Bài 1 [2,0 điểm]:
1. Rút gọn biểu thức : \[A = \dfrac{{\sin 15^\circ + \cos 15^\circ }}{{\cos 15^\circ }} - \cot 75^\circ .\]
2. Giải phương trình : \[\sqrt {25x + 5} + \sqrt {45} \sqrt {20x + 4} - \sqrt {\dfrac{{5x + 1}}{{16}}} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{4}.\]
Bài 2 [2,0 điểm]:
Cho hai biểu thức \[P = \dfrac{2}{{\sqrt 2 - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x + \sqrt 2 }}{{\sqrt {2x} - x}}\] và \[Q = \dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {x - 1} - \sqrt 2 }};\] với \[x > 1\] và \[x \ne 2,\,x \ne 3.\]
1] Tính giá trị của biểu thức \[P\] khi \[x = 16.\]
2] Chứng minh rằng \[Q + \sqrt 2 = \sqrt x .\]
3] Tìm \[x\] để \[P.Q \ge 0.\]
Bài 3 [2,0 điểm]:
Cho hai hàm số bậc nhất \[y = \left[ {m + 1} \right]x + 2m\] và \[y = \left[ {2m + 1} \right]x + 3m\]
1] Tìm giá trị của \[m\] để đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song.
2] Tìm giá trị của \[m\] để giao điểm của hai đồ thị đã cho nằm trên trục hoành.
Bài 4 [3,5 điểm]:
Cho nửa đường tròn \[\left[ {O;R} \right]\] đường kính \[AB.\] Gọi \[C,D\] là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc \[COD\] luôn bằng \[90^\circ \] [\[C\] nằm giữa \[A\] và \[D\]]. Tiếp tuyến tại \[C,D\] cắt đường thẳng \[AB\] lần lượt tại \[F,G.\] Gọi \[E\] là giao điểm của \[FC\] và \[GD.\]
1] Tính chu vi của tam giác \[ECD\] theo \[R.\]
2] Khi tứ giác \[FCDG\] là hình thang cân. Hãy tính tỉ số \[\dfrac{{AB}}{{FG}}.\]
3] Chứng minh rằng \[FC.DG\] luôn là hằng số.
4] Tìm vị trí của \[C,D\] sao cho tích \[AD.BC\] đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5 [0,5 điểm]:
Với hai số dương \[x,y\] thỏa mãn \[x + y = 2.\] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[T = \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {x + 1} \right]}^2}}}} + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {y + 1} \right]}^2}}}} + \dfrac{4}{{\left[ {x + 1} \right]\left[ {y + 1} \right]}}\]
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn
Bài 1 [VD]:
Phương pháp:
1] Sử dụng \[\tan \alpha = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}\] và \[\cot \alpha = \tan \beta \] với \[\alpha + \beta = {90^0}.\]
2] Sử dụng công thức \[\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|.B\,\,\left[ {B \ge 0} \right]\]
Biến đổi đưa phương trình về dạng \[\sqrt A = m\left[ {m \ge 0} \right] \Leftrightarrow A = {m^2}\,\left[ {A \ge 0} \right]\]
Cách giải:
1] Rút gọn biểu thức : \[A = \dfrac{{\sin 15^\circ + \cos 15^\circ }}{{\cos 15^\circ }} - \cot 75^\circ .\]
\[A = \dfrac{{\sin 15^\circ + \cos 15^\circ }}{{\cos 15^\circ }} - \cot 75^\circ \\= \tan 15^\circ + 1 - \cot 75^\circ \]
\[ = \tan 15^\circ + 1 - \cot 75^\circ \\= \tan 15^\circ + 1 - \tan 15^\circ = 1\]
2] Giải phương trình : \[\sqrt {25x + 5} + \sqrt {45} \sqrt {20x + 4} - \sqrt {\dfrac{{5x + 1}}{{16}}} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{4}.\]
Điều kiện: \[x \ge - \dfrac{1}{5}\]
\[\sqrt {25x + 5} + \sqrt {45} \sqrt {20x + 4} - \sqrt {\dfrac{{5x + 1}}{{16}}} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{4}\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt 5 .\sqrt {5x + 1} + 6\sqrt 5 .\sqrt {5x + 1} - \dfrac{{\sqrt {5x + 1} }}{4} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{4}\] ĐK : \[x \ge \dfrac{{ - 1}}{5}\]
\[ \Leftrightarrow \left[ {7\sqrt 5 - \dfrac{1}{4}} \right]\sqrt {5x + 1} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{4}\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt {5x + 1} = \dfrac{{27\sqrt 5 }}{{28\sqrt 5 - 1}}\]
