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {EMC} = \widehat {EAM}\)

Ta có:  (Góc nội tiếp chắn cung AC)

Và  (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {MAE}(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADM} = \widehat {EMD}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, suy ra \(AD\parallel EM\) hay \(AD\parallel MB\)

Vì \(AD\parallel MB\) nên \(\widehat {DAB} = \widehat {ABE}\) (Hai góc so le trong) (3)

Ta có: ( góc nội tiếp chắn cung AB)

Và \(\widehat {ABE} = \frac{1}{2}sd\widehat {AB}\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ABE}(4)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {DAB} = \widehat {ADB}\)

Vậy \(\Delta ABD\) cân tại \(B\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

\({a^3} + 2\sqrt 2 {b^3} = 9 \Rightarrow {a^3} + \sqrt 8 {b^3} = 9 \Leftrightarrow {a^3} + {(\sqrt 2 b)^3} = 9\)

\({\rm{Ta}}\) có: \(ab = \sqrt 2  \Leftrightarrow a\sqrt 2 b = 2 \Leftrightarrow {a^3}{(\sqrt 2 b)^3} = 8\)

Đặt \(x = {a^3}\) và \(y = {(\sqrt 2 b)^3} \Rightarrow x.y = 8\) và \(x + y = 9\)

\( \Rightarrow x,y\) là hai nghiệm của phương trình: \({X^2} – 9X + 8 = 0\) (Định lí Vi-ét đảo)

Ta có: \(1 – 9 + 8 = 0\) (Trường hợp \(a + b + c = 0\) )

Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: \({X_1} = 1,{X_2} = 8\)

Với

 \(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^3} = 1}\\{{{(\sqrt 2 b)}^3} = 8}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{\sqrt 2 b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

Với

 \[\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8}\\{y = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^3} = 8}\\{{{(\sqrt 2 b)}^3} = 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{\sqrt 2 b = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\]

Vậy cặp số \((a,b)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán:

\[(a;b) = (1;\sqrt 2 );(a;b) = \left( {2;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\].

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) \(A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 1}} + \frac{1}{{x – \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{2}{{x – 1}}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\)

\( = \frac{{1 + x}}{{\sqrt x (\sqrt x  – 1)}}:\frac{{\sqrt x  + 1}}{{(\sqrt x  + 1)(\sqrt x  – 1)}}\)

\( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x (\sqrt x  – 1)}} \cdot (\sqrt x  – 1)\)

\( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }}\)

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

b) \[A = 2 \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }} = 2 \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt x }} – \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{x – 2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} = 0 \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt x  – 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }} = 0\]

\[ \Rightarrow {(\sqrt x  – 1)^2} = 0 \Rightarrow x = 1\] (không thỏa mãn điều kiện)

Vậy không có x thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) \(P = (A – 4)\sqrt x  = x – 4\sqrt x  + 1 = {(\sqrt x  – 2)^2} – 3 \ge  – 3,\forall x > 0,x \ne 1\)

Dấu “=” xảy ra khi

\({(\sqrt x  – 2)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  – 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  = 2\)

\( \Leftrightarrow x = 4\) (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng -3 khi \(x = 4\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(2,0  điểm)

Gọi vận tốc dự định đi từ A đến \({\rm{B}}\) của \(\hat 0\) tô là \(x(\;{\rm{km}}/{\rm{h}},x > 0)\).

Vận tốc của ô tô khi đi từ \({\rm{B}}\) về đến \({\rm{A}}\) là \(x + 5(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\)

Đi và về đều là quãng đường AB dài \(90\;{\rm{km}}\).

Thời gian đi từ A đến B là \(\frac{{90}}{x}\) (h)

Thời gian từ \({\rm{B}}\)về \({\rm{A}}\) là \(\frac{{90}}{{x + 5}}\) (h)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút \( = \frac{1}{4}\) (h) ta có phương trình

\(\frac{{90}}{x} = \frac{{90}}{{x + 5}} + \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{90.4(x + 5)}}{{4x(x + 5)}} = \frac{{90.4x}}{{4.x(x + 5)}} + \frac{{x(x + 5)}}{{4.x(x + 5)}}\)

\( \Leftrightarrow 360x + 1800 = 360x + {x^2} + 5x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x – 1800 = 0\)

Giải phương trình ta có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 40}\\{x =  – 45(KTM)}\end{array}} \right.\)

