- Đề bài
- LG câu 1
- LG câu 2
- LG câu 3
- LG câu 4
- LG câu 5
Đề bài
Câu 1 [VD] [3,5 điểm]. Giải các phương trình và bất phương trình sau:
a] \[3x - 11 = x + 7\]
b] \[2x\left[ {x - 3} \right] = x - 3\]
c] \[\dfrac{{x + 2}}{{x - 2}} - \dfrac{5}{x} = \dfrac{8}{{{x^2} - 2x}}\]
d] \[\dfrac{{2x + 1}}{4} - \dfrac{{x - 5}}{3} \le \dfrac{{4x - 1}}{{12}} + 2\]
Câu 2 [VD] [2,0 điểm]. Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Một xe máy khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc 30 km/h. Sau khi xe máy đi được 20 phút, trên cùng tuyến đường đó, một ô tô khởi hành từ B để đi đến A với vận tốc 45 km/h, biết quãng đường AB dài 90 km. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc ô tô khởi hành thì hai xe gặp nhau?
Câu 3 [VD] [1,0 điểm].
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có \[AB = 10cm,BC = 20cm,AA' = 15cm\].
a] Tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật
b] Tính độ dài đường chéo AC của hình hộp chữ nhật [làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất]
Câu 4 [VD] [3,0 điểm]. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.
a] Chứng minh \[\Delta ABH\] đồng dạng với \[\Delta CBA\].
b] Cho \[BH = 4cm,BC = 13cm\]. Tính độ dài đoạn AB.
c] Gọi E là điểm tùy ý trên cạnh AB, đường thẳng qua H và vuông góc với HE cắt cạnh AC tại F. Chứng minh \[AE.CH = AH.FC\]
d] Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AB để tam giác EHF có diện tích nhỏ nhất.
Câu 5 [VDC] [0,5 điểm]. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dương và \[a + b + c = 1\] thì:
\[{\left[ {a + \dfrac{1}{a}} \right]^2} + {\left[ {b + \dfrac{1}{b}} \right]^2} + {\left[ {c + \dfrac{1}{c}} \right]^2} > 33\]
LG câu 1
Phương pháp giải:
a] Chuyển vế đổi dấu
b] Biến đổi phương trình thành phương trình tích để giải
c] Quy đồng khử mẫu, rút gọn
d] Quy đồng khử mẫu, nhân phá ngoặc, rút gọn BPT
Lời giải chi tiết:
\[\begin{array}{l}a]\,\,\,3x - 11 = x + 7\\ \Leftrightarrow 2x = 18 \Leftrightarrow x = 9\end{array}\]
Vậy nghiệm của phương trình là \[x = 9.\]
\[\begin{array}{l}b]\,\,\,2x\left[ {x - 3} \right] = x - 3\\ \Leftrightarrow 2x\left[ {x - 3} \right] - \left[ {x - 3} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x - 3} \right]\left[ {2x - 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\2x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\2x = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy nghiệm của phương trình là \[x \in \left\{ {3;\dfrac{1}{2}} \right\}.\]
\[c]\,\,\,\dfrac{{x + 2}}{{x - 2}} - \dfrac{5}{x} = \dfrac{8}{{{x^2} - 2x}}\]
ĐKXĐ: \[\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ne 0\\x \ne 0\\{x^2} - 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne 0\\x\left[ {x - 2} \right] \ne 0\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne 0\end{array} \right.\]
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{x + 2}}{{x - 2}} - \dfrac{5}{x} = \dfrac{8}{{{x^2} - 2x}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + 2}}{{x - 2}} - \dfrac{5}{x} - \dfrac{8}{{x\left[ {x - 2} \right]}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x\left[ {x + 2} \right]}}{{x\left[ {x - 2} \right]}} - \dfrac{{5\left[ {x - 2} \right]}}{{x\left[ {x - 2} \right]}} - \dfrac{8}{{x\left[ {x - 2} \right]}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + 2x - 5x + 10 - 8}}{{x\left[ {x - 2} \right]}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x\left[ {x - 2} \right]}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left[ {x - 1} \right]\left[ {x - 2} \right]}}{{x\left[ {x - 2} \right]}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - 1}}{x} = 0 \Leftrightarrow x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\left[ {tm} \right]\end{array}\]
Vậy nghiệm của phương trình là \[x = 1.\]
\[\begin{array}{l}d]\,\,\,\dfrac{{2x + 1}}{4} - \dfrac{{x - 5}}{3} \le \dfrac{{4x - 1}}{{12}} + 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3\left[ {2x + 1} \right]}}{{12}} - \dfrac{{4\left[ {x - 5} \right]}}{{12}} \le \dfrac{{4x - 1}}{{12}} + \dfrac{{24}}{{12}}\\ \Leftrightarrow 6x + 3 - 4x + 20 \le 4x - 1 + 24\\ \Leftrightarrow 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 0\end{array}\]
Vậy BPT có tập nghiệm \[S = \left\{ {x|x \ge 0} \right\}.\]
LG câu 2
Phương pháp giải:
Gọi thời gian để 2 xe gặp nhau kể từ lúc ô tô khởi hành là x [giờ].