\[ \Leftrightarrow 5x + 1 = {\left[ {\dfrac{{27\sqrt 5 }}{{28\sqrt 5 - 1}}} \right]^2}\]
\[ \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{5}\left[ {{{\left[ {\dfrac{{27\sqrt 5 }}{{28\sqrt 5 - 1}}} \right]}^2} - 1} \right]\,\,\left[ {TM} \right].\]
Vậy \[x = \dfrac{1}{5}\left[ {{{\left[ {\dfrac{{27\sqrt 5 }}{{28\sqrt 5 - 1}}} \right]}^2} - 1} \right]\]
Bài 2 [VD]:
Phương pháp:
1] Rút gọn \[P.\] Thay \[x = 16\left[ {tmdk} \right]\] vào \[P\] để tính toán
2] Rút gọn \[Q\] bằng cách trục căn thức ở mẫu rồi tính \[Q + \sqrt 2 .\]
3] Đánh giá mẫu thức rồi suy ra điều kiện của tử thức
Cách giải:
1] Tính giá trị của biểu thức \[P\] khi \[x = 16.\]
\[\begin{array}{l}P = \dfrac{2}{{\sqrt 2 - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x + \sqrt 2 }}{{\sqrt {2x} - x}}\\ = \dfrac{2}{{\sqrt 2 - \sqrt x }} - \dfrac{{\sqrt x + \sqrt 2 }}{{\sqrt x \left[ {\sqrt 2 - \sqrt x } \right]}}\\ = \dfrac{{2\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x \left[ {\sqrt 2 - \sqrt x } \right]}}\\ = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x \left[ {2 - \sqrt x } \right]}} = - \dfrac{1}{{\sqrt x }}\end{array}\]
Thay \[x = 16\,\left[ {tmdk} \right]\] vào \[P = - \dfrac{1}{{\sqrt x }}\] ta được :
\[P = \dfrac{{ - 1}}{{\sqrt {16} }} = - \dfrac{1}{4}.\]
Vậy với \[x = 16\] thì \[P = - \dfrac{1}{4}.\]
2] Chứng minh rằng \[Q + \sqrt 2 = \sqrt x .\]
Ta có:
\[Q = \dfrac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {x - 1} - \sqrt 2 }}\]
\[ = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + \sqrt {x - 1} } \right]}}{{\left[ {\sqrt x - \sqrt {x - 1} } \right]\left[ {\sqrt x + \sqrt {x - 1} } \right]}} - \dfrac{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {\sqrt {x - 1} + \sqrt 2 } \right]}}{{\left[ {\sqrt {x - 1} - \sqrt 2 } \right]\left[ {\sqrt {x - 1} + \sqrt 2 } \right]}}\]
\[ = \dfrac{{\sqrt x + \sqrt {x - 1} }}{{x - \left[ {x - 1} \right]}} - \dfrac{{\left[ {x - 3} \right]\left[ {\sqrt {x - 1} + \sqrt 2 } \right]}}{{\left[ {x - 1} \right] - 2}}\]
\[\begin{array}{l} = \sqrt x + \sqrt {x - 1} - \left[ {\sqrt {x - 1} + \sqrt 2 } \right]\\ = \sqrt x - \sqrt 2 \end{array}\]
Từ đó
\[Q + \sqrt 2 = \sqrt x - \sqrt 2 + \sqrt 2 = \sqrt x \]
Vậy \[Q + \sqrt 2 = \sqrt x .\]
3] Tìm \[x\] để \[P.Q \ge 0.\]
Ta có: \[P = - \dfrac{1}{{\sqrt x }};Q = \sqrt x - \sqrt 2 \] với \[x > 1;x \ne 2;x \ne 3\]
Nên \[M = P.Q = \dfrac{{\left[ {\sqrt x - \sqrt 2 } \right] \cdot \left[ { - 1} \right]}}{{\sqrt x }} = \dfrac{{\sqrt 2 - \sqrt x }}{{\sqrt x }}\]
Để \[M \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 2 - \sqrt x }}{{\sqrt x }} \ge 0\]
Với \[x > 1\] và \[x \ne 2,\,x \ne 3\] thì \[\sqrt x > 0\]
Nên \[M \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 2 - \sqrt x }}{{\sqrt x }} \ge 0 \\\Leftrightarrow \sqrt 2 - \sqrt x \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt x \le \sqrt 2 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2\]
Kết hợp điều kiện \[x > 1\] và \[x \ne 2,\,x \ne 3\] ta có \[1 < x < 2\]
Vậy \[1 < x < 2\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3 [VD ]:
Phương pháp:
a] Hai đường thẳng \[y = ax + b;y = a'x + b'\] song song với nhau khi \[\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\]
b] Xét phương trình hoành độ giao điểm rồi biện luận theo \[m\] phương trình thu được.
