Đề thi Toán lớp 8 học kì 2 năm 2021 - 2022 có đáp án ( 5 đề)

(1)

TOÁN 8 KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021 (5 ĐỀ)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 MÔN: TOÁN 8

NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ SỐ 01

Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình:

a) 6 ⁵ 2 9

3

    

 

x  x b) ³ ² ³ ² ¹

4 2 6

  

 

x x x

c) ³ ¹ ₂ ³

3 3

  

 

x

x x x x d) 2x 1 3x6 Câu 2: (2 điểm) Giải các bất phương trình sau:

a) ²



^x^{ }¹

 

^{2 3}^x^{ }¹



⁰ b) ¹ ² ² ³

2 3 9

    

x x x

c) x²5x0

Câu 3: (1,5 điểm) Một khu vương hình chữ nhật có chu vi là 28m. Nếu tăng chiều dài 4m và tăng chiều rộng 2m thì diện tích tăng 48m². Tính diện tích khu vườn hình chữ nhật lúc đầu.

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (ABAC) có đường phân giác AD. Đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt các đường thẳng AC, AB lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh: ABC đồng dạng với DBF, suy ra BA BF. BD BC. b) Chứng minh: CE CA. CD CB.

c) Chứng minh: CD CB. AF AB. AC² d) Chứng minh: DFDC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

a) 6 ⁵ 2 9 6 10 2 9 8 1 ¹

3 8

               

 

x  x x x x x

Vậy ¹

8

 

  

 

S .

(2)

b) ³ ² ³ ² ¹

4 2 6

    

x x x

9 6 6 18 4 2 10 10

 x  x  x   x   x

Vậy ^S^{ }

 

¹⁰ . c) ³ ¹ ₂ ³

3 3

  

 

x

x x x x (điều kiện: x3 và x0)



³

 

³



³ ² ³ ^{3 3 0}

 x x   x x     x x

 

2 2 0 2 0 0

x  x x x   x (loại) hoặc x 2 (nhận) Vậy ^S^{ }

 

² .

d) 2x 1 3x6 (1) ĐK: 3x   6 0 x 2

(1) 2x 1 3x6 hoặc ²^x^{  }¹



³^x^⁶



 x 7 (nhận) hoặc x1 (loại) Vậy ^S ^

 

⁷ .

Câu 2:

a) ²



x^{ }¹

 

^{2 3}x^{  }¹



⁰ ²x^{ }^{2 6}x       ² ⁰ ⁴x ⁴ x ¹

b) ¹ ² ² ³ 9 9 6 12 4 6 11 9 ⁹

2 2 9 11

               

x x x

x x x x x

c) ^x²^⁵^x^{ }⁰ ^{x x}



^{ }⁵



⁰

* Trường hợp 1: x0 và x   5 0 x 0 và x  5 x 5

* Trường hợp 2: x0 và x   5 0 x 0 và x  5 x 0

Vậy nghiệm của bất phương trình là: x5 hoặc x0. Câu 3: Nửa chu vi hình chữ nhật: 28 : 214 (m)

Gọi: chiều dài của hình chữ nhật là: x (điều kiện 0 x 14) Suy ra chiều rộng của hình chữ nhật là: 14x

Ta có phương trình:



^x^^{4 14}



^{  }^x ²

 

^x ¹⁴^{ }^x



⁴⁸



^{4 16}

  

¹⁴



⁴⁸

 x  x x  x

2 2

16 64 4 14 48

 xx   x xx 

2 16 8

  x   x (nhận)

(3)

Vậy diện tích khu vườn hình chữ nhật lúc đầu là: ^{8. 14 8}



^{ }



^{48(m )}² . Câu 4:

a) Xét ABC và DBF có: ABC là góc chung

 

D 90

  

BAC B F (gt) Vậy ABC∽DBF (g.g)

. .

