Sau một thời gian hai xe gặp nhau tại điểm C, đoạn đường AC dài 120 km.. Khi đi tới B, ô tô liền quay lại ngay và đuổi kịp xe máy tại điểm D.[r]
(1)Bài 2(3,0điểm)
Cho phương trình x2+mx 2- =0, (ẩn x, tham số m)
3. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x1 nhỏ Δ=m2+8>0,∀m⇒x1=−m −√m
2
+8 ; x2=
− m+√m2+8
2 ⇒x1<x2
Vì 1.(-2)<0 nên pt có hai nghiệm phân biệt trái dấu Suy x1< 0; x2>0
Để pt có hai nghiệm nhỏ x2<
⇒−m+√m2+8
2 <1⇒√m
2
+8<2+m⇒m2+8<4+4m+m2⇒m>1(TM)
Vậy m>1 Bài 4(1,0điểm)
Đoạn đường AB dài 160 km, ô tô từ A đến B xe máy từ B đến A khởi hành vào thời điểm Sau thời gian hai xe gặp điểm C, đoạn đường AC dài 120 km Khi tới B, ô tô liền quay lại đuổi kịp xe máy điểm D Tính vận tốc hai xe, biết kể từ khởi hành tới lúc hai xe gặp điểm D vận tốc hai xe không đổi
Gọi vận tốc ô tô a; xe máy b ( km/h;a>b>0)
Vì thời gian ô tô từ A đến C 120/a (h); xe máy từ B đến C 40/b(h) nên ta có phương trình 120a =40
b
Vì … hai xe gặp D nên ta có 4a = 160 +40 +x ; 4b = 40+x ta có pt a= 40 +b
Giải hpt tính a=60 ; b=20 Bài 5(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn x>y xy=2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
2x 3xy 2y
A
x y
- +
=
- =
x − y¿2+xy
¿
2¿ ¿
xy =2
x-y>0 Áp dụng bđt Cosi ta có
(x − y)+
x − y≥2⇒A ≥4⇒MinA=4⇔
xy=2
x − y=1
¿{
Giải hpt tính ra(x;y)=(2;1); (-1;-2)
A D C B
x km
(2)Bài 3(3,0điểm)
3. Cho SO=R MN=R.Tính diện tích tam giác ESM theo R
SM.SN = SA2=SO2-AO2=2R2
(SI-MI)(SI+MI)=2R2
SI2-MI2 =2R2
SI=1,5R SM=R OI = √3R
2
OH = OA2
SO =
√3R
3
OE = OH
sin 300=
2√3R
3
EI= √3R
6
SEMS=√3R
2
12
Bài III: (1,0 điểm)
1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:
-x2 = mx – x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với
mọi m
(2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m (d) cắt (P) điểm phân biệt
2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có :
x1 + x2 = -m x1x2 = -1
2
1 2 1
x x x x x x x x x1 2( 1x2 1) 3 1(m1) 3
m + = m = Bài IV: (3,5 điểm)
1) Tứ giác FCDE có góc đối FED 90 o FCD
nên chúng nội tiếp
2) Hai tam giác vng đồng dạng ACD DEB hai góc CAD CBE chắn cung CE, nên ta
có tỉ số :
DC DE
DC.DB DA.DE
DADB
3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác M
I A
O H
I
A B
F
E C
O
D
E N
S
(3)FCDE, ta có CFD CEA (cùng chắn cung CD)
Mặt khác CEA CBA (cùng chắn cung AC)
và tam OCB cân O, nên CFD OCB .
Ta có : ICD IDC HDB
OCD OBD HDB OBD 90
OCD DCI 90 0 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O
Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O
4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn
1
CAE COE COI
2
(do tính chất góc nội tiếp) Mà
CO R
tgCIO
R IC
2
tgAFB tgCIO 2 . Bài V: (0,5 điểm)
Giải phương trình : x24x 7 (x4) x27
Đặt t = x27 , phương trình cho thành : t24x(x4)t
t2 (x4)t4x0 (t x t )( 4) 0 t = x hay t = 4, Do phương trình cho x27 4 hay x27 x x2 + = 16 hay
2
7
x x
x
x2 = x = 3
Cách khác :
2 4 7 ( 4) 7
x x x x x2 7 4(x4) 16 ( x4) x27 0
(x4)(4 x27) ( x2 7 4)( x2 7 4) 0 x2 7 0 hay (x4) x2 7
x27 4 hay x27 x x2 = x = 3
Bài 3:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
(4)b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: 2x2 x 3 2x2 – x – =
3
2
x hay x
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (d) 1; , ;
2
A 1; 2
Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 : y – = -1 (x + 1) () : y = -x +
c) Đường thẳng () cắt trục tung C C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng () cắt trục hoành D D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B B có tọa độ (-3; 0)
Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng ())
C trung điểm AD
2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B AC = 2AD Nên ta có
1 ABC
ABD
S AC
S AD
Bài 4:
a) Trong đường trịn tâm O:
Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường tròn tâm O':
Ta có IN2 = IA.IB
c) Trong đường tròn tâm O:
MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1)
Trong đường tròn tâm O':
BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)
Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180
Nên tứ giác APBQ nội tiếp
=> BAP BQP QNM (góc nội tiếp góc chắn cung) mà QNM BQP vị trí so le => PQ // MN
I P
B
O
O ' M
N Q
(5)