Tìm tung độ giao điểm rồi cho tung độ đó bằng \[0.\]
Cách giải:
Xét hai hàm số bậc nhất \[y = \left[ {m + 1} \right]x + 2m\] và \[y = \left[ {2m + 1} \right]x + 3m\] [ĐK: \[m \ne - 1;\,m \ne \dfrac{{ - 1}}{2}\]]
1] Hai đường thẳng song song khi
\[\left\{ \begin{array}{l}m + 1 = 2m + 1\\2m \ne 3m\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m \ne 0\end{array} \right.\]
Vậy không tồn tại giá trị của \[m\] thỏa mãn đề bài.
2] Để hai đường thẳng cắt nhau tại điểm trên trục hoành. Khi đó ta có
\[ \Leftrightarrow \] Phương trình hoành độ \[\left[ {m + 1} \right]x + 2m = \left[ {2m + 1} \right]x + 3m \\\Leftrightarrow x.m = - m\]
+] Nếu \[m = 0\] thì hai đường thẳng trùng nhau.
+] Khi \[m \ne 0\] ta có hoành độ giao điểm là \[x = - 1.\]
Với \[x = - 1\] ta có tung độ giao điểm là \[y = \left[ {m + 1} \right].\left[ { - 1} \right] + 2m = m - 1\]
Để thỏa mãn đề ta cần có tung độ giao điểm bằng \[0.\]
\[y = 0 \Leftrightarrow m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\] [thỏa mãn]
Vậy \[m = 1.\]
Bài 4 [VD ]:
Phương pháp:
1] Chỉ ra \[OCED\] là hình vuông
Chu vi tam giác bằng tổng ba cạnh
2] Sử dụng tính chất đường trung bình và tính chất tam giác vuông cân
3] Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng
4] Sử dụng định lý Pytago và bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm.
Cách giải:
1] Tính chu vi của tam giác \[ECD\] theo \[R.\]
Từ tính chất của tiếp tuyến ta có \[\widehat {OCG} = \widehat {ODG} = {90^0} = \widehat {COD}\] nên \[CODE\] là chữ nhật.
Lại có \[OC = OD = R\] nên \[CODE\] là hình vuông.
Suy ra \[CE = DE = CO = DO = R\]
Xét tam giác \[ECD\] vuông tại \[E,\] theo định lý Pytago ta có: \[CD = \sqrt {C{E^2} + D{E^2}} = \sqrt {{R^2} + {R^2}} = R\sqrt 2 \]
Chu vi tam giác \[CED\] là \[EC + ED + CD = 2R + R\sqrt 2 .\]
2] Khi tứ giác \[FCDG\] là hình thang cân. Hãy tính tỉ số \[\dfrac{{AB}}{{FG}}.\]
Khi tứ giác \[PCDG\] là hình thang cân thì \[CF = DG;\widehat F = \widehat G\] và \[CD//FG\]
Ta có tam giác \[EFG\] cân tại \[E\] có \[\widehat {EFG} = {90^0}\] nên \[\widehat F = \widehat G = {45^0}\]
Xét tam giác \[OFC\] vuông tại \[C\] có \[\widehat F = {45^0}\] nên tam giác \[CFO\] vuông cân tại \[C.\]
Suy ra \[CF = CO = R\]
Tương tự ta có \[DG = DO = R\]
Từ đó \[CF = CE = DE = DG = R\] nên \[C,D\] lần lượt là trung điểm của \[EF,EG\]
Suy ra \[CD\] là đường trung bình của tam giác \[EFG.\] Khi đó \[FG = 2CD = 2R\sqrt 2 \]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{FG}} = \dfrac{{2R}}{{2R\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\]
3] Chứng minh rằng \[FC.DG\] luôn là hằng số.
