ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ II

(1)

ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ II

Năm học: 2017-2018

Bài 1: (1,5đ) Giải các phương trình và hệ phương trình sau ( 3)( 5) 43

1) (3 1)( 2) 27 3

xy x y

x y xy

    

     

 ^{2 1}⁾

(

^- ²

)

^x²^- ²^x^- ² ²^x ^{=- -}^{1 3 2}

)x⁴- x²=(x- )(x + )

3 12 6 6

Bài 2: (1đ) Cho (P) y = x² và (d) y = 2x - 3 a) Vẽ (P) trên mặt phẳng tọa độ.

b) Viết phương trình đường thẳng (d’) biết (d’) song song với (d) và có 1 điểm chung với (P) Bài 3: (1,5đ) Cho phương trình ^x²^



²^m^¹



^x^³^m²^{ }^m ⁰

1) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm x x¹, ²với mọi giá trị m.

2) Tính x¹, x² ; .x x¹ ² theo m

3) Tìm m để phương trình có nghiệm x x¹, ²thỏa 3x¹5x²  11

Bài 4: (3đ) Cho đường tròn (O; R) và điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Vẽ tiếp tuyến SA với đường tròn ( A là tiếp điểm). Vẽ AH vuông góc OS tại H, và cát tuyến SBC với đường tròn ( tia SB nằm giữa hai tia SA và SO và SB < SC)

a) Chứng minh: SA² = SH . SO và SA² = SB . SC

b) Chứng minh:SBH và SOC đồng dạng, suy ra tứ giác OHBC nội tiếp đường tròn.

c) Chứng minh: Tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C và đường thẳng AH đồng quy.

d) Cho biết OS = 2R; BC = R 3. Chứng minh: 2R < MS <

5 2R

Bài 5: (3đ)

1) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 40 m. Nếu tăng chiều rộng thêm 3m, giảm chiều dài đi 2m thì diện tích tăng thêm 29 m² . Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lúc đầu ?

2) Trên một đồng cỏ có 2 loại gia súc gồm trâu và bò. Số trâu nhiều hơn bò là 4 con. Có 10 con trâu và 10 con bò đang gặm cỏ. Số còn lại đang nằm ngủ, biết số trâu nằm ngủ gấp đôi số bò nằm ngủ. Hỏi trên đồng cỏ có bao nhiêu con trâu và bao nhiêu con bò ?

3) Một cột đèn cao 7m có bóng trên mặt đất dài 4m. Gần đó có một tòa nhà cao tầng có bóng trên mặt đất dài 80m. Hỏi tòa nhà có bao nhiêu tầng ? Biết mỗi tầng cao 2m.

Hết

(2)

ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ II – NH: 2017- 2018 Bài 1:

( 3)( 5) 43 1) (3 1)( 2) 27 3

xy x y

x y xy

    

     



5 3 15 43

3xy 6 x y 2 27 3

xy xy x y

xy

     

       

5 3 28

6x y 29

x y

  

     5 3 28 18x 3y 87

x y

  

    23 115

6x y 29 x

 

     5

6.5 y 29 x

  

   

 5

y 1

 x

   

V y h pt cĩ nghi m là ậ ệ ệ

5

y 1

x

 

   0.5đ

( )

) - x²- x- 2x =- -

2 1 2 2 2 1 3 2

( )

^x

( )

^x

Û 1- 2 ²- 2 1+ 2 + +1 3 2 0=

 



^a^{ }¹ ^2;^b ^{ }^{2 1}^ ^{2 ;}^c ^{ }^{1 3 2}



   

Ta có: a + b c 1 2 2 1 2 1 3 2 1 2 2 2 2 1 3 2 0

      

       Vì a b c    0 nên pt có 2 nghiệm là:

  

   

1 và 2



2 7 4 2

2

x 1 x 1 3

1 a c

0.5đ ) x⁴- x²=(x- )(x + )

3 12 6 6

( )

x x

Û ⁴- 13 ²+36 0 1= (Đk : t ) Đặt t =x² ³ 0 Từ (1) ta có pt sau:

(

^; ^;

)

t²- 13t + =36 0 a=1b =- 13 c=36

( )

Ta có:

. .

b ac

= -

= - - =

Þ = =

2 2

4

13 4136 25 25 5

V

> 0

Vì  > 0 nên pt cĩ 2 nghiệm phân biệt

(3)

(nhận) .

t b

a

- + +

= = =

1

13 5 9

2 21

V

(nhận) .

t b

a

- - -

= = =

2

13 5 4

2 21

V

*t = Û9 x²=9 Û x =±3

*t = Û4 x²=4 Û x =±2

{

^;

}

Vậy S = ±3 ±2

0.5đ Bài 2:

a) Lập bảng giá trị:

x -2 -1 0 1 2

y = x2 4 1 0 1 4

Vẽ đồ thị (P) 0.5đ b) Gọi phương trình đường thẳng (d’) cĩ dạng y = ax + b

Vì (d’) // (d)  a = 2 và b  -3  (d’) : y = 2x + b

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d’) x² = 2x + b

 x² – 2x - b = 0

 = (-2)² – 4.1. (-b) = 4 + 4b

Để (P) và (d’) cĩ 1 điểm chung   = 0

 4 + 4b = 0

 b = - 1 (nhận)

Vậy (d’) : y = 2x – 1 0.5đ Bài 3: 1)

   

 

2 2

2

2 1 4 3

4 4 1 12 4

4 1 0

m m m

m m m m

m m

     

    

   

0.5đ Vậy phương trình luơn cĩ nghiệm x x¹, ²với mọi giá trị m.

