TOP 30 Đề thi Giữa Học kì 2 Toán lớp 8 có đáp án hay nhất

(1)

Đề 1

I. Trắc nghiệm (2 điểm): Khoanh tròn vào chữ cái đặt trước trả lời đúng.

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình x² – x = 0 là:

A. {0}

B. {0; 1}

C. {1}

D. Một kết quả khác.

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình 1 5 2 x 3 x 3

  là:

A. x  3 B. x  −3

C. x  0 và x  3 D. x  −3 và x  3.

Câu 3: Phương trình nào tương đương với phương trình x(x − 2) = x(x − 3) ? A. x – 2 = x – 3

B. x(x – 2) = 0 C. x = 0

D. (x – 2)( x − 3) = 0

Câu 4: Cho AB = 3 m, CD = 40 cm. Tỉ số của hai đoạn thẳng AB và CD bằng?

A. 3 40

(2)

B. 40 3 C. 2 15 D. 15 2

Câu 5: Trong hình vẽ, biết EF // BC, theo định lí Ta-lét thì tỉ lệ thức nào sau đây là đúng?

A. ^BC ^AC

EF AB

B. ^AE ^AF EC  FB

C. ÂF ÊF AE BC D. ÂF ÊF AB BC

Câu 6: Nếu ABC đồng dạng A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k thì A’B’C’ đồng dạng ABC theo tỉ số:

A. 1 k

B E

A

F C

(3)

B. 1 C. k D. k²

II. Tự luận:

Bài 1 (2,5 điểm): Giải phương trình:

a) x(x − 3) + 2(x − 3) = 0 b) x 1 x 1 x 1

2 3 2016 0

      c) 3x 1 2x 5 ₂ 7

x 1 x 3 x 2x 3 1

    

    .

Bài 2 (2 điểm): Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 900 sản phẩm. Do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 20% và tổ II vượt mức 15% so với kế hoạch. Vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1055 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?

Bài 3 (3 điểm): Cho ΔABC có AB = 8cm, AC = 12cm. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD = 2cm, trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE = 9cm.

a) Tính các tỉ số ^{AE AD}; AD AC.

b) Chứng minh: ΔADE đồng dạng ΔABC.

c) Đường phân giác của BAC cắt BC tại I. Chứng minh: IB.AE = IC.AD.

Câu 5 (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 6x⁴ – 5x³ – 38x² – 5x + 6 = 0.

(4)

Đáp án

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình x² – x = 0 là:

A. {0}

B. {0; 1}

C. {1}

D. Một kết quả khác.

Giải thích:

Ta có: x² – x = 0

 x(x – 1) = 0

 x = 0 hoặc x – 1 = 0

 x = 0 hoặc x = 1.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; 1}.

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình 1 5 2 x 3 x 3

  là:

A. x  3 B. x  −3

C. x  0 và x  3 D. x  −3 và x  3.

Giải thích :

(5)

Điều kiện xác định : ^x ³ ⁰ ^x ³

x 3 0 x 3

  

 

     

 

Vậy chọn D.

Câu 3: Phương trình nào tương đương với phương trình x(x − 2) = x(x − 3) ? A. x – 2 = x – 3

B. x(x – 2) = 0 C. x = 0

D. (x – 2)( x − 3) = 0.

Giải thích:

Ta có :

+) x(x − 2) = x(x − 3)

 x(x − 2) − x(x − 3) = 0

 x[(x – 2) – (x − 3)] = 0

 x(x – 2 – x + 3) = 0

 x = 0.

Do đó phương trình x(x − 2) = x(x − 3) có tập nghiệm S = {0}.

+) x – 2 = x – 3

 x – 2 – x + 3 = 0

 1 = 0 (vô lý)

Do đó phương trình x – 2 = x – 3 vô nghiệm.

(6)

+) (x – 2)( x − 3) = 0

 x – 2 = 0 hoặc x − 3 = 0

 x = 2 hoặc x = 3.

Do đó phương trình (x – 2)( x − 3) = 0 có tập nghiệm S = {2 ; 3}.

Vậy chọn C.

Câu 4: Cho AB = 3 m, CD = 40 cm. Tỉ số của hai đoạn thẳng AB và CD bằng?

A. 3 40 B. 40 3 C. 2 15 D. 15

2 .

Giải thích:

Đổi AB = 3 m = 300 cm.

Tỉ số đoạn thẳng AB và CD là: AB 300 15 CD  40  2 .

Câu 5: Trong hình vẽ, biết EF // BC, theo định lí Ta-lét thì tỉ lệ thức nào sau đây là đúng?

(7)

A. ^BC ^AC

EF AB

B. ^AE ^AF EC  FB

C. ÂF ÊF AE BC D. ÂF ÊF

AB BC. Giải thích:

∆ABC, EF // BC. Áp dụng định lý Ta-let, ta được:

AE AF

EC  FB; ÂE ÂF ÊF AC AB BC. Vậy chọn B.

Câu 6: Nếu ABC đồng dạng A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k thì A’B’C’ đồng dạng ABC theo tỉ số:

A. 1 k B. 1

B E

A

F C

(8)

C. k D. k². Giải thích:

ABC A’B’C’ theo tỉ số đồng dạng k.

Hay AB

A 'B'k.

Do đó A’B’C’ ABC theo tỉ số đồng dạng A 'B' 1 AB  k. Vậy chọn A.

Bài 1 (2,5 điểm):

a) x(x − 3) + 2(x − 3) = 0

(x − 3)(x + 2) = 0

x – 3 = 0 hoặc x + 2 = 0

x = 3 hoặc x = – 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3; – 2}.

b) ^{x 1} ^{x 1} ^{x 1} 0 2 3 2016

  

  

1 1 1

(x 1) 0

2 3 2016

 

     

x – 1 = 0 (vì ¹ ¹ ¹ 0 2 3 2016  )

x = 1.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1}.

(9)

c) 3x 1 2x 5 ₂ 7

x 1 x 3 x 2x 3 1

    

    .

