Đề thi tự luận (2021)

Hướng dẫn giải:

1) ĐKXĐ: $x \geq 0 ; x \neq 1$

Ta có: $P=\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}$ 

Thay $x=4$ (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức $P$ ta có:

$P=\dfrac{1}{\sqrt{4}-1}=\dfrac{1}{2-1}=1$

Vậy với $x=4$ thì giá trị biểu thức $P$ là $1$.

2) Ta có: $Q=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{2}{x-1}-1$

ĐKXĐ: $x \geq 0 ; x \neq 1$

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

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

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

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

     $=\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}$

Vậy $Q=\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}$ với $x \geq 0 ; x \neq 1$.

3) Ta có: $\dfrac{1}{Q}+P \leq 4 \Rightarrow \sqrt{x}+1+\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}-4 \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x-1+1-4(\sqrt{x}-1)}{\sqrt{x}-1} \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x-4 \sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1} \leq 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{(\sqrt{x}-2)^{2}}{\sqrt{x}-1} \leq 0$

Mặt khác: $(\sqrt{x}-2)^{2} \geq 0$, $\forall x $

Do vậy \(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}-2=0\\\sqrt{x}-1< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=4\\x< 1\end{matrix}\right.\)

Kết hợp ĐKXĐ ta được $0 \leq x<1$ hoặc $x=4$

Kết luận: với $0 \leq x<1$ hoăc $x=4$ thì thỏa mãn đề bài.

Hướng dẫn giải:

1) Gọi vận tốc của xe thứ hai là $x$ (km/h) ($x>0)$ 

Ta có vận tốc của xe thứ nhất là: $x+10$ (km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi là: $\dfrac{160}{x+10}$ (h)

Thời gian xe thứ hai đi là: $\dfrac{160}{x}$ (h).

Vì xe thứ nhất đến $B$ sớm hơn xe thứ hai là $48$ phút bằng $\dfrac{4}{5}$ (h) nên ta có phương trình:

$\dfrac{160}{x}=\dfrac{160}{x+10}+\dfrac{4}{5}$

$\Rightarrow 160.5 .(x+10)=160.5.x+4 x(x+10)$

$\Leftrightarrow 800 x+8000=800 x+4 x^{2}+40 x \Leftrightarrow 4 x^{2}+40 x-8000=0$

$\Leftrightarrow x^{2}+10 x-2000=0 \Leftrightarrow(x-40)(x+50)=0$

$\Leftrightarrow x=40$ (thỏa mãn); $x=-50$ (loại)

Vậy vận tốc của xe thứ hai là $40$ km/h.
2)

Gọi chiều cao của bạn An là: $A B=C E=1 $ (m) 

Khoảng cách từ chỗ bạn An đứng đến chân tòa nhà là: $A E=B C=25 $ (m).

Trong $\Delta D A E$ vuông tại $E$, ta có: $D E=A E . \tan \widehat{D A E}=25. \tan 72^{\circ}$ (m)

Suy ra chiều cao của tào nhà là: $C D=E C+D E=1+25 . \tan 72^{\circ} \approx 77,94$ (m).

Vậy chiều cao của tòa nhà xấp xỉ $77,94$ mét.

Hướng dẫn giải:

1) Đặt $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=a \\ \dfrac{1}{y-1}=b\end{array}(a \geq 0, b \ne 0)\right.$

Khi đó hệ phương trình trở thành :

$\left\{\begin{array}{l}2 a+3 b=5 \\ 4 a-b=3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}4 a+6 b=10 \\ 4 a-b=3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}7 b=7 \\ 4 a-b=3\end{array}\right.\right.\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}b=1 \\ 4 a-1=3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ a=1\end{array}(\right.\right.$ $\text{tmđk}$ $a \geq 0,b\ne 0)$

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=1 \\ \dfrac{1}{y-1}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}x=1 \\ y-1=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=2\end{array}(\right.\right.\right.$  $\text{tmđk}$ $x \geq 0 ; y \neq 1)$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x ; y)=(1 ; 2)$.

