Câu 1:
Để biểu thức có nghĩa thì: \(\left\{\begin{matrix} 1-x\geq 0\\ x+1\geq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow -1\leq x\leq 1\)
Đáp án A.
Câu 2:
$1-\sqrt{2}<0$ nên hàm số $y=(1-\sqrt{2})x+2021$ nghịch biến trên R.
Đáp án D.
Câu 3:
\(\left\{\begin{matrix} -x+5y=6\\ x+2y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5y-6\\ x+2y=1\end{matrix}\right.\Rightarrow 5y-6+2y=1\)
\(\Leftrightarrow 7y=7\Leftrightarrow y=1\)
\(x=1-2y=1-2=-1\)
Vậy $(x,y)=(-1,1)$. Đáp án C
Câu 4:
Ta thấy $(-2)=-2(-1)^2$ nên $C(-1;-2)$ thuộc đồ thị hàm số $y=-2x^2$
Đáp án C.
Câu 5: Áp dụng định lý Viet thì chỉ có duy nhất PT ở đáp án A có $x_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{2}{1}=2$
Vậy đáp án A là đáp án đúng.
Câu 6:
Theo định lý Pitago: $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$ (cm)
$AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{3.4}{5}=2,4$ (cm)
Đáp án A.
Câu 7:
Độ dài cạnh huyền là: $3\sqrt{2}.\sqrt{2}=6$ (cm)
Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông chính bằng nửa độ dài cạnh huyền.
Hay $R=\frac{6}{2}=3$ (cm)
Đáp án B
Bài 8:
Độ dài cạnh đáy ống giấy chính bằng đường kính đường tròn bóng đèn, bằng $4$ cm
Diện tích phần giấy cứng làm hộp là:
$4.4.1,2.100=1920$ (cm2)
Đáp án A.
Bài 1:
1) Khi $x=16$ thì:
\(A=\frac{6-\sqrt{16}}{6-2\sqrt{16}}=\frac{6-4}{6-2.4}=-1\)
2)
\(P=B-A=\frac{2\sqrt{x}-12}{x-2\sqrt{x}-3}+\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{x}+2}-\frac{6-\sqrt{x}}{6-2\sqrt{x}}\)
\(=\frac{2\sqrt{x}-12}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{x}+1)}-\frac{\sqrt{x}-6}{2(\sqrt{x}-3)}\)
\(=\frac{4\sqrt{x}-24}{2(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)}{2(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-3)}-\frac{(\sqrt{x}-6)(\sqrt{x}+1)}{2(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+1)}\)
\(=\frac{6(\sqrt{x}-3)}{2(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+1)}=\frac{3}{\sqrt{x}+1}\)
Bài 2:
1)
PT hoành độ giao điểm:
$x^2-2x-3=0$
$\Leftrightarrow (x+1)(x-3)=0$
$\Rightarrow x=-1$ hoặc $x=3$
Nếu $x=-1$ thì $y=(-1)^2=1$. Giao điểm t1 là $(-1;1)$
Nếu $x=3$ thì $y=3^2=9$. Giao điểm t2 là $(3;9)$
2)
$\Delta'=m^2+1>0$ với mọi $m\in\mathbb{R}$ nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$
Áp dụng định lý Viet: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2m\\ x_1x_2=-1\end{matrix}\right.\)
Vì $x_1x_2=-1<0; x_1>x_2$ nên $x_1>0>x_2$
$\Rightarrow |x_1|=x_1; |x_2|=-x_2$. Khi đó:
$|x_1|-|x_2|+|x_1x_2|=m+3$
$\Leftrightarrow x_1+x_2+|-1|=m+3$
$\Leftrightarrow 2m+1=m+3$
$\Leftrightarrow m=2$
Bài 3:
Đặt $\sqrt{xy-1}=a(a\geq 0)$ thì PT$(1)$ trở thành:
$a(a+5)=6$
$\Leftrightarrow (a-1)(a+6)=0$
Vì $a\geq 0$ nên $a=1\Leftrightarrow \sqrt{xy-1}=1$
$\Rightarrow xy=2$.
Thay vào PT $(2)$:
$xy+x=4\Leftrightarrow 2+x=4\Leftrightarrow x=2$
$y=\frac{2}{x}=\frac{2}{2}=1$
Vậy $(x,y)=(2,1)$
Bài 4.1:
Vì $(O)$ tiếp xúc với $BC$ tại $N$ nên $ON\perp BC$
Xét tam giác $CAO$ và $CNO$, dễ thấy 2 tam giác này bằng nhau theo TH ch-cgv.