2) Theo định lí Vi- ét ta cĩ:

1 2

2 1 2

2 1

. 3

x x b m

a

x x c m m a

     



    

 0.5đ 3) Vì phương trình luơn cĩ nghiệm x x¹, ²với mọi giá trị m, nên :

(4)

   

1 2

3 1;

3 5 11

3 3 1 5 11

9 3 5 11

1

; 3 1

3 5 11

3 5 3 1 11

3 15 5 11

18 6

1 3

x m x m

x x

m m

m

x m x m

x x

m m

   

  

     

    

  

   

  

     

     

   

 



Vậy m = -1 ; m = 1/3 thì phương trình có nghiệm x x¹, ² thỏa 3x¹5x²  11

0.5đ Bài 4:

a) Chứng minh: SA² = SH . SO và SA² = SB . SC

* Ta có : SA  OA ( tính chất tiếp tuyến)

SAO vuông tại A có AH là đường cao (AH  OS)

Nên SA2 = SH.SO ( hệ thức lương trong tam giác vuông) 0.5đ

* Chứng minh:SAB và SCA đồng dạng (g-g)

=> SA2 = SB. SC 0.5đ b) Chứng minh: SBH và SOC đồng dạng suy ra tứ giác OHBC nội tiếp đường tròn

Ta có: SA² = SH . SO và SA² = SB . SC (cmt)

=> SH.SO = SB .SC

C/m : SBH và SOC đồng dạng (c- g- c)

=> gócSBH = góc SOC

(5)

=> Tứ giác OHBC nội tiếp (tứ giác có góc trong bằng góc ngoài) 0.75đ c) Chứng minh: Tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C và đường thẳng AH đồng quy.

Gọi M là giao điểm của đường thẳng AH và tiếp tuyến tại C của đường tròn (O; R) Ta có OC MC (t/c tiếp tuyến)

=> góc OCM = 900

Vì góc OCM = góc OHM = 900

Nên tứ giác OCMH nội tiếp đường tròn đường kinh OM.

Mà tứ giác OHBC nội tiếp

Nên 5 điểm O, H, B, M, C cùng thuộc một đường tròn đường tròn đường kính OM.

=> góc OBM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> OB MB tại B; B thuộc (O)

=> MB là tiếp tuyến của (O)

=> Tiếp tuyến B, tiếp tuyến tại C và đường thẳng AH đồng quy M. 0.75đ d) Cho biết OS = 2R; BC =R 3. Chứng minh : 2R < MS < 5/2 R

Gọi I là giao điểm của OM và BC

C/m : OM BC tại M, I là trung điểm của BC

=> IB = BC : 2 = R 3 : 2

OIB vuông tại I

=> OI2 = OB2 - IB2 (định lý Pytago)

=> OI2 = R2- 3R2/4 = R2/4

=> OI = R/2

Ta có : BI2= IO. IM

=> IM = BI2/IO = 3/2R

OIS vuông tại I

=> SI2 = OS2 - IO2= 4R2 – R2/4 = 15/4 R2

MIS vuông tại I

=>MS2 = MI2 + IS2

=> MS2 = 9/4R2 + 15/4R2 = 24/4R2 Ta có : 16/4 R2 < 24/4 R2 < 25/4 R2

=> 2R < MS < 5/2 R 0.5đ Bài 5:

1) Gọi x là chiều dài ; y là chiều rộng hình chữ nhật lúc đầu ( x; y > 0) Theo đề bài ta có hệ phương trình :

   

2( ) 40

3 2 29

x y

y x xy

 

     



x = 15; y = 5 ( thỏa đk ) Chiều dài : 15m

(6)

7m

4m 80m

α

A B

C D

F

E

Chiều rộng : 5 m 1đ 2) Gọi x, y lần lượt là số con trâu và số con bò ( đk : x , y ^ N*)

Theo đề bài ta có hpt:

 

4

10 2 10 x y

x y

 

  





Vậy có 14 con bò và 18 con trâu 1đ

3) Xét ABC vuông tại A, ta có :

7 7

tan tan

4 4

C AB E

 AC   

Xét DEF vuông tại D, ta có :

.tan 80.7 140 DF DE E 4 

(m) Như vậy số tầng của tòa nhà là : ^{140 : 2 70}^ (tầng) 1đ