Ta có: \[\widehat F = \widehat {DOC}\] [cùng phụ với \[\widehat {COF}\]]
Nên hai tam giác vuông \[FCO\] và \[ODG\] đồng dạng [góc-góc]
Ta có : \[\dfrac{{CF}}{{OD}} = \dfrac{{CO}}{{DG}} \Leftrightarrow CF.DG = CO.DO = {R^2}\]
4] Tìm vị trí của \[C,D\] sao cho tích \[AD.BC\] đạt giá trị lớn nhất.
Gọi giao điểm của \[CB\] và \[AD\] là \[I.\] Khi đó ta có các tam giác \[ACI,\,BDI\] vuông cân tại \[C,D.\]
Đặt \[AC = x;BD = y \\\Rightarrow CB.AD = \left[ {x + y\sqrt 2 } \right]\left[ {y + x\sqrt 2 } \right] \\= 3xy + \left[ {{x^2} + {y^2}} \right]\sqrt 2 .\]
Ta có \[A{C^2} + C{B^2} + B{D^2} + A{D^2} = 8{R^2}\] [định lý Pytago]
Suy ra \[4\left[ {{x^2} + {y^2}} \right] + 4xy\sqrt 2 = 8{R^2}\mathop \ge \limits^{Co - si} 8xy + 4xy\sqrt 2 \] \[ \Leftrightarrow xy \le \dfrac{{8{R^2}}}{{8 + 4\sqrt 2 }}\] .
Dấu khi \[x = y.\]
Ta có \[2\sqrt 2 AD.BC - 8{R^2} = 2xy\sqrt 2 .\]
Vậy để tích \[CB.AD\] lớn nhất thì \[x = y\] khi đó \[C,D\] là điểm chính giữa của các cung phần tư thứ nhất và thứ hai trên nửa đường tròn đã cho.
Bài 5 [VDC ]:
Phương pháp:
Đánh giá và chọn ra bộ số thích hợp để chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của \[T.\]
Cách giải:
Với \[a > 0\] ta có hệ thức :
\[\begin{array}{l}{\left[ {1 + \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{{a + 1}}} \right]^2} = 1 + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {a + 1} \right]}^2}}} + \dfrac{2}{a} - \dfrac{2}{{a + 1}} - 2\dfrac{1}{{a\left[ {a + 1} \right]}}\\ = 1 + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {a + 1} \right]}^2}}} + \dfrac{2}{a} - \dfrac{2}{{a + 1}} - \dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{{a + 1}}\\ = 1 + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {a + 1} \right]}^2}}}\end{array}\]
Nên
\[\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {a + 1} \right]}^2}}}} = \left| {1 + \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{{a + 1}}} \right| \\= 1 + \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{{a + 1}}\]
Khi đó: \[T = \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {x + 1} \right]}^2}}}} + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left[ {y + 1} \right]}^2}}}} + \dfrac{4}{{\left[ {x + 1} \right]\left[ {y + 1} \right]}} \\= 2 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}\]
Ta sẽ chứng minh không tồn tại giá trị lớn nhất của \[T.\]
Giả sử \[M > 0\] là giá trị lớn nhất của \[T.\]
Khi đó nếu ta chọn \[\dfrac{1}{x} = M + 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{{M + 1}} \in \left[ {0;1} \right];\,y = 2 - \dfrac{1}{{M + 1}} > 0\] khi đó ta có \[x,y\] vừa chọn thỏa mãn là các số dương và \[x + y = 2.\]
Với bộ \[x,y\] vừa chọn ta có \[T = 2 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} > 2 + M + 1.\]
Vậy không tồn tại giá trị lớn nhất của \[T.\]