ĐKXĐ:

2

x 1 0 x 1 0

x 1 0 x 1

x 3 0 x 3 0

x 3 0 x 3 (x 1)(x 3) 0

x 2x 3 0

   

 

   

 

       

      

       



Phương trình đã cho tương đương:

3x 1 2x 5 7

x 1 x 3 (x 1)(x 3) 1

 

  

   

(3x 1)(x 3) (2x 5)(x 1) 7 (x 1)(x 3)

(x 1)(x 3) (x 1)(x 3) (x 1)(x 3) (x 1)(x 3)

     

   

       

(3x + 1)(x – 3) – (2x – 5)(x + 1) + 7 = (x + 1)(x – 3)

(3x + 1)(x – 3) – (x + 1)(x – 3) – (2x – 5)(x + 1) + 7 = 0

(3x + 1 – x – 1)(x – 3) – (2x – 5)(x + 1) + 7 = 0

 2x(x – 3) – (2x – 5)(x + 1) + 7 = 0

 2x² – 6x – 2x² – 3x – 5 + 7 = 0

 3x + 2 = 0

 3x = – 2 x 2

  3 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S ² 3

 

  

 . Bài 2 (2 điểm):

Gọi số sản phẩm tổ I sản xuất theo kế hoạch là x (sản phẩm); (x *, x900).

(10)

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 900 sản phẩm.

Khi đó, số sản phẩm tổ II sản xuất theo kế hoạch là 900 – x (sản phẩm).

Thực tế số sản phẩm tổ I sản xuất là:

(100% + 20%).x = 120%.x = 6

5x (sản phẩm).

Thực tế số sản phẩm tổ II sản xuất là:

(100% + 15%)(900 − x) = 115%.(900 − x) = 23

(900 x)

20  (sản phẩm).

Theo đề bài, ta có phương trình:

6 23

x (900 x) 1055 5  20  

6 23

x 1035 x 1055

5 20

   

6 23

x x 1055 1035 5 20

   

1 x 20

 20 

x = 400 (TMĐK).

Khi đó, tổ II sản xuất được: 900 – x = 900 – 400 = 500 (sản phẩm).

Vậy theo kế hoạch tổ I sản xuất được 400 sản phẩm; tổ II sản xuất được 500 sản phẩm.

Bài 3 (3 điểm):

(11)

GT ΔABC, AB = 8cm, AC = 12cm;

BD = 2cm (DAB);

AE = 9cm (E AC );

AI là tia phân giác của BAC (I BC ).

KL

a) Tính ^{AE AD}^; AD AC. b) ΔADE ΔABC.

c) IB.AE = IC.AD.

a) Ta có: AD = AB – BD = 8 – 2 = 6 (cm).

Khi đó, ^AE ⁹ ^{3 AD}; ⁶ ¹ AD  6 2 AC 12  2. Vậy ^AE ^{3 AD}; ¹

AD 2 AC 2. b) Ta có ^AD ⁶ ³

AB  8 4; ÂE ⁹ ³ AC12 4. Suy ra ÂD ÂE

AB AC.

(12)

Xét ΔADE và ΔABC có:

AD AE

AB AC (cmt) DAE chung.

Nên ΔADE ΔABC (c.g.c)

c) AI là tia phân giác của BAC, áp dụng tính chất tia phân giác, ta có:

IB AB IC AC

Mà ÂD ÂE ÂB ÂD

AB AC AC AE. Do đó ^IB ^AD

IC  AE .

Vậy IB.AE = IC.AD (đpcm).

Câu 5 (0,5 điểm): 6x⁴ – 5x³ – 38x² – 5x + 6 = 0 (1)

* Xét x = 0 thì 6.0⁴ – 5.0³ – 38.0² – 5.0 + 6 = 6 ≠ 0.

Do đó x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1).

* Xét x ≠ 0: chia cả hai vế của phương trình (1) cho x², ta được:

2

5 6

6x 5x 38 0

x x

    

2 2

6 5

6x 5x 38 0

x x

   

       

2 2

1 1

6 x 5 x 38 0

x x

   

        (2)

(13)

Đặt 1 t x

  x

2

2 2

2

1 1

t x x 2

x x

 

      

2 2

2

x 1 t 2

  x   .

Khi đó, phương trình (2) tương đương:

6(t² – 2) – 5t – 38 = 0

 6t² – 12 – 5t – 38 = 0

 6t² – 5t – 50 = 0

 6t² + 15t – 20t – 50 = 0

 (6t² + 15t) – (20t + 50) = 0

 3t(2t + 5) – 10(2t + 5) = 0

 (2t + 5) (3t – 10) = 0

 2t + 5 = 0 hoặc 3t – 10 = 0 t 5

  2 hoặc 10 t 3 .

+) Với 5

t  2 thì 1 5

x  x 2 5 1

x 0

2 x

   

(14)

2x² + 5x + 2 = 0

2x² + 4x + x + 2 = 0

2x(x + 2) + (x + 2) = 0

(x + 2) (2x + 1) = 0

x + 2 = 0 hoặc 2x + 1 = 0

x = – 2 (TM) hoặc 1

x 2 (TM).

Do đó x = – 2; 1

x  2 là nghiệm của phương trình (1).

+) Với 10

t  3 thì 1 10

x x 3 10 1

x 0

3 x

   

 3x² – 10x + 3 = 0

 3x² – 9x – x + 3 = 0

 3x(x – 3) – (x – 3) = 0

 (x – 3)(3x – 1) = 0

 x – 3 = 0 hoặc 3x – 1 = 0

 x = 3 hoặc 1 x3.

Do đó x = 3; 1

x 3 là nghiệm của phương trình (1).

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 2; ¹; 3; ¹ 2 3

 

  

 .

(15)

Đề 2 Bài 1 (2,5 điểm): Cho biểu thức:

2

x 1 2 x

A : 1

x 4 x 2 x 2 x 2

   

            (với x ≠ ± 2).

a) Rút gọn A.

b) Tính giá trị của A khi x = −4.

c) Tính các giá trị nguyên của x để A có giá trị là số nguyên.

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một tàu chở hàng khởi hành từ Thành phố Hồ Chí Minh với vận tốc 36km/h. Sau đó 2 giờ một tàu chở khách cũng đi từ đó với vận tốc 48km/h đuổi theo tàu hàng.

Hỏi tàu khách đi bao lâu thì gặp tàu hàng ? Bài 3 (2 điểm): Giải các phương trình sau:

a) 2x(x − 2) + 5(x − 2) = 0 b) 3x 4 4x 1

2 3

 



c) 2x x x 1 x 11

  .

(16)

Bài 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A và song song với đường thẳng BC, BH vuông góc với d tại H.

a) Chứng minh ∆ABC ∆HAB.

b) Gọi K là hình chiếu của C trên d. Chứng minh AH.AK = BH.CK.

c) Gọi M là giao điểm của hai đoạn thẳng AB và HC. Tính độ dài đoạn thẳng HA và diện tích ∆MBC, khi AB = 3cm, AC = 4cm, BC = 5cm.