 AB  BC  

BA BF BD BC

DB BF

b) Xét CDE và CAB có: ACB là góc chung

  90 CDE CAB (gt)

Do đó CDE∽CAB (g.g) CDCE  .  . CE CA CD CB

CA CB .

c) Xét AEF và ABC có ^BAF ^^CAB



^{ }⁹⁰



^(gt)



AFE ACB (vì ABF∽ABC)

Do đó AEF∽ABC (g.g)  AE  AF  .  . AE AC AF AB AB AC

Mà CE CA. CD CB. (chứng minh trên)

. . . .AC

CD CBAF ABCE CAAE

 

²

. .

 AC CEAE AC AC AC

d) Xét BAD và BCF có ABC là góc chung

AB  BC

DB BF (chứng minh trên) Do đó BAD∽BCF (c.g.c)

: 2 90 : 2 45

BADBCFBAC     (vì AD là đường phân giác của ABC)

 CFD vuông cân tại DDFDC.

(4)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ SỐ 02

Câu 1: (3 điểm) Giải các phương trình sau:

a) ^{2 3x 1}



^{  }



^x ² ^b)^{4 x 5}



^{ }



^x² ^^5x^⁰

c) x 3 48 ₂ x 3

x 3 9 x x 3

   

   d) 6 2x 1 3

Câu 2: (1,5 điểm)

a) Giải bất phương trình sau và biểu diễn tập nghiệm trên trục số:

x 1 x 2 x 3

2 3 x 4

  

  

b) Chứng minh rằng các biểu thức: ab a  b 1;bc  b c 1;ca  c a a không thể có cùng giá trị âm.

Câu 3: (2 điểm) Giải toán bằng cách lập phương trình:

Lúc 6 giờ sáng một ôtô khởi hành từ A để đi đến B. Đến 7 giờ 30 phút một ôtô thứ hai cũng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc lớn hơn ôtô thứ nhất là 20km/h và hai xe gặp nhau lúc 10 giờ 30 phút. Tính vận tốc của mỗi ôtô.

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, vẽ các đường cao BD, CE.

a) Chứng minh rằng: ADB ∽ AEC và AE.ABAD.AC b) Chứng minh rằng: ADE ∽ ABC và ADEABC

c) Vẽ EF vuông góc với AC tại F. Chứng minh rằng: AE.DFAF.BE

d) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BD, CE. Chứng minh rằng hai góc BAC và MAN có chung tia phân giác.

Câu 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C   đáy là tam giác vuông cân tại A. Biết hình trụ này có chiều cao là 4m và thể tích là 18m³. Tính diện tích toàn phần của nó.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

(5)

a) ^{2 3x 1}



^{   }



^x ² ^6x^{   }² ^x ² ^5x^{  }⁰ ^x ⁰

Vậy phương trình có nghiệm x 0.

b) ^{4 x 5}



^{ }



^x² ^^5x^{ }⁰ ^{4 x 5}



^{ }

 

^{x x 5}^{ }



⁰



^x ^{5 4}



^x



⁰ ^x ⁵

      hay x 4 Vậy phương trình có nghiệm x5;x  4.

c)

   

  

2 2

2

x 3 48 x 3 x 3 48 x 3

x 3 9 x x 3 x 3 x 3 0

   

     

     (1). (ĐKXĐ: x 3)

Phương trình (1) trở thành:



^x^³



² ^⁴⁸^



^x^³



² ^{ }⁰ ^12x^⁴⁸^{  }⁰ ^x ⁴

So với ĐKXĐ giá trị x4 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x4. d) 6 2x 1  3 2x 1  3 2x 1 3 

hoặc 2x 1    3 x 2 hoặc x 1 Vậy phương trình có nghiệm x2;x  1. Câu 2:

a) x 1 x 2 x 3 6x 6 4x 8 12x 3x 9

2 3 x 4 12 12 12 12

     

      

7x 7 x 1

     

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ^S^



^x^ ^{/ x}^{ }¹



^.