Biết vận tốc của từng xe trên từng quãng đường
\[ \Rightarrow \] lập phương trình theo tổng quãng đường để tìm x.
Lời giải chi tiết:
Gọi thời gian để 2 xe gặp nhau kể từ lúc ô tô khởi hành là x [giờ] \[\left[ {x > 0} \right].\]
Đổi 20 phút = \[\dfrac{1}{3}\] giờ
Quãng đường xe máy đi được trong 20 phút đầu là \[30.\dfrac{1}{3} = 10\,\,\left[ {km} \right].\]
Quãng đường xe máy đi từ khi ô tô khởi hành đến khi 2 xe gặp nhau là \[30x\,\,\,\left[ {km} \right].\]
Quãng đường ô tô đi đến chỗ gặp nhau với xe máy là \[45x\,\,\,\left[ {km} \right].\]
Vì quãng đường AB dài 90 km nên ta có phương trình:
\[10 + 30x + 45x = 90 \Leftrightarrow 75x = 80 \Leftrightarrow x = \dfrac{{16}}{{15}}\] [giờ]
Vậy sau \[\dfrac{{16}}{{15}}\] giờ = 1 giờ 4 phút kể từ lúc ô tô khởi hành thì hai xe gặp nhau.
LG câu 3
Phương pháp giải:
a] Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là tổng diện tích tất cả các mặt của hình hộp chữ nhật đó.
b] Áp dụng định lý Py-ta-go để tính AC từ đó tính AC.
Lời giải chi tiết:
a] Tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật
\[\begin{array}{l}{S_{tp}} = 2AB.AD + 2AA'\left[ {AB + AD} \right]\\ = 2.10.20 + 2.15.\left[ {10 + 20} \right]\\ = 400 + 900 = 1300\,\,c{m^2}.\end{array}\]
b] Tính độ dài đường chéo AC của hình hộp chữ nhật [làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất]
Áp dụng định lý Py-ta-go cho \[\Delta A'B'C'\] vuông tại B ta có:
\[A'C{'^2} = A'B{'^2} + B'C{'^2}\] \[ = A{B^2} + B{C^2} = {20^2} + {10^2} = 500\]
Áp dụng định lý Py-ta-go cho \[\Delta AA'C'\] vuông tại A ta có:
\[AC{'^2} = AA{'^2} + A'C{'^2}\]\[ = {15^2} + 500 = 725\] \[ \Rightarrow AC' = \sqrt {725} \approx 26,9\,\,cm.\]
LG câu 4
Phương pháp giải:
a] Chứng minh \[\Delta ABH \backsim \Delta CBA\,\,\left[ {g - g} \right]\]
b] Từ a] suy ra công thức để tính AB theo BC và BH
c] Chứng minh \[\Delta EHA \backsim \Delta FHC\,\,\left[ {g - g} \right]\] từ đó suy ra tỉ lệ các cạnh suy ra đpcm
d] Chứng minh \[\Delta EHF \backsim \Delta BAC\,\,\left[ {c - g - c} \right]\] với tỉ số đồng dạng \[k = \dfrac{{HE}}{{AB}}\].