Vậy vận tốc dự định của ô tô là là \(40(\;{\rm{km}}/{\rm{h}})\).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x – 2}  + 2(x – y) = 8}\\{2\sqrt {x – 2}  + 5(x – y) = 19}\end{array}} \right.\)

ĐK \(:x \ge 2\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x – 2}  + 2(x – y) = 8}\\{2\sqrt {x – 2}  + 5(x – y) = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\sqrt {x – 2}  + 4(x – y) = 16}\\{2\sqrt {x – 2}  + 5(x – y) = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – y = 3}\\{2\sqrt {x – 2}  + 5.3 = 19}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – y = 3}\\{\sqrt {x – 2}  = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – y = 3}\\{x – 2 = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 3\left( {TM} \right)}\\{x = 6(TM)}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((6;3)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

a) Với \(m =  – 2\) ta có phương trình đường thẳng \((d)y =  – 2x\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\)

\( – {x^2} =  – 2x \Leftrightarrow {x^2} – 2x = x(x – 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 0}\\{x = 2 \Rightarrow y =  – 4}\end{array}} \right.\)

Vây tọa độ giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\) là \((0;0),(2; – 4)\)

b) +) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\):\( – {x^2} = mx – m – 2 \Leftrightarrow {x^2} + mx – m – 2 = 0\)(1)

Ta có: \(\Delta  = {m^2} + 4m + 8 = {(m + 2)^2} + 4 \ge 4 > 0\) Với mọi m

Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay (d) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt với mọi \({\rm{m}}\).

+) Khi đó theo hệ thức \({\rm{Vi}}\) – ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  – m}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  – m – 2}\end{array}} \right.\)

+) Ta có: \(\left| {{x_1} – {x_2}} \right| = \sqrt {20}  \Leftrightarrow {\left( {{x_1} – {x_2}} \right)^2} = 20 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} = 20\)

\( \Rightarrow {m^2} + 4m + 8 = 20 \Leftrightarrow {m^2} + 4m – 12 = 0 \Leftrightarrow (m – 2)(m + 6) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m =  – 6}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m = 2;m =  – 6\) là giá trị cần tìm.

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

1) Ta có bán kính đáy là \(6\;{\rm{cm}}.\)

Diện tích đáy là: \(\pi {.6^2} = 36.\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích xung quanh là: \(2\pi .6.10 = 120\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích vật liệu dùng để tạo nên vỏ hộp sữa là: \(2.36\pi  + 120\pi  = 192\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

2) – Vẽ hình đúng

0.5 điểm

2)

a) Vì AB, AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot BO}\\{AC \bot CO}\end{array}} \right.\) (tính chất tiếp tuyến)

suy ra $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}={90}^{°}$

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{ABO}+\widehat{ACO}={180}^{°}$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

2)

b) Xét đường tròn \((O)\) có \(\widehat {ABE} = \widehat {AFB}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\) có:

\( + \widehat {BAF}\) chung

\( + \widehat {ABE} = \widehat {AFB}({\rm{cmt}})\)

Suy ra $\Delta DEC~\Delta DCB( \text{g}\cdot \text{g})$

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AE}}{{AB}}(\) cặp cạnh tương ứng) Suy ra \(A{B^2} = AE \cdot AF\)

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

2)

c) Xét đường tròn \((O)\)có: \(\widehat {DCE} = \widehat {DBC}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn \({\mathop{\rm cung}\nolimits} EC)\)

Xét \(\Delta DEC\) và \(\Delta DCB\) có:

\( + \widehat {CDB}\) chung

\( + \widehat {DCE} = \widehat {DBC}({\rm{cmt}})\)

Suy ra \(\Delta DEC\~\Delta DCB(\;{\rm{g}} \cdot {\rm{g}})\)

Suy ra \(\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{DE}}{{DC}} \Rightarrow D{C^2} = DB \cdot DE\)

Mà \(AD = DC \Rightarrow A{D^2} = DE.DB \Rightarrow \frac{{AD}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{AD}}\)

Xét \(\Delta DAE\) và \(\Delta DBA\) có

\( + \widehat {ADB}\) chung

\( + \frac{{AD}}{{DE}} = \frac{{DB}}{{AD}}\)

Suy ra \(\Delta DAE\~\Delta DBA({\rm{c}} – {\rm{g}} – {\rm{c}}) \Rightarrow \widehat {DAE} = \widehat {DBA}\) (góc tương ứng)

Mà \(\widehat {DAE} = \widehat {AFB}\) hai góc này ở vị trí so le trong, do đó \(AC//BF\) Suy ra \(\widehat {CBF} = \widehat {BCA}\) (hai góc so le trong).