$\Rightarrow CN=CA=3$
$NB=BC-CN=\sqrt{AB^2+AC^2}-CN=\sqrt{3^2+6^2}-3=3\sqrt{5}-3$
Áp dụng định lý Pitago:
$OB^2=ON^2+NB^2$
$\Leftrightarrow (AB-AO)^2=ON^2+(3\sqrt{5}-3)^2$
$\Leftrightarrow (6-R)^2=R^2+(3\sqrt{5}-3)^2$
$\Rightarrow R=\frac{3\sqrt{5}-3}{2}$
Diện tích nửa đường tròn:
$S_t=\frac{\pi R^2}{2}=5,39$ (cm2)
Diện tích tam giác: $S_{tg}=\frac{3.6}{2}=9$ (cm2)
Diện tích phần tô đậm:
$S=S_{tg}-S_t=3,61\approx 3,6$ (cm2)
Bài 5.1
PT\(\Leftrightarrow \sqrt{3x+4+\sqrt{x+3}}-(\sqrt{x+3}+1)=\sqrt{x+3}-\sqrt{3x+3-\sqrt{x+3}}\)
\(\Leftrightarrow \frac{3x+4+\sqrt{x+3}-(\sqrt{x+3}+1)^2}{\sqrt{3x+4+\sqrt{x+3}}+\sqrt{x+3}+1}=\frac{(x+3)-(3x+3-\sqrt{x+3})}{\sqrt{x+3}+\sqrt{3x+3-\sqrt{x+3}}}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2x-\sqrt{x+3}}{\sqrt{3x+4+\sqrt{x+3}}+\sqrt{x+3}+1}=\frac{\sqrt{x+3}-2x}{\sqrt{x+3}+\sqrt{3x+3-\sqrt{x+3}}}\)
\(\Leftrightarrow (2x-\sqrt{x+3})\left(\frac{1}{\sqrt{3x+4+\sqrt{x+3}}+\sqrt{x+3}+1}+\frac{1}{\sqrt{x+3}+\sqrt{3x+3-\sqrt{x+3}}}\right)=0\)
\(\Rightarrow 2x-\sqrt{x+3}=0\)
Đến đây dễ dàng giải ra $x=1$
Bài 5.2:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{c+a+b}=a+b+c\)
$\Rightarrow P\geq a+b+c+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}$
$=\frac{a+b+c}{2}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}$
$\geq 3\sqrt[3]{\frac{9(a+b+c)^2}{8(ab+bc+ac)}}$ (BĐT AM-GM)
$\geq 3\sqrt[3]{\frac{9.3(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}}$
$=\frac{9}{2}$
Vậy $P_{\min}=\frac{9}{2}$. Giá trị này đạt tại $a=b=c=1$
Bài 4.2
1) $\widehat{MNC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \widehat{BNM}=180^0-\widehat{MNC}=90^0$
Tứ giác $ABNM$ có tổng 2 góc đối $\widehat{BAM}+\widehat{BNM}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
Lại có:
$\widehat{MIC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\Leftrightarrow \widehat{BIC}=90^0$
Tứ giác $ABCI$ có $\widehat{BAC}=\widehat{BIC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $ABCI$ là tứ giác nội tiếp.
2)
Sử dụng bổ đề $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC\sin A$ nên ta có:
\(\frac{AM}{AC}=\frac{S_{ABM}}{S_{ABC}}=\frac{BM.\sin \widehat{ABM}}{BC.\sin \widehat{ABC}}=\frac{\sin \widehat{C_1}}{\sin \widehat{ BMC}}.\frac{\sin \widehat{ABM}}{\sin \widehat{ABC}}\)
\(=\frac{\sin \widehat{C_1}}{\sin \widehat{M_2}}.\frac{\sin \widehat{N_1}}{\sin \widehat{M_1}}=\frac{\sin \widehat{C_1}}{\sin \widehat{N_2}}.\frac{\sin \widehat{N_1}}{\sin \widehat{M_1}}=\frac{NK}{KC}.\frac{MK}{NK}=\frac{MK}{KC}\)
Ta có đpcm.