Từ đó tính \[{S_{EHF}}\] theo các đại lượng không đổi \[{S_{ABC}}\]; AB và đại lượng thay đổi HE \[ \Rightarrow \] vị trí điểm E thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Lời giải chi tiết:
a] Chứng minh \[\Delta ABH\] đồng dạng với \[\Delta CBA\].
Ta có tam giác ABC vuông tại A \[ \Rightarrow \angle BAC = {90^o}\]
Mặt khác do tam giác ABC có đường cao AH
\[ \Rightarrow \angle BHA = {90^o} \Rightarrow \angle BAC = \angle BHA = {90^o}\]
Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta CBA\] có:
\[\begin{array}{l}\angle B\,\,\,chung\\\angle BHA = \angle BAC = {90^o}\,\,\,\left[ {cmt} \right]\\ \Rightarrow \Delta ABH \backsim \Delta CBA\,\,\,\left[ {g - g} \right]\end{array}\]
b] Cho \[BH = 4cm,BC = 13cm\]. Tính độ dài đoạn AB.
Ta có \[\Delta ABH \backsim \Delta CBA\,\,\left[ {cmt} \right]\] \[ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{{BH}}{{AB}}\] [các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ]
\[ \Rightarrow A{B^2} = BC.BH\] \[ = 13.4 = 52\]
\[ \Rightarrow AB = \sqrt {52} \,\,cm\]
c] Gọi E là điểm tùy ý trên cạnh AB, đường thẳng qua H và vuông góc với HE cắt cạnh AC tại F. Chứng minh \[AE.CH = AH.FC\]
Ta có \[HE \bot HF\,\,\,\left[ {gt} \right] \Rightarrow \angle EHF = {90^o}.\]
\[ \Rightarrow \angle EHA + \angle AHF = {90^o}\] [1]
Mặt khác do tam giác ABC có đường cao AH
\[ \Rightarrow \angle AHC = {90^o}\] [tc] \[ \Rightarrow \angle FHC + \angle AHF = {90^o}\] [2]
Từ [1] và [2] \[ \Rightarrow \angle EHA = \angle FHC\] [cùng phụ với \[\angle AHF\]]
Xét \[\Delta EHA\] và \[\Delta FHC\] có:
\[\begin{array}{l}\angle EHA = \angle FHC\,\,\,\,\left[ {cmt} \right]\\\angle EAH = \angle FCH\,\,\,\left[ {\Delta ABH \backsim \Delta CBA} \right]\\ \Rightarrow \Delta EHA \backsim \Delta FHC\,\,\,\left[ {g - g} \right]\end{array}\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{FC}} = \dfrac{{AH}}{{CH}}\] [các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ]
\[ \Rightarrow AE.CH = AH.FC\,\,\,\left[ {dpcm} \right].\]
d] Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AB để tam giác EHF có diện tích nhỏ nhất.