Mà \(\widehat {BCA} = \widehat {BFC}\) (góc nội tiếp và tạo bởi hai tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) nên \(\widehat {CBF} = \widehat {CFB}\) suy ra \(\Delta CBF\) cân tại C.

Do đó \(CB = CF\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Nhận xét rằng phần gạch màu vàng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.

Gọi \(R = \frac{a}{2}\) là bán kính hình tròn đi qua các điểm N, P, Q, M.

Diện tích một hình viên phân là:

\(S = \frac{{\pi {R^2}}}{4} – \frac{{{R^2}}}{2} = \frac{{{R^2}}}{4}(\pi  – 2) = \frac{{{a^2}}}{{16}}(\pi  – 2)\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Vậy diện tích hình gồm 8 hình viên phân bằng \(\frac{{{a^2}}}{2}(\pi  – 2)\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích hình gạch chéo bằng: \({a^2} – \frac{{{a^2}}}{2}(\pi  – 2) = \frac{{{a^2}(4 – \pi )}}{2}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Vì diện tích phần gạch chéo là \(200(4 – \pi )\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\) nên ta có:

\(\frac{{{a^2}}}{2}(4 – \pi ) = 200(4 – \pi ) \Leftrightarrow {\rm{a}} = 20(\;{\rm{cm}})\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM ( 2,0 điểm)

Câu 1 đến câu 10, mỗi câu đúng 0,2 điểm

2 điểm

PHẦN II. TỰ LUẬN ( 8,0 điểm)

Câu 1

(2,0  điểm)

a) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: \({x^2} + 2x – 1 = 0\)

Ta có: \(\Delta ‘ = 1 – 1( – 1) = 2 \Rightarrow \sqrt {\Delta ‘}  = \sqrt 2 .\)

Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

\({x_1} =  – 1 + \sqrt 2 ;\,{x_2} =  – 1 – \sqrt 2 .\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ { – 1 + \sqrt 2 ; – 1 – \sqrt 2 } \right\}\).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

 b) Ta có: \(\Delta  = {m^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\)

Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

0,5 điểm

c) Đặt \(y = x – 2\) phương trình (1) trở thành: \({y^2} + (m + 4)y + (2m + 3) = 0\,\,\,\,\,(2)\)

Ta cần tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm dương

Điều kiện để phương trình (2) có cả hai nghiệm dương là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _y} \ge 0\\P > 0\\S > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 3 > 0\\ – (m + 4) > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  – \frac{3}{2}\\m <  – 4\end{array} \right.\end{array}\)

Do đó không tồn tại m để phương trình (1) có hai nghiệm lớn hơn 2.

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,0  điểm)

. Điều kiện: \(x \ge 2;y \ge  – 2\)

Đặt \(u = \sqrt {x – 2} \,\,\,(u \ge 0);\,\,v = \sqrt {y + 2} \,\,\,\,(v \ge 0)\)

Hệ đã cho trở thành:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3u – v = 1\\u + v = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\v = 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x – 2}  = 1\\\sqrt {y + 2}  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (3;2).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Câu 3

(2,0 điểm)

Gọi x (giờ) \(\left( {x > \frac{{12}}{5}} \right)\) là thời gian vòi thứ nhất chảy riêng cho đầy bể.

Thời gian vòi thứ hai chảy riêng đầy bể là: x + 2 (giờ)

Trong 1 giờ vòi I chảy được: \(\frac{1}{x}\) (bể)

Trong 1 giờ vòi II chảy được: \(\frac{1}{{x + 2}}\) (bể)

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2}} = \frac{5}{{12}}\)

Giải phương trình trên, ta được: x = 4

Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy đầy bể là 4 giờ, thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là 6 giờ.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(3,0 điểm)

– Vẽ hình đúng

0,5 điểm

a) Xét tứ giác ABCD:

Ta có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \) D, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh AB dưới một góc bằng nhau

Nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {MCD} = \widehat {MAB}\)(tính chất tứ giác nội tiếp)

Xét \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\), ta có:

\(\widehat {CMD}\): chung

 \(\widehat {MCD} = \widehat {MAB}\)(cmt)

\( \Rightarrow \Delta MCD \sim \Delta MAB(g – g)\)

\( \Rightarrow \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) MA.MD = MB.MC

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

b) Gọi N  là giao điểm của CD và OM

\( \Rightarrow \widehat {NCM} = \widehat {BAM}\)( cmt)

Ta lại có: \(\widehat {BAM} = \widehat {BMy}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MB

\( \Rightarrow \widehat {NCM} = \widehat {BM{\rm{y}}}\)

Mà hai góc ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow xy//CD.\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

 c) Ta có: \({S_{AMB}} = \frac{1}{2}AB.MK\)

Do AB cố định

\[ \Rightarrow {S_{\max }} \Leftrightarrow M{K_{\max }} \Leftrightarrow M\] là điểm chính giữa cung AB.

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

1) Thay \(x = 36({\rm{tmdk}})\)vào biểu thức A, ta được:

\(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{1 + \sqrt x }} = \frac{{6 + 2}}{{1 + 6}} = \frac{8}{7}\)

Vậy với \(x = 36\) thì \(A = \frac{8}{7}\).

0,5 điểm

0,5 điểm

2) \(B = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 3)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  – 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  – 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  + \sqrt x  \cdot (\sqrt x  + 2)}}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 3)}} \cdot \frac{{\sqrt x  – 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{x + 4\sqrt x }}{{(\sqrt x  + 2)(\sqrt x  – 3)}} \cdot \frac{{\sqrt x  – 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 2}}\)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3) \(P = A \cdot B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{\sqrt x  + 4}}{{\sqrt x  + 1}} = 1 + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}}\)

Vì \(x > 0;x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \ge 1 \Rightarrow \sqrt x  \ge 1 \Rightarrow \sqrt x  + 1 \ge 2\)

\( \Rightarrow \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} \le \frac{3}{2} \Rightarrow P = 1 + \frac{3}{{\sqrt x  + 1}} \le \frac{5}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi x=1

Vậy \(\max P = \frac{5}{2}\) khi \(x = 1\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi số dụng cụ mỗi xí nghiệp A và B phải làm theo kế hoạch lần lượt là x, y (dụng cụ) (\(0 < x,{\rm{y}} < 720;x,{\rm{y}} \in N\))

Vì theo kế hoạch, hai xí nghiệp A và B phải làm tổng cộng 720 dụng cụ cùng loại nên: \(x + y = 720\)(1)

Trên thực tế do cải tiến kĩ thuật, xí nghiệp A hoàn thành vượt mức \(12\% \), nghĩa là:

\(x + 12\% x = 1,12x\) (dụng cụ)

Xí nghiệp \({\rm{B}}\) hoàn thành vượt mức \(10\% \) so với kế hoạch, nghĩa là:

\({\rm{y}} + 10\% {\rm{y}} = 1,1y\) (dụng cụ)

Thực tế cả hai đội làm được tổng cộng 800 dụng cụ, do đó ta có phương trình: \(1,12x + 1,1y = 800\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 720\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 792\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,1y = 792\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,02x = 8\\1,12x + 1,1y = 800\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\1,12.400 + 1,1y = 800\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 320\end{array} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện).

Vậy theo kế hoạch số dụng cụ của xí nghiệp A phải làm làm 400 dụng cụ và số dụng cụ của xí nghiệp B phải làm là 320 dụng cụ.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

1) Xét phương trình: \(3{x^4} – 2{x^2} – 40 = 0\)(1)

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\)

\(\begin{array}{l}(1) \Leftrightarrow 3{t^2} – 2t – 40 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t – 4} \right)\left( {3t + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t – 4 = 0\\3t + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\left( {TMDK} \right)\\t =  – \frac{{10}}{3}\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t = 4 \Rightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x =  \pm 2\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ { – 2;2} \right\}\).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

a) Phương trình \({x^2} + (m – 1)x – {m^2} – 2 = 0\)là phương trình bậc hai có hệ số \(a.c =  – {m^2} – 2 < 0\) với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị của \(m\).

