de on tap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ ÔN TẬP SỐ 44. Câu 1. 1. Rút gọn các biểu thức sau (trình bày rõ các bước biến đổi): a) 2 32  5 27  4 8  3 75  a a   a2 a   1   . 1   a  1   a  2   b). 2. Giải phương trình:. (với a 0, a 1 ). x 2  6 x  9 6. Câu 2. 2 Cho các hàm số (P): y  x và (d): y 2 x  3 .. a) Vẽ đồ thị của hai hàm số đã cho trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên bằng phép tính. c) Viết phương trình đường thẳng (d1): y = ax + b, biết rằng (d1) song song với (d) và (d1) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng  4 . Câu 3. a) Giải phương trình sau (không giải bằng máy tính cầm tay): 2 x 2  5 x  3 0. b) Giải hệ phương trình sau (không giải bằng máy tính cầm tay): 2 x  3 y 3   x  y 4 2 c) Cho phương trình: x  2 x  2m  1 0 (với m là tham số và x là ẩn số). Tìm giá trị của m để 3 3 phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1 x2  x1 x2  6 .. Câu 4. 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao (H  BC) có BC = 10 cm, AC = 8 cm. Tính độ dài AB, BH và số đo góc C (số đo góc C làm tròn đến độ). 2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C trên đường thẳng AB sao cho B nằm giữa A, C. Kẻ tiếp tuyến CK với nửa đường tròn tâm O (K là tiếp điểm), tia CK cắt tia tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn tâm O tại D (tia tiếp tuyến Ax nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn tâm O). a) Chứng minh tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 b) Chứng minh: CO.CA CK  CK .DK .. AD DN  1 c) Kẻ ON  AB (N thuộc đoạn thẳng CD). Chứng minh: DN CN .. 2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T. Ta có:. a b c  4  4 4 4 b  c  a a  c  b a  b4  c . 4. a 4  b 4 ab  a 2  b 2 . Thật vậy. a; b  . a 4  b 4 ab  a 2  b 2   a 4  b 4 a 3b  ab3.   a  b   a 3  b3  0   a  b . Do đó. 2. a. 2.  ab  b 2  0. (luôn đúng a, b   ). a 4  b 4  c ab  a 2  b 2   c  a 4  b4  c ab  a 2  b2   abc 2  0. (vì. a; b; c  0 và abc 1 ). . c c  4 2 a  b  c ab  a  b 2   abc 2 4. (vì c  0 ). . c c  4 2 a  b  c ab  a  b2  c 2 . . c c2 c c2  4 4 2 2 2   a  b  c abc  a  b  c  a 4  b4  c a 2  b2  c 2. 4. Tương tự. b b2  a4  c 4  b a 2  b2  c 2. a a2  b4  c 4  a a 2  b2  c 2.  1.  2.  3. Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có: a b c a2 b2 c2      1 b4  c4  a a 4  c4  b a 4  b 4  c a 2  b2  c 2 a 2  b 2  c 2 a 2  b2  c 2  T 1 a; b; c  0 thỏa mãn abc 1 .. Với a b c 1 thì T 1 . Vậy GTLN của T là 1..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI. NỘI DUNG. BÀI 1. 2 32  5 27  4 8  3 75 2 42.2  5 32.3  4 2 2.2  3 52.3. 8 2  15 3  8 2  15 3 0..  a  a   a 2 a   1   .1   a  1   a  2   (với a 0, a 1 )  a ( a  1)    1   . 1  a  1    (1  a ).(1 . a ( a  2)   a  2 . a). 12  ( a ) 2 1  a. Giải phương trình: . x 2  6 x  9 6. ( x  3)2 6.  x  3 6.  x  3 6   x  3  6  x 9   x  3. Viết phương trình đường thẳng (d 1): y ax  b , biết rằng (d1) song song với (d) và (d1) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -4. Đường thẳng (d1): y ax  b song song với đường thẳng (d): y 2 x  3 . a 2  b  3  Phương trình đường thẳng (d1) là y 2 x  b .. Vì đường thẳng (d1): y 2 x  b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -4  b = - 4 (TMĐK b  3 )..

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Phương trình đường thẳng (d1) là y 2 x  4 .. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị bằng phép tính. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:  x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0  x1 1; x2  3. * Với x = 1  y = -1  Giao diểm thứ nhất là (1 ; -1) * Với x = -3  y = -9  Giao diểm thứ hai là (-3 ; -9) 2 Giải phương trình: 2 x  5 x  3 0 2 2 Ta có:  b  4ac ( 5)  4.2.3 1. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 .  b   5 1 3   2a 2.2 2. x2 .  b  5 1  1 2a 2.2. 2 x  3 y 3  Giải hệ phương trình:  x  y 4. Giải được x = 3 Giải được y = -1 2 Cho phương trình: x  2 x  2m  1 0 với m là tham số và x là ẩn số. Tìm các 3 3 giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1 x2  x1 x2  6 .. Phương trình đã cho có nghiệm   ' 0  m 1. Ta có: x13 x2  x1 x23  6  x1 x2 ( x12  x22 )  6  x1 x2  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2   6.  (2m  1)(6  4m)  6   8m2 16m 0. (theo hệ thức Vi-ét). (không TMĐK, loại).  m 2   m 0 (TMĐK).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4. Hình vẽ. B H. A. 8 cm. C. Tính AB : Áp dụng định lí Py-ta-go vào  vuông ABC: BC2 = AB2 + AC2  AB2 = BC2 - AC2= 102 – 82 =36 Vậy AB = 36 6 (cm) Tính BH: Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông ABC: AB 2 6 2  BH   3, 6 BC 10 AB2 = BC. BH (cm) AB 6  Tính Ĉ : sin Ĉ = BC 10 . Cˆ 370. Hình vẽ. Chứng minh tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD. 0  AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O  DAO 90 0  CK là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O  DKO 90. Xét tứ giác AOKD, ta có:   DAO  DKO 900  900 1800 Vậy tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp.. Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD là trung điểm của đoạn DO. 2 Chứng minh: CO.CA CK  CK .DK.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0   Xét hai tam giác COK và CDA có: CKO CAD 90 (gt).  C chung  COK ~ CDA( g.g ) . CO CK   CO.CA CK .CD CD CA.  CO.CA CK .(CK  DK ) CK 2  CK .DK AD DN  1 Kẻ ON  AB (N thuộc đoạn thẳng CD). Chứng minh: DN CN. Ta có: ON // DA (cùng vuông góc với AB)   ADO DON (so le trong)   Mặt khác: ADO ODN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)   Vậy: DON ODN  DON cân tại N  DN ON .. CAD. có ON // AD nên CAD ~ CON. CN  DN AD   CN DN  1. (do DN = ON). DN AD AD DN    1 CN DN DN CN (đpcm). . CD AD  CN ON.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>