Bài 5 (0,5 điểm): Tìm x, y thỏa mãn phương trình sau: x²− 4x + y²− 6y + 15 = 2.

Đáp án Bài 1 (2,5 điểm):

a) ĐK: x ≠ ± 2.

2

x 1 2 x

A : 1

x 4 x 2 x 2 x 2

   

           

x x 2 2(x 2) x 2 x

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2) : x 2

     

          

x x 2 2(x 2) 2

(x 2)(x 2) :x 2

   

   

6 x 2

(x 2)(x 2) . 2

 

  

3 x 2

 

 .

Vậy 3

A x 2

 

 .

(17)

b) Với x = −4 (TMĐK) thì:

3 3 1

A 4 2 6 2

 

  

   . Vậy khi x = −4 thì 1

A 2.

c) Để A có giá trị là số nguyên hay 3

A x 2

  

 thì:

x – 2  Ư(–3) = {–3; –1; 1; 3}.

Ta có bảng sau:

x – 2 –3 –1 1 3

x –1 (TM) 1 (TM) 3 (TM) 5 (TM)

Vậy để A có giá trị là số nguyên thì x  {–1; 1; 3; 5}.

Bài 2 (2 điểm):

Gọi x (giờ) là thời gian tàu chở khách đi để đuổi kịp tàu hàng (x > 0).

Khi đó, quãng đường tàu chở khách đã đi được là 48x (km).

Vì tàu chở hàng chạy trước tàu chở khách 2 giờ, nên khi đó quãng đường tàu chở khách đã đi được là 36(x + 2) (km).

Theo đề bài, ta có phương trình:

48x = 36(x + 2)

48x = 36x + 72

 48x – 36x = 72

(18)

 12x = 72

 x = 6 (TMĐK).

Vậy tàu chở khách đi được 6 giờ thì đuổi kịp tàu chở hàng.

Bài 3 (2 điểm):

a) 2x(x − 2) + 5(x − 2) = 0

 (x − 2)(2x + 5) = 0

 x − 2 = 0 hoặc 2x + 5 = 0

 x = 2 hoặc 5 x 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 5 S 2;

2

 

  

 . b) 3x 4 4x 1

2 3

 



 3(3x − 4) = 2(4x + 1)

 9x − 12 = 8x + 2

 9x − 8x = 2 + 12

 x = 14

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {14}.

c) 2x x x 1 x 11

  . ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ − 1.

(19)

2x(x 1) x(x 1) (x 1)(x 1)

(x 1)(x 1) (x 1)(x 1) (x 1)(x 1)

     

     

2x(x + 1) − x(x − 1) = (x − 1)(x + 1)

 2x² + 2x − x² + x = x² – 1

 x² + 3x = x² – 1

 3x = – 1 x 1

  3 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1

S 3

 

  

 . Bài 4 (3 điểm):

GT ∆ABC vuông tại A;

Đường thẳng d đi qua A, d // BC;

BHd (H d) ;

K là hình chiếu của C trên d;

ABHCM; AB = 3cm, AC = 4cm, BC = 5cm.

KL a) ∆ABC ∆HAB.

b) AH.AK = BH.CK.

c) Tính độ dài HA và diện tích ∆MBC.

(20)

a) Ta có BAC90ô (vì ∆ABC vuông tại A) và AHB90ô (AH  BH) Nên BACAHB90ô.

Xét ∆ABC và ∆HAB có:

BACAHB90o (cmt)

ABCBAH (d // BC, hai góc so le trong) Do đó ∆ABC ∆HAB (g.g).

b) Ta có AKC90ô (vì K là hình chiếu của C trên d) nên AHBAKC90ô. Lại có CAKBAHBAC90ô;

BAHABH90o(∆HAB vuông ở H) Do đó CAKABH.

Xét ∆HAB và ∆KCA có:

AHBAKC90o (cmt) CAKABH (cmt)

(21)

Do đó ∆HAB ∆KCA (g.g) Suy ra HA HB

KC  KA  AH.AK = BH.CK (đpcm).

c) Từ câu a: ∆ABC ∆HAB BC AB

AB HA

  5 3

3 HA

  3.3 9

HA (cm)

5 5

   .

Ta có AH // BC, áp dụng định lý Ta-let: BC BM AH  MA 9.BM

AH.BM 5 9

AM BM

BC 5 25

    .

Lại có AM + BM = AB = 3 (cm).

9 34

AB BM BM BM 3

25 25

    

BM 75 (cm)

 34

Diện tích tam giác MBC là:

MBC

1 1 75 75

S .AC.MB .4 .

2 2 34 17

   (cm²).

Bài 5 (0,5 điểm):

Ta có x²− 4x + y²− 6y + 15 = 2

 x²− 4x + 4 + y²− 6y + 9 = 0

(22)

 (x– 2)² + (y– 3)² = 0

Vì (x– 2)² ≥ 0 và (y– 3)² ≥ 0 nên:

Để (x– 2)² + (y– 3)² = 0 thì (x– 2)² = 0 và (y– 3)² = 0.

Khi đó, x– 2 = 0 và y– 3 = 0.

Do đó x = 2; y = 3.

Vậy để x, y thỏa mãn phương trình đã cho thì x = 2; y = 3.

Đề 3

Câu 1: Số nghiệm của phương trình (x – 4)(x – 3)(x + 2) = 0 là:

A. Vô nghiệm B. 2

C. 3 D. 4

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình 2 x x 2 2x 3

  là:

A. x ≠ 2 và 3 x 2

B. x ≠ −2 và 3 x 2 C. x ≠ −2 và x ≠ 3

(23)

D. x ≠ 2 và 3

x 2

  .

Câu 3: Phương trình vô nghiệm có tập nghiệm là:

A. S  B. S = 0 C. S = {0}

D. ^S^{ }

 

^.

Câu 4: Cho MNP, EF// MP, E MN, FNP, ta có:

A. ^ME ^PF EN  PN B. ^NE ^FP

EM  FN C. ^EM ^FP

MN  PN D. ^EF ^EN

MP EM.

Câu 5: Trong hình vẽ, biết BADDAC, theo tính chất đường phân giác của tam giác thì tỉ lệ thức nào sau đây là đúng?

B C

A

D

(24)

A. ^AB ^DB

AD DC

B. ^AB ^BD

DC AC

C. ^DB ^AB

DC  AC D. ^AD ^DB

AC  DC. Câu 6: Biết ^AB ²

CD 5 và CD = 10 cm. Vậy độ dài đoạn thẳng AB là:

A. 4 cm B. 50 cm C. 25 cm D. 20 cm.

Bài 1 (2,5 điểm): Giải các phương trình sau:

a) 3x − 12 = 0

b) (x – 2)(2x + 3) = 0 c)

2 2

x 2 6 x

x 2 x 2 x 4

  

   .