Biểu diễn trên trục số

b) Ta có:



^{ab a}^{  }^{b 1 bc}



^{  }^{b c 1 ca}



^{  }^{c a 1}





^{a 1 b 1}

  

^{b 1 c 1}

  

^{c 1 a 1}

  

^{a 1}

 

² ^{b 1}

 

² ^{c 1}



² ⁰

                  Suy ra: Các biểu thức đã cho không thể cùng giá trị âm.

Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc xe ôtô thứ nhất, ( x0)

Thời gian xe ôtô thứ nhất đi từ 6 giời sáng đến 10 giờ 30 phút là 9 2h Quãng đường xe thứ nhất đi là: 9

2x (km)

Thời gian xe ôtô thứ hai đi từ 7 giờ 30 phút sáng đến 10 giờ 30 phút là 3h

(6)

Quãng đường xe thứ hai đi là: ^{3 x}



^²⁰



^(km)

Theo đầu bài ta có phương trình:

 

9x 3 x 20 3x 120 x 40

2       (thỏa mãn)

Vậy: vận tốc xe ôtô thứ nhất là 40 (km/h)

vận tốc xe ôtô thứ hai là: 402060 (km/h) Câu 4:

a) ADB ∽ AEC (g.g) AD AB

AE AC

 

AB.AE AD.AC

 

b) Ta có: ADE ∽ ABC (c.g.c) ADE ABC

 

c) EFAC,BDACEF BD

ABD có AE AF

EF BD : AE.DF AF.BE

BE  DF 

d) Ta có: AB BD 2BM BM AC  CE  2CN  CN

Suy ra: ABM ∽ ACN (c.g.c) BAMCAN Gọi Ax là tia phân giác của MANxAMxAN

Nên: xAM BAM xAN CAN xAB xAC  Ax là tia phần giác của BAC. Câu 5:

Ta có: V

V S.h S .

   h

Vậy diện tích đáy của hình lăng trụ này là:

 

²

S 18 4.5 m

 4  .

Vì ABC vuông cân tại A nên 1 ²

S AB

 2

Do đó ¹^AB² ^4.5 ^AB² ⁹ ^{AB 3 m .}

 

2     

(7)

Suy ra ^{BC 3 2 m .}^

 

Diện tích xung quanh của hình lăng trụ là:

   2

Sxq 2ph  3 3 3 2 .424 12 2 m Diện tích toàn phần là: ^S^tp ^^{24 12 2}^ ^{ }⁹ ^{33 12 2}^ ^^{50 m}

 

² ^.

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ SỐ 03

Câu 1: (3 điểm) Giải các phương trình sau:

a) ^{2 3}



^x^{ }¹



⁴^x^² b) ^x²^{  }¹



^x ^{1 3}



^x^⁵



c) ²^x^x^^¹²^²^x^x^^¹²^



¹^^x²



^x^x^¹



^⁰ ^d)⁶^³^x^{ }¹ ⁵

Câu 2: (2 điểm) Giải các bất phương trình sau và biểu diễn tập nghiệm trên trục số:

a)



³^x^^{1 3}



^x^{ }²

 

³^x^¹



² ^¹⁶ ^b)⁴ ⁵ ⁷

3 5

 

  

x x

Câu 3: (1,5 điểm) Giải toán bằng cách lập phương trình:

Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 10m. Nếu tăng chiều rộng thêm 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích tăng thêm 100m². Tính kích thước của miếng đất lúc đầu.