Ta có tam giác ABC vuông tại A \[ \Rightarrow \angle ACH + \angle ABH = {90^o}\]
Lại có tam giác ABH vuông tại H \[ \Rightarrow \angle BAH + \angle ABH = {90^o}\]
\[ \Rightarrow \angle ACH = \angle BAH\] [cùng phụ với \[\angle ABH\]]
Xét \[\Delta CAH\] và \[\Delta ABH\] có:
\[\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[\angle AHC = \angle BHA = {90^o}\] [AH là đường cao của tam giác ABC]
\[ \Rightarrow \Delta CAH \backsim \Delta ABH\,\,\left[ {g - g} \right]\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{CH}}{{AH}}\] [cặp cạnh tương ứng tỉ lệ]
Mà \[\dfrac{{HF}}{{HE}} = \dfrac{{CH}}{{AH}}\,\]\[\,\left[ {do\,\,\Delta EHA \backsim \Delta FHC} \right]\] \[ \Rightarrow \dfrac{{HF}}{{HE}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}\]
Xét \[\Delta EHF\] và \[\Delta BAC\] có:
\[\begin{array}{l}\angle EHF = \angle BAC = {90^o}\\\dfrac{{HF}}{{HE}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}\,\,\,\left[ {cmt} \right]\end{array}\]
\[ \Rightarrow \Delta EHF \backsim \Delta BAC\,\,\,\left[ {c - g - c} \right]\] với tỉ số đồng dạng \[k = \dfrac{{HE}}{{AB}}\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{{S_{EHF}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left[ {\dfrac{{HE}}{{AB}}} \right]^2}\] \[ \Rightarrow {S_{EHF}} = {S_{ABC}}.{\left[ {\dfrac{{HE}}{{AB}}} \right]^2}\]
Mà \[{S_{ABC}}\] và AB không đổi nên để \[{S_{EHF}}\] nhỏ nhất \[ \Leftrightarrow HE\] nhỏ nhất \[ \Leftrightarrow HE \bot AB\]
Vậy với E là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB thỏa mãn yêu cầu đề bài.
LG câu 5
Phương pháp giải:
Chứng minh với 3 số \[A,B,C > 0\] ta có \[{A^2} + {B^2} + {C^2} \ge \dfrac{{{{\left[ {A + B + C} \right]}^2}}}{3}\]
Đặt \[A = a + \dfrac{1}{a}\,\,;\,\,B = b + \dfrac{1}{b}\,\,;\,\,\]\[C = c + \dfrac{1}{c}\]. Áp dụng chứng minh trên và giả thiết đề bài để suy ra đpcm.
Lời giải chi tiết:
Với 3 số \[A,B,C > 0\], áp dụng BĐT Cô-si ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{A^2} + {B^2} \ge 2AB\,\,\\{B^2} + {C^2} \ge 2BC\,\,\\{C^2} + {A^2} \ge 2AC\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow 2\left[ {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \right] \ge 2\left[ {AB + BC + CA} \right].\]
Cộng từng vế của BĐT trên với \[{A^2} + {B^2} + {C^2}\]
\[ \Rightarrow 3\left[ {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \right] \ge {\left[ {A + B + C} \right]^2}\] \[ \Leftrightarrow {A^2} + {B^2} + {C^2} \ge \dfrac{{{{\left[ {A + B + C} \right]}^2}}}{3}\]
Đặt \[A = a + \dfrac{1}{a}\,\,;\,\,B = b + \dfrac{1}{b}\,\,;\,\,C = c + \dfrac{1}{c}\] ta có:
\[P = {\left[ {a + \dfrac{1}{a}} \right]^2} + {\left[ {b + \dfrac{1}{b}} \right]^2} + {\left[ {c + \dfrac{1}{c}} \right]^2}\]\[ \ge \dfrac{1}{3}{\left[ {a + \dfrac{1}{a} + b + \dfrac{1}{b} + c + \dfrac{1}{c}} \right]^2}\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow P \ge \dfrac{1}{3}{\left[ {a + b + c + \dfrac{{a + b + c}}{a} + \dfrac{{a + b + c}}{b} + \dfrac{{a + b + c}}{c}} \right]^2}\\ \Leftrightarrow P \ge \dfrac{1}{3}{\left[ {1 + 1 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} + 1 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{b} + 1 + \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}} \right]^2}\\ \Leftrightarrow P \ge \dfrac{1}{3}{\left[ {4 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b}} \right]^2}\end{array}\]
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có:
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2\sqrt {\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}} \\\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{b}} \\\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 2\sqrt {\dfrac{c}{a}.\dfrac{a}{c}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2\\\dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 2\\\dfrac{c}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow P \ge \dfrac{1}{3}{\left[ {4 + 2 + 2 + 2} \right]^2}\end{array}\]
\[ \Leftrightarrow P \ge \dfrac{1}{3}{.10^2} = \dfrac{{100}}{3} > 33\,\,\]
Vậy \[P > 33\] [đpcm]
Nguồn sưu tầm