Bài 2 (2 điểm): Một xe khách và một xe tải xuất phát cùng một lúc đi từ tỉnh A đến tỉnh B. Mỗi giờ xe khách chạy nhanh hơn xe tải là 5km nên xe khách đến B trước xe tải 30 phút. Tính quãng đường AB, biết rằng vận tốc của xe tải là 40 km/h.

(25)

Bài 3 (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông ở A, AB = 6, AC = 8; đường cao AH, phân giác BD. Gọi I là giao điểm của AH và BD.

a) Tính AD, DC.

b) Chứng minh ^IH ^AD IA  DC.

c) Chứng minh AB.BI = BD.HB và tam giác AID cân.

Bài 4 (0,5 điểm): Giải phương trình:

2 2 2

1 1 1 1

x 9x 20 x 11x 30 x 13x 42 18

      .

Đáp án I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1: Số nghiệm của phương trình (x – 4)(x – 3)(x + 2) = 0 là:

A. Vô nghiệm B. 2

C. 3 D. 4.

Giải thích:

Ta có: (x – 4)(x – 3)(x + 2) = 0

 x – 4 = 0 hoặc x – 3 = 0 hoặc x + 2 = 0

 x = 4 hoặc x = 3 hoặc x = –2.

Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 4; x = 3; x = –2.

Vậy chọn C.

(26)

Câu 2: Điều kiện xác định của phương trình 2 x x 2 2x 3

  là:

A. x ≠ 2 và 3 x 2 B. x ≠ −2 và 3

x 2

C. x ≠ −2 và x ≠ 3 D. x ≠ 2 và 3

x 2

  .

Giải thích:

ĐKXĐ:

x 2

x 2 0

2x 3 0 x 3 2

  

   

    

 

Vậy chọn B.

Câu 3: Phương trình vô nghiệm có tập nghiệm là:

A. S  B. S = 0 C. S = {0}

D. ^S^{ }

 

^.

Giải thích:

Phương trình vô nghiệm có tập nghiệm là: S .

(27)

Vậy chọn A.

Câu 4: Cho MNP, EF// MP, E MN, FNP, ta có:

A. ^ME ^PF EN  PN B. ^NE ^FP

EM  FN

C. ÊM ^FP MN  PN D. ÊF ÊN

MP EM. Giải thích:

∆MNP có EF // MP, áp dụng định lý Ta-let, ta có: ^EM ^FP MN PN. Vậy chọn C.

Câu 5: Trong hình vẽ, biết BADDAC, theo tính chất đường phân giác của tam giác thì tỉ lệ thức nào sau đây là đúng?

(28)

A. ^AB ^DB

AD DC

B. ^AB ^BD

DC AC

C. ^DB ^AB

DC  AC D. ^AD ^DB

AC  DC. Giải thích:

Vì BADDAC nên AD là tia phân giác BAC.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: ^DB ^AB

DC AC. Vậy chọn C.

Câu 6: Biết ^AB ²

CD 5 và CD = 10 cm. Vậy độ dài đoạn thẳng AB là:

A. 4 cm B. 50 cm C. 25 cm

B C

A

D

(29)

D. 20 cm.

Giải thích:

AB 2

CD5 và CD = 10 cm.

Do đó, ^AB ² _AB ^10.2 _{4 (cm)}

10  5  5  . Vậy chọn A.

Bài 1 (2,5 điểm):

a) 3x − 12 = 0

3x = 12

 x = 4.

b) (x – 2)(2x + 3) = 0

 x – 2 = 0 hoặc 2x + 3 = 0

 x = 2 hoặc 3 x  2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là _S _2; ³ 2

 

  

 . c)

2 2

x 2 6 x

x 2 x 2 x 4

  

   (*)

(30)

ĐKXĐ: x ≠ ± 2.

(*)

2 2

(x 2) 6(x 2) x

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

 

  

     

 (x + 2)² – 6(x – 2) = x²

 x² + 4x + 4 – 6x + 12 = x²

 2x = 16

 x = 8 (TM ĐKXĐ)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {8}.

Bài 2 (2 điểm):

Đổi 30 phút =1 2 giờ.

Gọi chiều dài quãng đường AB là x (km) ( ĐK: x > 0).

Thời gian xe khách đi từ A đến B là x

45 giờ.

Thời gian xe tải đi từ A đến B là x

40 giờ.

Theo bài ra, ta có phương trình: x x 1 40 45  2.

9x 8x 180

360 360 360

  

 9x – 8x = 180

 x = 180 (TMĐK)

(31)

Vậy quãng đường AB dài 180 km.

Bài 3 (3 điểm):

GT ∆ABC vuông tại A, AB = 6, AC = 8;

Đường cao AH, tia phân giác BD.

AHBDI. KL a) Tính AD, DC.

b) ^IH ^AD IA  DC .

c) AB.BI = BD.HB và ∆AID cân.

a) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

AB² + AC² = BC²

2 2 2 2

BC AB AC  6 8 10 (cm)

Ta có AD là tia phân giác ABC, theo tính chất tia phân giác của tam giác:

AD AB

DC  BC AD AB DC AD BC AB

 

 

6 8

I

D

H C

B

A

(32)

AD AB AC BC AB

 

 .

Thay số, ta được: ^AD ⁶ AD ^6.8 3 (cm) 8 10 6 10 6

  .

 DC = AC – AD = 8 – 3 = 5 (cm) Vậy AD = 3 cm, DC = 5 cm.

b) Xét HBA và ABC có:

AHBBAC90o

BAHACB (cùng phụ ABC).

Do đó HBA ABC (g.g) Suy ra: ^HB ^AB ^AD

AB BC DC HB AD AB DC

  (1)

Mặt khác, BI là tia phân giác ABH, áp dụng tính chất tia phân giác, ta có:

HB IH

AB  IA (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^IH ^AD

IA  DC (đpcm).

c) Xét ABD và HBI có:

BADAHB90o

ABDIBH (vì BD là tia phân giác ABC) Do đó ABD HBI (g.g)

(33)

Suy ra ^AB ^BD AB.BI BD.HB HB BI  

Lại có ABD HBI BIHADI (hai góc tương ứng) Mà: BIHAID nên AIDADI

Do đó AID cân tại A.