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng: BDA∽BFC và BD BC. BF BA.

b) Chứng minh rằng: BDF BAC

c) Chứng minh rằng: BH BE. BD BC. và BH BE. CH CF. BC²

d) Đường thẳng qua A song song với BC cắt tia DF tại M. Gọi I là giao điểm của CM và AD. Chứng minh rằng: IE BC.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

(8)

a) ^{2 3}



^x^{ }¹



⁴^x^{ }² ⁶^x^{ }² ⁴^x^{ }² ⁶^x^⁴^x^{   }^{2 2} ^x ⁰

Vậy phương trình có nghiệm x0.

b) ^x²^{  }¹



^x ^{1 3}



^x^{  }⁵

 

^x ¹



^x^{  }¹

 

^x ^{1 3}



^x^{ }⁵



⁰

  

2 1 2 0 1

 x     x x hoặc x2. Vậy phương trình có nghiệm x 1;x2.

c)       

  

2 2

1 1

1 1 2

2 2 2 2 1 1 0 2 1 1 0

  

     

      

x x

x x x

x x x x x x (1)

(ĐKXĐ: x 1)

PT (1) trở thành:



^x^¹

 

²^{ }^x ¹



²^⁴^x^{ }⁰ ⁰^x^⁰

So với ĐKXĐ thì PT nghiệm đúng với mọi x; x 1. d) ⁶^ ³^x^{  }¹ ⁵ ³^x^{ }¹ ¹

3 1 1

 x  hoặc 3 1 1 ²

    3

x x hoặc x0. Câu 2:

a)



³^x^^{1 3}



^x^{ }²

 

³^x^¹



² ^¹⁶

 

2 2

9 9 2 9 6 1 16 15 15

 x  x  x  x    x

  x 1. Vậy tập nghiệm của BPT: ^S^



^{x x}^/ ^{ }¹



b) ⁴ ⁵ ⁷ 20 25 21 3 23 46 2

3 5

 

          

 

x x

x x x x

Vậy tập nghiệm của BPT: ^S ^



^{x x}^/ ^²



Câu 3: Gọi chiều rộng của miếng đất hình chữ nhật lúc đầu là x (m), (x0)

Chiều dài của miếng đất lúc đầu là: x10 (m), diện tích miếng đất là:



^¹⁰



x x (m²)

(9)

Diện tích của miếng đất lúc sau là:



^x^⁵



^x^⁸

  

^m²

Ta có phương trình:



^x^⁵



^x^{ }⁸

 

^{x x}^¹⁰



^¹⁰⁰

3 60 20

 x  x (thỏa mãn)

Vậy: chiều rộng của miếng đất hình chữ nhật lúc đầu là 20 (m);

chiều dài của miếng đất hình chữ nhật lúc đầu là 30 (m).

Câu 4:

a) Xét BDA và BFC có:

  90 BDA BFC

ABC chung  BDA∽BFC (g.g)

. .

 BD  BA 

BD BC BF BA BF BC

b) Xét BDF và BAC có:

DBF chung, BD  BF

BA BC (cmt).

Do đó: BDF∽BAC (c.g.c) BACBDF c) Ta có: BDH∽BEC (g.g)

, ,

BD BH

BH BE BC BD BE BC

   

Chứng minh tương tự: CH CF. BC CD.

Do đó: BH BE CH CF^. ^ ^. ^BC BD CD^.



^



^BC²

d) Gọi N là giao điểm của 2 đường thẳng DE và MA Chứng minh tương tự, ta được: CDE^BAC

Do đó: BDF CDEADF ADEDA là đường phân

giác MDN trong MDN

Lại có: ADBC MN, BC (gt) DAMN. Vậy DA cũng là đường cao trong MDN. Vậy: MDN cân tại D

AM AN

Áp dụng hệ quả Ta-lét: MN BC có:

   

AI AM AN AE

IE DC

ID CD CD EC (định lí Ta-lét đảo)

(10)

Cách khác: Ta có: BFDMFA BFD, EFAMFAEFA

Mặt khác: BDFFAE.

Do đó: FMA∽FAE (g.g)  FA  MA

FE AE (1)

FAE∽CDE (g.g)  FA CD

FE CE (2).

Từ (1), (2): MACD MA AE  AI AE CE CD CE ID

IE DC (định lí Ta-lét đảo).