0,5 điểm

b) Theo định lí Vi ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1 – m}\\{{x_1}{x_2} =  – {m^2} – 2}\end{array}} \right.\)

Đặt \(t = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}\) thì

 \(\begin{array}{l}t = \frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}}\\ = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}{{{x_1}{x_2}}} – 2\\ = \frac{{{{(1 – m)}^2}}}{{ – {m^2} – 2}} – 2\\ =  – \frac{{{{(1 – m)}^2}}}{{{m^2} + 2}} – 2 \le  – 2\end{array}\) với mọi m

Đặt

 \(\begin{array}{l}T = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} + {\left( {\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3}\\ = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} – 3.\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}.\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} \cdot \left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)\end{array}\)

\( = {\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} – 3 \cdot \left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)\)

\( = {t^3} – 3t = t\left( {{t^2} – 3} \right)\).

Vì

\(\begin{array}{l}t \le  – 2 \Rightarrow  – t \ge 2\\ \Rightarrow {t^2} \ge 4 \Rightarrow \left( {{t^2} – 3} \right) \ge 1\end{array}\)

\( \Rightarrow  – t\left( {{t^2} – 3} \right) \ge 2 \Rightarrow T \le  – 2\).

Vậy \(\max T =  – 2\) khi \(t =  – 2 \Rightarrow m = 1\)

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

– Vẽ hình đúng

0,5 điểm

1) Xét tứ giác BFEC có góc \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \)

Hai đỉnh liên tiếp F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

0.5 điểm

0,5 điểm

2) Xét đường tròn (O)

Ta có: \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Ta lại có : \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \)( AD là đường cao của tam giác ABC)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AKC\), có :

\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\)(chứng minh trên)

\(\widehat {ACK} = \widehat {ADB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta AKC(g – g)\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}} \Leftrightarrow AB \cdot AC = AD \cdot AK\).

Mà AK là đường kính nên AK = 2R.

\( \Rightarrow AB \cdot AC = AD \cdot 2R\)(đpcm).

0,5 điểm

0,5 điểm

3) Ta có: $\widehat{ADC}={90}^{°}$(AD là đường cao của tam giác ABC)

$\widehat{AMC}={90}^{°}$ ( do M là hình chiếu của C trên AK)

$\Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{AMC}={90}^{°}$

Do đó hai đỉnh liên tiếp D, M cùng nhìn AC dưới một góc bằng nhau

Nên tứ giác ADKC nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {ACD} = \widehat {AMD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Đường tròn (O) có \(\widehat {AKB} = \widehat {ACD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

suy ra \(\widehat {AMD} = \widehat {CBK}\)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow BK//DM\)

0,25 điểm

0,25 điểm

4) Diện tích tam giác AEH là: \({S_{\Delta AEH}} = \frac{1}{2}.AH \cdot EH\)

Xét tam giác AHK có:

O là trung điểm của AK (AK là đường kính)

Gọi G là trung điểm của BC (Do BC cố định nên G không đổi)

Khi đó OG là đường trung bình nên \(AH = 2OG,\) O và G không đổi nên độ dài AH không đổi

\({S_{\Delta AEH}} = \frac{{AE \cdot EH}}{2} \le \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{4} = \frac{{A{H^2}}}{4}\)

Do đó, \(\max {S_{\Delta AEH}} = \frac{{A{H^2}}}{4}\)

\({S_{AEH}}\max  \Leftrightarrow EA = EH\)

\( \Rightarrow \Delta AEH\) vuông cân tại H

$\Rightarrow \widehat{EAH}={45}^{°}\Rightarrow \widehat{ACB}={45}^{°}$

Vậy A nằm ở trên cung lớn BC sao cho $\widehat{ACB}={45}^{°}$ thì diện tích tam giác AEH max.

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Có

 \(\begin{array}{l}\frac{{{a^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} = \frac{{{a^2} + {c^2} – {c^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}\\ = \frac{1}{c} – \frac{c}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{1}{c} – \frac{c}{{2\sqrt {{c^2} \cdot {a^2}} }} = \frac{1}{c} – \frac{1}{{2a}}\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{c\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} \ge \frac{1}{c} – \frac{1}{{2a}}\)

Và tương tự

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge \left( {\frac{1}{c} – \frac{1}{{2a}}} \right) + \left( {\frac{1}{a} – \frac{1}{{2b}}} \right) + \left( {\frac{1}{b} – \frac{1}{{2c}}} \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \frac{{ab + bc + ca}}{{2abc}} = \frac{3}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {\mathop{\rm Min}\nolimits} P = \frac{3}{2},\) xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow a = b = c = 1\).