Bài 4 (0,5 điểm):

Ta có:

x²+ 9x + 20 = (x + 4)(x + 5);

x²+ 11x + 30 = (x + 6)(x + 5);

x²+ 13x + 42 = (x + 6)(x + 7).

ĐKXĐ: x ≠ − 4; x ≠ − 5; x ≠ − 6; x ≠ − 7.

Phương trình đã cho trở thành:

1 1 1 1

(x 4)(x 5) (x 5)(x 6) (x 6)(x 7) 18

     

1 1 1 1 1 1 1

x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18

      

     

1 1 1

x 4 x 7 18

  

 

18(x 7) 18(x 4) (x 7)(x 4)

18(x 7)(x 4) 18(x 7)(x 4) 18(x 7)(x 4)

   

  

     

 18(x + 7) − 18(x + 4) = (x + 7)(x + 4)

18(x + 7 − x − 4) = x² + 11x + 28

 x² + 11x + 28 = 54

 x² + 11x − 26 = 0

(34)

 x² − 2x + 13x − 26 = 0

 x(x – 2) + 13(x – 2) = 0

 (x + 13)(x − 2) = 0

 x + 13 = 0 hoặc x − 2 = 0

 x = −13 (TM) hoặc x = 2 (TM).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−13; 2}.

Đề 4

Bài 1 (2,5 điểm): Cho biểu thức:

2 2

x 1 x 5 2x 10

P : 1

x 9 x 3 3 x x 3

     

            với x ≠ 3, x ≠ −3, x ≠ −7.

a) Rút gọn P.

b) Tính P khi |x – 1| = 2.

c) Tìm x để x 5

P 6

  .

Bài 2 (2 điểm): Giải toán bằng cách lập phương trình:

Lúc 6 giờ sáng một ô tô khởi thành từ A để đi đến B. Đến 7 giờ 30 phút một ô tô thứ hai cũng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 20km/h và hai xe gặp nhau lúc 10 giờ 30 phút. Tính vận tốc mỗi ô tô? (ô tô không bị hư hỏng hay dừng lại dọc đường).

a) 9x² – 3 = (3x + 1)(2x – 3)

(35)

b) 3x 1 4x 3 x 5 x x(x 5) 3

   

  .

Bài 4 (3 điểm): Cho hình bình hành ABCD, đường chéo lớn BD. Qua A kẻ đường thẳng cắt các đoạn thẳng BD, BC lần lượt tại E và F, cắt DC tại K.

a) Chứng minh AE² = EF.EK.

b) Kẻ AHBD, BNCD, BMAD(HBD, N CD, M AD). Chứng minh: ∆AHB đồng dạng với ∆BND và AD.DM + DC.DN = BD². Bài 4 (1 điểm): Cho a, b, c đôi một khác nhau và 1 1 1

a   b c 0. Tính giá trị biểu

thức: ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1

P a 2bc b 2ac c 2ab

   .

Đáp án

Bài 1 (2,5 điểm): Cho biểu thức:

2 2

x 1 x 5 2x 10

P : 1

x 9 x 3 3 x x 3

     

            với x ≠ 3, x ≠ −3, x ≠ −7.

a) Rút gọn P. Với x ≠ 3, x ≠ −3, x ≠ −7.

2 2

x 1 x 5 2x 10

P : 1

x 9 x 3 3 x x 3

     

           

x2 1 x 5 2x 10 x 3

(x 3)(x 3) x 3 x 3 : x 3 x 3

      

            

x2 1 x(x 3) 5(x 3) 2x 10 x 3 (x 3)(x 3) (x 3)(x 3) (x 3)(x 3) : x 3 x 3

        

              

(36)

x2 1 x(x 3) 5(x 3) 2x 10 (x 3) (x 3)(x 3) : x 3

       

   

2 2

x 1 x 3x 5x 15 x 7 (x 3)(x 3) :x 3

     

   

2x 14 x 3

(x 3)(x 3) x. 7

  

   

2(x 7) 1 x 3 .x 7

 

  

2 x 3

 

 .

Vậy 2

P x 3

 

 . b) Ta có |x – 1| = 2.

 x – 1 = 2 hoặc x – 1 = – 2

 x = 3 (loại) hoặc x = – 1 (TM).

Thay x = – 1 vào 2

P x 3

 

 , ta được:

2 2 1

P 1 3 4 2

 

  

   .

c) Ta có x 5 2 x 5

P 6 x 3 6

  

  



 (x – 3)(x + 5) = −12

 x² + 2x – 15 = −12

 x² + 2x – 3 = 0

 x² – x + 3x – 3 = 0

(37)

 x(x – 1) + 3(x – 1) = 0

 (x – 1)(x + 3) = 0

 x – 1 = 0 hoặc x + 3 = 0

 x = 1 (TM) hoặc x = – 3 (loại).

Vậy để x 5

P 6

  thì x = – 1.

Bài 2 (2 điểm):

Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (ĐK: x > 0)

Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 20km/h, nên vận tốc của ô tô thứ hai là: x + 20 (km/h).

Đến khi hai xe gặp nhau (lúc 10 giờ 30 phút):

- Thời gian đi của ô tô thứ nhất là:

10 giờ 30 phút – 6 giờ = 4 giờ 30 phút = 9 2 giờ.

- Thời gian đi của ô tô thứ hai là:

10 giờ 30 phút – 7 giờ 30 phút = 3 giờ.

Khi đó, quãng đường ô tô thứ nhất đi được: 9

2x (km) Quãng đường ô tô thứ hai đi được: 3(x + 20) (km).

Theo đề bài, ta có phương trình: 9

x 3(x 20)

2  

(38)

9x 3x 60

 2  

3x 60

2 

x = 40 (TMĐK).

Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 40 (km/h);

Vận tốc của ô tô thứ hai là 40 + 20 = 60 (km/h).

Bài 3 (1,5 điểm):

a) 9x² – 3 = (3x + 1)(2x – 3)

 9x² – 3 = 6x² – 7x – 3

 3x² – 7x = 0

 x(3x – 7) = 0

 x = 0 hoặc 3x – 7 = 0

 x = 0 hoặc 7 x 3.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 7 S 0;

3

 

  

 .

b) 3x 1 4x 3

x 5 x x(x 5) 3

   

  .

ĐK: x ≠ 0; x ≠ 5.