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ SỐ 04

Câu 1: Giải các phương trình sau:

a)



^x^²



²^⁵



^x^{ }²



⁰ ^b)¹⁷ ² ² ¹⁰

18 6

   

x x

x c) ^x^^x⁶^ ^x³^⁸^



^x^^¹²⁶



^x^^x³³^⁸



Câu 2: Giải bất phương trình và biểu diễn tập hợp nghiệm trên trục số:

2 2 5 12 5

6 8 24

    

x x x

Câu 3: Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một tổ sản xuất theo kế hoạch mỗi ngày phải sản xuất 20 sản phẩm. Khi thực hiện, mỗi tổ đã sản xuất được 25 sản phẩm. Do đó tổ đã hoàn thành trước kế hoạch 1 ngày và còn vượt mức 5 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch tổ phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Câu 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.MNHK có AB18cm AD, 25cm và AM 10cm. Tính thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.MNHK.

Câu 5: Cho ABC vuông tại A có ⁴; 18

5 

AB AC cm

BC . Vẽ đường phân giác BD của tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy điểm H sao cho ¹

3 AH

AB , từ B vẽ đường thẳng vuông góc với đường thẳng HC tại E, đường thẳng BE cắt đường thẳng AC tại F.

(11)

a) Tính độ dài các cạnh AD và DC.

b) Chứng minh: HAC và HEB đồng dạng.

c) Chứng minh: . ¹ ²

3 AF AC AB

d) Trên tia đối của tia FA lấy điểm M sao cho FM 2FA. Chứng minh: MBBC

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

a)



^x^²



²^⁵



^x^{  }²



⁰



^x^²



^x^{  }^{2 5}



⁰

 ² ³ ⁰ ² ⁰ ²

3 0 3

  

 

         

x x

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình trên là: ^S ^{ }



^{3; 2}



^.

b) ¹⁷ ² 2 ¹⁰

18 6

   

x x

x

17 2 36 30 3

18 18 18

 

 x  x  x     

x x x

17 36 3 30 2 16 32 2

 x x x    x   x

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình trên là: ^S ^{ }

 

²

c) ^x^^x⁶^ ^x³^⁸^



^x^^¹²⁶



^x^^x³³^⁸



Mẫu chung:



^x^⁶



^x^⁸



ĐKXĐ: x 6;x8

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được:



^{ }⁸

 

³ ^{  }⁶



¹² ^³³

x x x x

2 8 3 18 12 33

x  x x   x

2 8 3 12 18 33 0

x  x x x  

2 2 7 49 49

7 15 0 2. 15 0

2 4 4

x  x  x  x    

(12)

2 2

7 109 7 109

2 4 0 2 4

   

x    x  

7 109 109

2 4 2

7 109 109

2 4 2

   





    

 x

x

109 7 109 7 (TM)

4 2 2

109 7 109 7 (TM)

4 2 2

x

 

  



     



Vậy tập hợp nghiệm của phương trình trên là:

109 7 109 7

2 ; 2

   

 

  

 

 

S .

Câu 2:

   

4 2 3 2 5

2 2 5 12 5 12 5

6 8 24 24 24 24

 

   

   x  x 

x x x x

4 8 6 15 12 5

10 23 12 5

24 24 24

  

 x  x  x    

x x

10 12 5 23 2 18 9

 x x     x   x

Vậy bất phương trình trên vô nghiệm: x 9

Biểu diễn tập hợp nghiệm

Câu 3: Gọi x (sản phẩm) là số sản phẩm sản xuất theo kế hoạch, x0

Số sản phẩm làm theo thực tế là x5 (sản phẩm) Thời gian làm theo kế hoạch mất:

20 x (h) Thời gian làm theo thực tế mất: ⁵

25

 x (h) Theo đề bài, ta có phương trình: ⁵ 1

20 25

   x x

Giải ra ta được: x120 (nhận)

Vậy: số sản phẩm sản xuất theo kế hoạch là 120 sản phẩm.