2) 

a) Ta thấy $m=3$ thỏa mãn điều kiện $m \neq 0$

Khi $m=3$, thì $(d): y=3 x-1$

Hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình:

$x^{2}=3 x-1$
$\Leftrightarrow x^{2}-3 x+1=0$

Phương trình có : $\Delta=(-3)^{2}-4.1 .1=9-4=5>0$

Vì $\Delta>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ ; $x_{2}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$

Với $x_{1}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow y_{1}=\dfrac{7+3 \sqrt{5}}{2}$

Ta được $\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{7+3 \sqrt{5}}{2}\right)$

Với $x_{2}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow y_{2}=\dfrac{7-3 \sqrt{5}}{2}$

Ta được $\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{7-3 \sqrt{5}}{2}\right)$

Vậy khi $m=3$, thì đường thẳng $(d)$ và parabol $(P)$ cắt nhau tại hai điểm $\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{7+3 \sqrt{5}}{2}\right)$ và $\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{7-3 \sqrt{5}}{2}\right)$.

b) Hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình:

$x^{2}=m x-1$

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

Phương trình có : $\Delta=(-m)^{2}-4.1 .1=m^{2}-4$

Để $(d)$ và $(P)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình $\left(^{*}\right)$ có hai nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow$ $\Delta>0 \Leftrightarrow m^{2}-4>0 \Leftrightarrow m^{2}>4 \Leftrightarrow$ \(\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< -2\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với điều kiện $m \neq 0$ ta được \(\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< -2\end{matrix}\right.\)

Theo hệ thức Viet ta có:

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

Vì $x_{1}$ là nghiệm của phương trình $\left(^{*}\right)$ nên ta có $x_{1}^{2}-m x_{1}+1=0$ $\Rightarrow x_{1}^{2}+1=m x_{1}$

Theo bài ra ta có: $x_{2}\left(x_{1}^{2}+1\right)=3$

$\Leftrightarrow x_{2} . m x_{1}=3$

$\Leftrightarrow m x_{1} x_{2}=3$

$\Leftrightarrow m . 1=3$

$\Leftrightarrow m=3$ (tmđk)

Vậy $m=3$ thì thỏa mãn bài toán.

Hướng dẫn giải:

1) Chứng minh rằng năm điểm $A, E, F, O$ và $M$ cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có: $M E$ vuông góc với $A B$ tại $E$ $\Rightarrow \widehat{A E M}=90^{\circ} $

$M F$ vuông góc với $A C$ tại $F$ $\Rightarrow \widehat{A F M}=90^{\circ}$

$A$ là điểm chính giữa của cung $B C$ $\Rightarrow O A \perp B C$ tại $O \Rightarrow \widehat{A O M}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{A E M} ; \widehat{A F M} ; \widehat{A O M}$ cùng nhìn đoạn $A M \Rightarrow$ các điểm $A, E, F, O, M$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $A M$.

2) Chứng minh rằng tứ giác $D A F E$ là hình thang cân.

$D$ là điểm đối xứng với $M$ qua $E F \Rightarrow E F$ là đường trung trực của $D M \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}D F=M F \\ D E=E M \\ E F \perp D M\end{array}\right.$ (1)

$\widehat{E A F}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$A E F M$ là hình chữ nhật (vì $\widehat{A E M}=\widehat{A F M}=\widehat{E A C}=90^{\circ}) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}A E=M F \\ E M=A F\end{array}\right.$   (2)

$\Delta D E F=\Delta F A E$ (c. c. c) (vì: $D F=A E=M F ; D E=A F=E M ; E F$ là cạnh chung)

$\Rightarrow \widehat{E D F}=\widehat{E A F}=90^{\circ} \Rightarrow A D E F$ là tứ giác nội tiếp.