(39)

3x2 x 5 4x 3 3x(x 5) x(x 5) x(x 5) x(x 5) x(x 5)

  

  

   

 3x² + x – 5 = 4x + 3 + 3x(x – 5)

 3x² + x – 5 = 4x + 3 + 3x² – 15x

 x – 5 = 4x + 3 – 15x

 12x = 8 x 2

  3 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 2

S 3

   

 . Bài 4 (3 điểm):

GT Hình bình hành ABCD, đường chéo lớn BD.

Qua A kẻ đường thẳng cắt BD, BC lần lượt tại E và F, cắt DC tại K.

Kẻ AH BD, BN CD, BM AD   (HBD, N CD, M AD). KL a) AE² = EF.EK.

b) ∆AHB ∆BND và AD.DM + DC.DN = BD².

(40)

Vì ABCD là hình bình hành nên:

+ AD // BC hay AD // BF + AB // CD hay AB // DK.

Áp dụng định lý Ta-let, ta có:

+ AD // BF suy ra: AE ED

EF  EB (1) + AB // DK suy ra: ED EK

EB  AE (2) Từ (1) và (2) suy ra: AE EK

EF  AE . Do đó AE² = EF.EK (đpcm).

b) Xét ∆AHB và ∆BND có:

AHBBND90o

ABHBDN (AB // DK, hai góc so le trong) Do đó ∆AHB ∆BND (g.g) (đpcm)

(41)

Suy ra AB BH

BD  DN  AB.DN = BD.BH Mà AB = DC nên DC.DN = BD.BH (1) Xét ∆ADH và ∆BDM có:

AHDBMD90o

BDM chung.

Do đó ∆ADH ∆BDM (g.g).

Suy ra AD DH

DB  DM AD.DM = DH.DB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AD.DM + DC.DN = BD.BH + DH.DB = BD.(BH + HD)

= BD.BD = BD².

Do đó AD.DM + DC.DN = BD² (đpcm).

Bài 4 (1 điểm):

Ta có 1 1 1 ab bc ca

0 0

a b c abc

 

     ab + bc + ca = 0.

Ta thấy a² + 2bc = a² + bc + (–ab – ac) = a(a – b) – c(a – b) = (a – b)(a – c) Tương tự, b² + 2ac = (b – a)(b – c)

c² + 2ab = (c – a)(c – b).

Khi đó, ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1

P a 2bcb 2ac c 2ab

  

1 1 1

(a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b)

  

     

(42)

b c c a a b (a b)(b c)(a c) 0

    

 

   .

Vậy ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1

P 0

a 2bc b 2ac c 2ab

   

   .

Đề 5

Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình x x 2x 3(x 1) 2x 4(x 2)(x 1)

    là:

A. x ≠ 1

B. x ≠ 1 và x ≠ −2 C. x ≠ −2

D. x ≠ 1 và x ≠ 2.

Câu 2. x = −2 là nghiệm của phương trình:

A. (x² + 1)(x + 2) = 0 B.

2 2

x 4x 4 x 4 0

  



C. 2x² + 7x + 6 = 0

D. ¹ x 2

x 2 

 .

Câu 3. Phương trình 12 – 6x = 5x + 1 có nghiệm là:

A. 2

(43)

B. 4 C. 1

D. vô nghiệm.

Câu 4: Trong hình vẽ, biết: MN // BC, suy ra:

A. ^AN ^MN NC  BC . B. ^AM ^MN

MB  BC C. ^MB ^BC

AM MN

D. ^AM ^AN MB  NC.

Câu 5. Cho ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC, DBC. Biết AB = 6 cm;

AC = 15 cm. Khi đó ^BD

BC bằng:

A. ²

5 B. ⁵

2 C. ²

7

(44)

D. ⁷ 3.

Câu 6. Cho ∆ABC đồng dạng với ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k, ∆HIK đồng dạng với ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m. ∆DEF đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng là:

A. k.m B. ^k

m C. ¹

k.m D. ^m

k .

a) x 3 1 2x

5 3 6

 

 

b) (2x − 3)(x²− 1) = 0

c) 2 1 2x 11

x 1 x 2 (x 1)(x 2)

  

    .

Bài 2 (2 điểm): Trong một buổi lao động, lớp 8A gồm 40 học sinh chia thành hai tốp: tốp thứ nhất trồng cây và tốp thứ hai làm vệ sinh. Tốp trồng cây đông hơn tốp làm vệ sinh là 8 người. Hỏi tốp trồng cây có bao nhiêu học sinh.

(45)

Bài 3 (3 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, BC = 6cm. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BD, phân giác của BCD cắt BD ở E.

a) Chứng minh: Tam giác AHB đồng dạng tam giác BCD.

b) Chứng minh AH.ED = HB.EB.

c) Tính diện tích tứ giác AECH.

Bài 4 (0,5 điểm): Chứng minh với mọi m, n ta có: ² ² 1

m n 2mn m n

  4   . Đáp án

I. Trắc nghiệm (2 điểm):

Câu 1. Điều kiện xác định của phương trình x x 2x 3(x 1) 2x 4(x 2)(x 1)

    là:

A. x ≠ 1

B. x ≠ 1 và x ≠ −2 C. x ≠ −2

D. x ≠ 1 và x ≠ 2 Giải thích:

Điều kiện xác định:

x 1 0

x 1 2x 4 0

x 2

x 2 0

  

 

   

   

  

 Vậy chọn B.

(46)

Câu 2. x = −2 là nghiệm của phương trình:

A. (x² + 1)(x + 2) = 0

B.

2 2

x 4x 4 x 4 0

  



C. 2x² + 7x + 6 = 0

D. ¹ x 2

x 2 



Giải thích:

- Xét phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0.

Thay x = −2 vào biểu thức (x² + 1)(x + 2), ta được:

[(−2)² + 1].(−2 + 2) = [(−2)² + 1].0 = 0.

Do đó x = −2 là nghiệm của phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0.

- Xét phương trình

2 2

x 4x 4 x 4 0

  

 . ĐKXĐ: x ≠ ± 2

Ta thấy x = −2 (không TM ĐKXĐ) nên x = −2 không phải là nghiệm của phương trình

2 2

x 4x 4 x 4 0

  

 .

- Xét phương trình 2x² + 7x + 6 = 0.

Thay x = −2 vào biểu thức 2x² + 7x + 6, ta được:

2.(−2)² + 7.(−2) + 6 = 8 −14 + 6 = −6 + 6 = 0.

(47)

Do đó x = −2 là nghiệm của phương trình 2x² + 7x + 6 = 0.

- Xét phương trình ¹ x 2 x 2  

 ĐKXĐ: x ≠ −2.

Ta thấy x = −2 (không TM ĐKXĐ) nên x = −2 không phải là nghiệm của phương trình ¹ x 2

x 2 

 .