Câu 4: Thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.MNHK

(13)

. . 18.25.10 4500(cm )3

  

V AB AD AM

Câu 5:

a) Xét ABC có BD là phân giác trong (gt)

4

5 4 5

 DA  BA   DA DC DC BC

4 5 5 4

   

 DA DC DA DC

18 2

9 9

 AC   4.2 8

DA  (cm) và DC5.210 (cm) b) Xét HAC và HEB có:

AHCEHB (Hai góc đối đỉnh) 90

HACHEB 

 HAC∽HEB (g.g)

c) Chứng minh    AF  AH  .  .

AFH ABC AF AC AH AB

AB AC

∽

Mà ¹

3

AH AB (gt) . . ¹ ²

AF AC AH AB3AB

d) Chứng minh FH MB và H là trực tâm của tam giác

FBC

FH là đường cao của tam giác FBC

FH BC. Mà FH MB. Vậy MBBC.

(14)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ SỐ 05 Câu 1: Giải các phương trình

a) ^{5 x}



^{  }³



² ^{2 x 1}



^



^b)^x² ^{ }^{9 2 x}



^{ }³



⁰

c) 3x 1₂ 2 1

x 9 x 3 x 3

  

   d) x 3 2x9

Câu 2: Giải bất phương trình và biểu diễn tập nghiệm trên trục số: x 3 x 2 2x 3

6 5 1 10

      Câu 3: Một người đi từ A đến B với vận tốc 35km/h, lúc đi từ B về A với vận tốc 42km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính quãng đường AB.

Câu 4: Cho ABC vuông tại A, đường cao AH, có AB9cm,BC 15cm . Đường phân giác của góc ABC cắt AC tại D, biết AD4,5cm.

a) Tính DC.

b) Đường phân giác BD cắt AH tại E. Chứng minh: AEAD. c) Chứng minh: AB² BH.BC

d) Gọi I là trung điểm của ED. Chứng minh: góc BIHACB. Câu 5: Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa

3 3 3

a b b c c a a b c

c a b abc 2

         . Tính giá

trị của biểu thức: ^M^^_



^a^^b



²⁰¹³^^c²⁰¹³^{ }_{ }



^b^^c



²⁰¹³^^a²⁰¹³^{ }_{ }



^c^^a



²⁰¹³^^b²⁰¹³^_

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1:

a) ^{5 x}



^{  }³



² ^{2 x 1}



^



5x 15 2 2x 2 5x 17 2x 2

        

5x 2x 2 17 3x 15 x 15: 3 x 5

           Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^

 

⁵ ^.

(15)

b) ^x² ^{ }^{9 2 x}



^{  }³



⁰



^x^^{3 x 3}



^{ }

 

^{2 x}^{ }³



⁰



^x ^{3 x}



^{3 2}



⁰



^x ^{3 x}



⁵



⁰

        

x 3 0 x 3

x 5 0 x 5

   

 

     

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^{ }



^3;5



^.

c) ĐKXĐ: x3, x 3.

2

3x 1 2 1

x 9 x 3 x 3

  

  

Quy đồng và khử mẫu, ta được: ^{3x 1 2 x}^{ }



^{ }³

 

^x^³



3x 1 2x 6 x 3 3x 1 x 9

         

3x x 9 1 2x 10 x 5

        (thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^

 

⁵ ^.

d) x 3 2x9

 Xét x3. Ta có x 3 2x9

x 3 2x 9 x 2x 9 3 x 6

             x 6

  (nhận)

 Xét x3. Ta có x 3 2x9

3 x 2x 9 x 2x 9 3x 12 x 4

               (loại) Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^

 

⁶ ^.