Mà $A ; E ; F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $A M \Rightarrow D$ thuộc trên đường tròn đường kính $A M$

$\Rightarrow \widehat{A D M}=90^{\circ}($ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $A M) \Rightarrow A D \perp M D$  (3)

Từ (1) và (3) $\Rightarrow A D / / E F \Rightarrow D A F E$ là hình thang

Ta lại có $D F=A E \Rightarrow D A F E$ là hình thang cân.

3) Chứng minh rằng $E, F, K$ thẳng hàng.

Ta có: $\Delta A B O$ vuông cân tại $O \Rightarrow \widehat{A B O}=\widehat{B A O}=45^{\circ}$

Xét đường tròn đường kính $A M$ có:

$\widehat{E D O}=\widehat{E A O}=\dfrac{1}{2} \text{sđ} \widehat{E O}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Do đó $\widehat{A B O}=\widehat{E D O}=45^{\circ}$

Mà $K D \perp O D$ tại $D \Rightarrow \widehat{K D O}=\widehat{K D E}+\widehat{E D O}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{K D E}=45^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{A B O}=\widehat{K D E}$

Mặt khác: $\widehat{K B E}+\widehat{A B O}=180^{\circ} \Rightarrow \widehat{K B E}+\widehat{K D E}=180^{\circ} \Rightarrow B E D K$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{K B D}=\widehat{K E D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)   (4)

Tứ giác $A D B C$ nội tiếp đường tròn $(O) \Rightarrow \widehat{K B D}=\widehat{D A C}$ (cùng bù với $\widehat{D B C}$ )    (5)

Từ (4) và (5) $\Rightarrow \widehat{K E D}=\widehat{D A C}$

Mà: $D A F E$ là hình thang cân $\Rightarrow \widehat{D A C}+\widehat{D E F}=180^{\circ} \Rightarrow \widehat{K E D}+\widehat{D E F}=180^{\circ}$

$\Rightarrow E, F, K$ thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

+) Tìm $P_{\min }$

Vì $a+b+c=0$ và $a+b+c=1$ $\Rightarrow a \geq a^{2} ; b \geq b^{2} ; c \geq c^{2}$

$\Rightarrow P=\sqrt{a^{2}+a}+\sqrt{b^{2}+b}+\sqrt{c^{2}+c} \geq \sqrt{a^{2}+a^{2}}+\sqrt{b^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+c^{2}}$

$=\sqrt{2 a^{2}}+\sqrt{2 b^{2}}+\sqrt{2 c^{2}}=\sqrt{2}(a+b+c)=\sqrt{2}$

$\Rightarrow P \geq \sqrt{2}$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow(a, b, c) \in\{(0 ; 0 ; 1) ;(0 ; 1 ; 0) ;(1 ; 0 ; 0)\}$.

Vậy $P_{\min }=\sqrt{2} \Leftrightarrow (a, b, c) \in\{(0 ; 0 ; 1) ;(0 ; 1 ; 0) ;(1 ; 0 ; 0)\}$.

+) Tìm $P_{\max }$

$P=\sqrt{a^{2}+a}+\sqrt{b^{2}+b}+\sqrt{c^{2}+c}$

$=\sqrt{a(a+1)}+\sqrt{b(b+1)}+\sqrt{c(c+1)}$

$=2 \sqrt{a. \dfrac{a+1}{4}}+2 \sqrt{b . \dfrac{b+1}{4}}+2 \sqrt{c . \dfrac{c+1}{4}}$

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

$P \leq\left(a+\dfrac{a+1}{4}\right)+\left(b+\dfrac{b+1}{4}\right)+\left(c+\dfrac{c+1}{4}\right)=\dfrac{5 a+1}{4}+\dfrac{5 b+1}{4}+\dfrac{5 c+1}{4}=\dfrac{5}{4}(a+b+c)+\dfrac{3}{4}=\dfrac{5}{4}. 1+\dfrac{3}{4}=2$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{a+1}{4}\\b=\dfrac{b+1}{4}\\c=\dfrac{c+1}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a=a+1\\4b=b+1\\4c=c+1\end{matrix}\right.\) $\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$ 

Vậy $P_{\max }=2 \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$.