Từ đó suy ra: x = −2 là nghiệm của các phương trình (x² + 1)(x + 2) = 0 và 2x² + 7x + 6 = 0.

Vậy chọn A và C.

Câu 3. Phương trình 12 – 6x = 5x + 1 có nghiệm là:

A. 2 B. 4 C. 1

D. vô nghiệm.

Giải thích:

12 – 6x = 5x + 1

 5x + 6x = 12 – 1

 11x = 11

 x = 1.

Do đó x = 1 là nghiệm của phương trình 12 – 6x = 5x + 1.

Vậy chọn C.

(48)

Câu 4: Trong hình vẽ, biết: MN // BC, suy ra:

A. ^AN ^MN

NC BC . B. ^AM ^MN

MB  BC

C. ^MB ^BC

AM MN

D. ^AM ^AN

MB  NC.

Giải thích:

Ta có MN // BC, áp dụng định lý Ta-lét, ta có: ^AM ^AN

MB  NC. Vậy chọn D.

Câu 5. Cho ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC, DBC. Biết AB = 6 cm;

AC = 15 cm. Khi đó ^BD

BC bằng:

A. ² 5 B. ⁵

2 C. ²

7

(49)

D. ⁷ 3. Giải thích:

Trong ∆ABC có AD là phân giác của góc BAC.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta được: AB BD AC  DC.

AB BD BD

AB AC BD DC BC

  

 

BD 6 6 2

BC 6 15 21 7

   

 .

Vậy chọn C.

Câu 6. Cho ∆ABC đồng dạng với ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k, ∆HIK đồng dạng với ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m. ∆DEF đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng là:

A. k.m B. ^k

m

(50)

C. ¹ k.m

D. ^m k

Giải thích:

+) ∆ABC ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k.

Hay AB IH k.

+) ∆HIK ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m.

Hay IH

DE m.

Suy ra ∆ABC ∆DEF theo tỷ số đồng dạng

AB AB IH

. k.m

DE  IH DE  .

Do đó ∆DEF ∆ABC theo tỷ số đồng dạng ^DE ¹ AB k.m. Vậy chọn C.

Bài 1 (2,5 điểm):

a) x 3 1 2x

5 3 6

   

(51)

3(x 3) 5(1 2x) 90

15 15 15

 

  

 3(x – 3) + 5(1 + 2x) = 90

 3x – 9 + 5 + 10x = 90

 3x + 10x = 90 + 9 – 5

 13x = 94 x 94

 13.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S ⁹⁴ 13

   

 . b) (2x − 3)(x²− 1) = 0

(2x − 3)(x+ 1)(x– 1) = 0

2x – 3 = 0 hoặc x+ 1 = 0 hoặc x– 1 = 0 x 3

  2 hoặc x= –1 hoặc x= 1.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S ³; 1; 1 2

 

  

 .

c) 2 1 2x 11

x 1 x 2 (x 1)(x 2)

  

    (*)

ĐKXĐ: x ≠ –1; x ≠ 2.

(*) 2(x 2) x 1 2x 11

(x 1)(x 2) (x 1)(x 2) (x 1)(x 2)

  

  

     

Suy ra: 2(x – 2) – (x + 1) = 2x – 11

(52)

 2x – 4 – x – 1 = 2x – 11

 x – 5 = 2x – 11

 2x – x = 11 – 5

 x = 6 (TMĐK).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {6}.

Bài 2 (2 điểm):

Gọi số học sinh tốp trồng cây là x (học sinh) (x , 8 x 40). Số học sinh tốp trồng cây đông hơn tốp làm vệ sinh là 8 người nên:

Số học sinh tốp làm vệ sinh là: x – 8 (học sinh).

Tổng số học sinh lớp 8A là 40 học sinh nên ta có phương trình:

x + x – 8 = 40

2x = 48

x = 24 (TM)

Vậy tốp trồng cây có 24 học sinh.

Bài 3 (3 điểm):

1

E

H

B

D C

A

(53)

GT Hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, BC = 6cm.

AHBD (HBD).

CE là tia phân giác BCD(EBD). KL a) ∆AHB ∆BCD.

b) AH.ED = HB.EB.

c) Tính diện tích tứ giác AECH.

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD.

Suy ra B1 D1 (hai góc so le trong).

Xét AHB và BCD có:

BCDAHB90o

1 1

B D (chứng minh trên) Do đó ∆AHB ∆BCD (g.g).

b) Từ câu a: ∆AHB ∆BCD suy ra: ^AH ^HB ^AH ^BC

BC  CD HB  CD (1) Lại có CE là đường phân giác trong ∆BCD nên ^BC ^EB

CD ED (2) Từ (1) và (2) suy ra ^AH ^EB

HB  ED. Do đó AH.ED = HB.EB (đpcm)

(54)

c) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta được:

AB² + AD² = BC²

2 2 2 2

BC AB AD  8 6 10 (cm). Ta có ^BC ^EB ^BC ^EB

CD  ED ABED

BC EB

AB BC ED EB

 

 

BC EB EB

AB BC ED EB BD

  

 

6 EB 8 6 10

 



6. 10 30

EB (cm)

8 6 7

  



Khi đó

30 BC EB 6 7 ABED  8 ED

30. 8 7 40

ED (cm)

6 7

   .

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ADH vuông tại H, ta được:

AH² + DH² = AD²

2 2 2 2

DH AD AH  6 4,8 3,6 (cm). Do đó, EH = ED – DH = 40 74

3,6 (cm)

7  35 .

(55)

Mặt khác, từ câu a: ∆AHB ∆BCD suy ra: AH AB BC  BD AB.BC 8.6

AH 4,8 (cm)

BD 10

    .

Do đó _AECH 1 74 ²

S 2. AH.HE 4,8 . 10,15 (cm )

2 35

  

Vậy diện tích tứ giác AECH là 10,15 cm². Bài 4 (0,5 điểm):

Giả sử ² ² 1

m n 2mn m n

  4  

2 2 1

m n 2mn m n 0

   4   



^m² ^2mn ⁿ²

 ^

^m ⁿ

^

¹ ⁰

      4



^m ⁿ

 

² ^m ⁿ



¹ ⁰

     4 1 2

m n 0

2

 

     đúng với mọi m, n.

Dấu bằng xảy ra khi m n ¹

  2.

Vậy giả sử đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.

(56)

Đề 6 Bài 1 (2 điểm):

1) Tìm giá trị của m để phương trình 2x – m = 1 – x nhận giá trị x = –1 là nghiệm.