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu

Đáp án và  hướng dẫn chấm

Biểu điểm

Câu 1

(2,0  điểm)

a) \(2{(x – 1)^2} = x\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} – 2x + 1} \right) = x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} – 4x + 2 = x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} – 5x + 2 = 0\)

\(\Delta  = {b^2} – 4ac = 9 > 0 \Rightarrow \sqrt \Delta   = 3\)

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{5 + 3}}{{2.2}} = 2,{x_2} = \frac{{5 – 3}}{{2.2}} = \frac{1}{2}.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {\frac{1}{2};2} \right\}\).

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x – 2y \ge 0\\y – 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2y\\y \ne 3\end{array} \right.;\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x – 2y}  = a}\\{\frac{1}{{y – 3}} = b}\end{array}} \right.\) (ĐK\(:a \ge 0,b \ne 0\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + b = 5}\\{a – 2b =  – 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8a + 2b = 10}\\{a – 2b =  – 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9a = 9}\\{a – 2b =  – 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{1 – 2b =  – 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện)

Tù đó:

 \(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x – 2y}  = 1}\\{\frac{1}{{y – 3}} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x – 2y = 1}\\{y – 3 = 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 2.4 = 1\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9}\\{y = 4}\end{array}} \right.\end{array}\)(thỏa mãn điều kiện)

So sánh với điều kiện xác định và kết luận hệ có nghiệm \(({\rm{x}};{\rm{y}})\)\( = (9;4)\).

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 2

(1,5  điểm)

Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia tham quan \((0 < x,y < 250,x,y \in N,\) đon vị người)

Tính được số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là \(95\% .80000 = 76000\) (đồng)

Tính được số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là \(95\% .60000 = 57000\) (đồng)

Lập được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 250}\\{76000x + 57000y = 14535000}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}57x + 57y = 14250\\76x + 57y = 14535\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\76.15 + 57y = 14535\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\76.15 + 57y = 14535\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 235\end{array} \right.\)(thỏa mãn điều kiện)

Vậy số giáo viên tham gia là 15 người và học sinh là 235 người tham gia tham quan.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

a)

Gọi đồ thị hàm số Parabol (P) có dạng: \({\rm{y}} = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2}({\rm{a}} \ne 0)\)

Vì \({\rm{M}}( – 71; – 143)\) thuộc đồ thị \(({\rm{P}}){\rm{y}} = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2}\)

Thay x = -71, y = – 143 vào (P) ta được: \( – 143 = {\rm{a}}{\left( { – 71} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{a}} =  – \frac{{143}}{{5041}}\)

Vậy công thức hàm số bậc hai có đồ thị chứa cung parabol là: \({\rm{y}} =  – \frac{{143}}{{5041}}{{\rm{x}}^2}\)

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

b) Gọi tọa độ điểm A là: \({\rm{A}}\left( {81;{{\rm{y}}_{\rm{A}}}} \right)\)

Vì A thuộc \(({\rm{P}}):{\rm{y}} = \frac{{ – 143}}{{5041}}{{\rm{x}}^2}\)

\( \Rightarrow {{\rm{y}}_A} = \frac{{ – 143}}{{5041}}{.81^2}\)

Do OH là đường cao nên OH\( \bot \)HA. Khi đó:

\( \Rightarrow OH = \left| {{y_A}} \right| = \left| {\frac{{ – 143}}{{5041}}} \right|{.81^2} \approx 186,12\)

Vậy chiều cao OH của cổng là 186m.

0,5 điểm

0,5 điểm

Câu 4

(4,0 điểm)

– Vẽ hình đúng

0,5 điểm

a) Ta có: AB \( \bot {\rm{MN}}\)(gt)

và AB\( \bot {\rm{MN}}\) (gt)

nên \({\rm{MN}}//{\rm{CD}}\)(từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {DCM} = \widehat {CMN}\) (hai góc so le trong).

Ta lại có: \(\widehat {DCE} = \widehat {DFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

\( \Rightarrow \widehat {DFE} = \widehat {CMN}\)

Mặt khác \(\widehat {NFE} + \widehat {DFE} = 180^\circ \)(hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {NFE} + \widehat {CMN} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác MNEF nội tiếp

0.25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

b) Vì MN//CD

\( \Rightarrow \widehat {ONM} = \widehat {ODC}\)(hai góc so le trong)

Và \(\widehat {OMN} = \widehat {OCD}\)(hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {OCD} = \widehat {ODC}\)(hai góc ở đáy trong tam giác cân OCD (OC =OD)).