Câu 2: x 3 x 2 2x 3

6 5 1 10

     

     

5 x 3 6 x 2 30 3 2x 3

      

5x 15 6x 12 30 6x 9

      

x 27 39 6x x 6x 39 27

          5x 12 x 12

    5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 12 S x | x

5

 

  

 

Biểu diễn tập nghiệm trên trục số

(16)

Câu 3: Đổi: 30 phút 1

 2 giờ

Gọi quãng đường AB là x (km) (Điều kiện x0) Thời gian người đó đi từ A đến B là x

x : 35

35 (giờ)

Thời gian người đó đi từ B về A là x x : 42

 42 (giờ) Theo đầu bài, ta có phương trình x x 1

35 42  2 6x5x 105

Vậy quãng đường AB dài 105km.

Câu 4:

a) ABC có BD là đường phân giác (gt)

AD DC

AB BC

 

4,5 DC 4,5.15

9  15 DC 9

 

DC7,5 cm

b) Ta có ADB ABD 90   (ABD vuông tại A) và BEH EBH 90   (HBE vuông tại H)

ABDEBH (BD là tia phân giác ABC) Suy ra ADBBEH

Mà BEHAED (đối đỉnh)

Nên ADB AED  AED cân tại A.

Do đó AEAD

c) Xét ABC và HBA có ^BAC^^BHA



^{ }^{90 ,ABC}



^(chung)

(17)

Do đó ABC ∽ HBA (g.g) AB BC

BH AB

 

Vậy AB² BH.BC

d) ADE cân tại A, AI là đường trung tuyến

AI là đường cao của tam giác ADE AIE 90 

Xét AIE và BHE có ^AIE^^BHE



^{ }^{90 ,AEI}



^^BEH (đối đỉnh) Do đó AIE∽ BHE (g.g) EI EA

EH EB

 

Xét EBA và EHI có BEAHEI (đối đỉnh), EB EA

EH  EI (vì EI EA EH  EB) Do đó EBA∽ EHI (c.g.c) EAB EIH

Mà EAB ACB (cùng phụ với ABC) Do đó BIHACB.

Xét bài toán phụ: Chứng minh rằng nếu a³   b³ c³ 3abc thì a  b c 0 hoặc a  b c. Ta có:^a³ ^^b³ ^{ }^c³ ^3abc^{ }



^a ^b



³^^{3ab a}



^^b



^{ }^c³ ^3abc



^a ^b



³ ^c³ ^{3ab a}



^b



^3abc

     



^a ^b ^c

 

^ ^a ^b

 

² ^a ^{b c}



^c²^ ^{3ab a}



^b ^c



          



^a ^b ^{c a}

 

² ^2ab ^b² ^ca ^bc ^c² ^3ab



        

  

² ² ² ² ² ²



1 a b c a 2ab b b 2bc c c 2ca a

2          

    

²

 

²



²

1 a b c a b b c c a

2

 

         

Do đó a³   b³ c³ 3abc   a³ b³ c³ 3abc 0

  

²

 

²



²

a b c 0

a b b c c a 0

  

 

     



  

²

 

²



²

a b c 0 a b c 0

a b c

a b b c c a

  

    

        

(18)

Trở lại bài toán



^{x 1}^

 

³ ^x^³

 

³^ ^x^²



³ ^^{7 3x}



³ ^^21x^³¹





^x² ^2x ³



³



^x ²



³ ^{7 3x}



³ ^21x ³¹



       



^x² ^2x ³



³



^x ²



³ ⁷³ ^{7 3x}



³ ^21x ^{31 7}³



         



^x² ^2x ³



³



^x ²



³ ⁷³ ^{7 3x}



³ ^{21x 18}



        



^x² ^2x ³



³



^x ²



³ ⁷³ ^{3 x}



² ^2x ^{3 x}

 

^{2 7}



         

Áp dụng bài toán phụ, ta có

2 2

x 2x 3 x 2 7 0 x 2x 3 x 2 7

      

     



  

2 2

x 3x 2 0 x x 2x 2 0 x 1 x 2 0

            

x 1

   hoặc x 2 Vậy ^S^{  }



^{1; 2}