2) Rút gọn biểu thức 1 ₂1 x 1

A .

x 1 x 1 x 2

  

      với x ≠ 1, x ≠ –1 và x ≠ 2.

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một tổ sản xuất lập kế hoạch sản xuất một lô hàng, theo đó mỗi giờ phải làm 30 sản phẩm. Khi thực hiện, mỗi giờ tổ chỉ sản xuất được 27 sản phẩm, do đó tổ đã hoàn thành lô hàng chậm hơn so với dự kiến 1 giờ 10 phút. Hỏi số sản phẩm mà tổ sản xuất theo kế hoạch là bao nhiêu?

Bài 3 (2 điểm): Giải các phương trình:

a) 7 + 2x = 22 – 3x b) 2x³ + 6x² = x² + 3x c) x 2 3 2(x 11)₂

x 2 x 2 x 4

   

  

Bài 3 (3 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 12 cm, AD = 9 cm. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến cạnh BD.

a) Chứng minh tam giác ADH đồng dạng với tam giác DBC và AD² = HD.BD.

b) Tính độ dài HD và HB.

c) Tia phân giác của góc ADB cắt AH tại E và AB tại F. Chứng minh EH FA EA  FB. Bài 4 (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 4x – 2x² - |x³ – x²| + 7.

(57)

Đáp án Bài 1 (2 điểm):

1) Thay x = –1 vào phương trình 2x – m = 1 – x, ta được:

2.(–1) – m = 1 – (–1)

 –2 – m = 2

 m = – 4.

Vậy để phương trình 2x – m = 1 – x nhận giá trị x = –1 là nghiệm thì m = – 4.

2) Với ĐKXĐ: x ≠ 1, x ≠ –1 và x ≠ 2, ta có :

2

1 1 x 1

A .

x 1 x 1 x 2

  

     

x 1 1 x 1

(x 1)(x 1) (x 1)(x 1) . x 2

   

       

x 2 x 1

(x 1)(x 1) x. 2

 

   

1

 x 1

 .

Vậy với x ≠ 1, x ≠ –1 và x ≠ 2 thì 1 P x 1

 . Bài 2 (2 điểm):

Gọi số sản phẩm mà tổ sản xuất theo kế hoạch là x (sản phẩm) ( x *) Thời gian làm hết số sản phẩm theo kế hoạch là x

30 (h) Thời gian làm hết số sản phẩm theo thực tế là x

27 (h)

(58)

Đổi 1 giờ 10 phút = 1

16 giờ = 7 6 giờ.

Vì tổ đã hoàn thành lô hàng chậm hơn so với dự kiến 1 giờ 10 phút, nên ta có phương trình:

x x 7

27 30  6

x x 7

9 10 2

  

10x 9x 315

90 90 90

  

10x – 9x = 315

 x = 315 (TMĐK).

Vậy số sản phẩm mà tổ sản xuất theo kế hoạch là 315 sản phẩm.

Bài 3 (2 điểm):

a) 7 + 2x = 22 – 3x

 2x + 3x = 22 – 7

 5x = 15

 x = 3.

b) 2x³ + 6x² = x² + 3x

 2x²(x + 3) = x(x + 3)

 2x²(x + 3) – x(x + 3) = 0

(59)

 x(x + 3)(2x – 1) = 0

 x= 0 hoặc x + 3 = 0 hoặc 2x – 1 = 0

 x= 0 hoặc x = – 3 hoặc 1 x  2.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1 S 0; 3;

2

 

  

 . c) x 2 3 2(x 11)₂

x 2 x 2 x 4

 

 

   .

ĐK: x ≠ ± 2.

(x 2)2 3(x 2) 2(x 11)

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

    

     

 (x – 2)² – 3(x + 2) = 2(x – 11)

 x² – 4x + 4 – 3x – 6 = 2x – 22

 x² – 7x – 2 = 2x – 22

 x² – 9x + 20 = 0

 (x² – 4x) – (5x – 20) = 0

 x(x – 4) – 5(x – 4) = 0

 (x – 4)(x – 5) = 0

 x – 4 = 0 hoặc x – 5 = 0

 x = 4 hoặc x = 5.

(60)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {4; 5}.

Bài 3 (3 điểm):

GT Hình chữ nhật ABCD có AB = 12 cm, AD = 9 cm;

AHBD (H BD ).

Tia phân giác của ADB cắt AH tại E và AB tại F.

KL a) ∆ADH ∆DBC và AD² = HD.BD.

b) Tính độ dài HD và HB.

c) EH FA EA  FB.

Ta có AHDB AHD90^o.

Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên AD // BD.

Suy ra ADHDBC (hai góc so le trong).

Xét ∆ADH và ∆DBC có:

ADHDBC (cmt) AHDDCB90o

(61)

Do đó ∆ADH ∆DBC (g.g) Suy ra: AD DH

BD  BC mà AD = BC (vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật)

AD DH

BD AD

   AD² = HD.BD.

Vậy ∆ADH ∆DBC và AD² = HD.BD.

b) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABD vuông tại A, ta có:

BD² = AD² + AB² = 9² + 12² = 81 + 144 = 225

 BD = 15 (cm).

Ta có AD² = HD.BD

2 2

AD 9

DH 5, 4 (cm)

BD 15

   

BH = BD – DH = 15 – 5,4 = 9,6 (cm).

Vậy DH = 5,4 cm; BH = 9,6 cm.

c) Xét ∆ADH có DE là tia phân giác của ADH .

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:

DH EH

DA  EA mà AD = BC Suy ra DH EH

BC EA (1)

Xét ∆ADB có DF là tia phân giác của ADB .

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:

(62)

FA AD

FB  DB (2)

Mà AD DH

FB  BC (cmt) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: EH FA

EA  FB (đpcm).

Bài 4 (1 điểm):

Ta có A = 4x – 2x² – |x³ – x²| + 7

= – 2x² + 4x – 2 – x²|x – 1| + 9

= – 2(x² – 2x + 1) – x²|x – 1| + 9

= – 2(x – 1)² – x²|x – 1| + 9

Vì (x – 1)² ≥ 0 nên – 2(x – 1)² ≤ 0.

Dấu “=” xảy ra khi x = 1.

Mặt khác, x²≥ 0 và|x – 1| ≥ 0 nên x²|x – 1| ≥ 0 hay – x²|x – 1| ≤ 0.

Dấu “=” xảy ra khi x = 1.

Do đó A ≤ 9.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 9 khi x = 1.