\( \Rightarrow \widehat {ONM} = \widehat {OMN}\)

Do đó tam giác OMN cân tại O

Ta có: OA\( \bot \)MN \( \Rightarrow \) OA là đường cao, OA cũng là đường trung tuyến

\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\)

Xét \(\Delta NAF\) và \(\Delta NDA\), có:

\(\widehat {AND}\): góc chung

\(\widehat {{\rm{NAF}}} = \widehat {NDA}\)(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

$\Rightarrow \Delta \text{NAF}~\Delta \text{NDA}(\text{g}\cdot \text{g})$

\( \Rightarrow \frac{{NA}}{{ND}} = \frac{{NF}}{{NA}} \Leftrightarrow N{A^2} = ND.NF\)

Chứng minh tương tự: \({\rm{M}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{ME}}.{\rm{MC}}\)

Mà AM = AN (cmt)

Suy được: ME.MC = NF.ND

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

c) Giả sử OFAE là hình thoi

\( \Rightarrow \) OF = FA = AE = OE

Xét \(\Delta {\rm{OAE}}\), có: OA = OE =R, OE = AE(cmt)

\( \Rightarrow \) OA = OE = AE

\( \Rightarrow \Delta {\rm{OAE}}\) đều.

 $\Rightarrow \widehat{\text{AOE}}={60}^{°}$

$\Rightarrow \widehat{COH}=\widehat{AOE}={60}^{°}$ (hai góc đối đỉnh)

Xét \(\Delta OHC\) vuông tại H, có:

\[{\rm{cos}}\widehat {COH} = \frac{{OH}}{{OC}} \Leftrightarrow {\rm{cos60}}^\circ  = \frac{{OH}}{R} \Leftrightarrow OH = \frac{R}{2}\]

Suy được H là trung điểm của \({\rm{OB}}\).

0,25 điểm

0,25 điểm

d)

Lấy điểm O’ đối xứng với O qua điểm A, suy ra O’ cố định, \({\rm{O}}{{\rm{A}}^\prime } = {\rm{OA}} = {\rm{R}}.\) Vì O là trung điểm của \({\rm{AB}}\) nên suy ra được \(G \in KO,OG = \frac{1}{3}OK\)

Xét \(\Delta {\rm{AOC}}\) và \(\Delta {\rm{AO’K}}\), có:

OA = O’A (O đối xứng với O’ qua A)

\(\widehat {O’AK} = \widehat {OAC}\) (hai góc đối đỉnh)

AC = AK (C đối xứng với K qua A)

\( \Rightarrow \Delta {\rm{AOC}} = \Delta {\rm{AO’K(c  – g  – c)}}\)

\( \Rightarrow {\rm{O’K}} = {\rm{OC}} = {\rm{R}}\) (hai cạnh tương ứng)

Kẻ GI // O’K (I \( \in \) OA)

Áp dụng định lý Talet suy được \(\frac{{OI}}{{O{O^\prime }}} = \frac{{IG}}{{{O^\prime }K}} = \frac{{OG}}{{OK}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow OI = \frac{{2R}}{3};IG = \frac{R}{3}\)

Suy ra điểm I cố định, IG không đối.

Lập luận được G thuộc đường tròn \(\left( {I;\frac{R}{3}} \right)\) cố định

0,25 điểm

0,25 điểm

Câu 5

(0,5 điểm)

Ống mũ là hình trụ với chiều cao \(35\;{\rm{cm}}\), bán kính đáy

\(R = \frac{{35 – 2.10}}{2} = 7,5(\;{\rm{cm}})\)

Diện tích vải để làm ống mũ là:

\({S_1} = 2\pi Rh + \pi {R^2} = 2\pi .7,5.30 + \pi {(7,5)^2} = 506,25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích vải để làm vành mũ là:

\({S_2} = \pi  \cdot 17,{5^2} – \pi  \cdot {(7,5)^2} = 250\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Tông diện tích vải cần để làm cái mũ là:

\(506,25\pi  + 250\pi  = 756,25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 2376\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

0,25 điểm

0,25 điểm