Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Kết nối tri thức - Đề số 4 — Không quảng cáo

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số

Với phương pháp cộng đại số:

+ Nhân hai vế của phương trình trên với \(4\) và nhân hai vế của phương trình dưới với \(3\) rồi trừ vế với vế của hai phương trình thu được.

+ Giải phương trình mới ta tìm được \(y\), thay vào phương trình còn lại ta tìm được \(x.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}3x - 5y =  - 8\\4x + 3y =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12x - 20y =  - 32\\12x + 9y =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12x - 20y - \left( {12x + 9y} \right) =  - 32 - \left( { - 3} \right)\\12x + 9y =  - 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 29y =  - 29\\12x + 9y =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\12x + 9.1 =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\12x =  - 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)\)

Sử dụng: “Quỹ tích các điểm \(M\) nhìn đoạn thẳng \(AB\) cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính \(AB\). »

Vì \(C{A^2} + C{B^2} = 100 = A{B^2}\) nên \(\Delta ABC\) là tam giác vuông tại \(C\) hay điểm \(C\) luôn nhìn đoạn \(AB\) một góc \({90^0}\).

Do đó quỹ tích các điểm \(C\) là đường tròn đường kính \(AB = 10cm\) hay đường tròn tâm \(M\) bán kính \(5cm\).

- Tìm giao điểm của đường thẳng với trục hoành, trục tung

- Dựng hình chiếu của tam giác được tạo thành

- Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông để tính khoảng cách từ điểm $O$ đến $1$ đường thẳng.

Ta có:

$d \cap Ox$ tại $A(1;0) \Rightarrow OA = 1$

$d \cap Oy $ tại $ B(0; - 1) \Rightarrow OB = 1$

Ta có $OA \bot OB$. Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $AB$.

Áp dụng hệ thức trong tam giác ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} = \dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{1} = 2\\ \Rightarrow OH = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array}$

Lần lượt thay tọa độ điểm \(N\) vào các phương trình đường thẳng. Phương trình nào được thỏa mãn thì đường thẳng đó đi qua \(N\).

+) Thay \(x = 1;y = 1\) vào \(2x + y - 3 = 0\) ta được \(2.1 + 1 - 3 = 0\) nên điểm \(N\) thuộc đường thẳng \(2x + y - 3 = 0\)

+) Thay \(x = 1;y = 1\) vào \(y - 3 = 0\) ta được \(1 - 3 =  - 2 \ne 0\)

+) Thay \(x = 1;y = 1\) vào \(4x + 2y = 0\) ta được \(4.1 + 2.1 = 6 \ne 0\)

+) Thay \(x = 1;y = 1\) vào \(5x + 3y - 1 = 0\) ta được \(5.1 + 3.1 - 1 = 7 \ne 0\)

Vậy đường thẳng \(d:2x + y - 3 = 0\) đi qua \(N\left( {1;1} \right)\).

Xét hệ phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}ax + by = c\\a'x + b'y = c'\end{array} \right.\) (các hệ số \(a';b';c'\)khác 0)

Hệ phương trình vô nghiệm \( \Leftrightarrow \dfrac{a}{{a'}} = \dfrac{b}{{b'}} \ne \dfrac{c}{{c'}}\)

Các bước giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:

Bước 1: Lập hệ phương trình

1) Chọn ẩn và tìm điều kiện của ẩn (thông thường ẩn là đại lượng bài toán yêu cầu tìm)

2) Biểu thị các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết

3) Lập phương trình biểu thị mối quan hệ giữa các đại lượng.

Bước 2: Giải hệ phương trình

Sử dụng các phương pháp thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ…

Bước 3: Kết luận

Gọi vận tốc của $A$ và $B$ lần lượt là $x,{\rm{ }}y{\rm{ }}\left( {km/h;{\rm{ }}x,{\rm{ }}y > 0} \right)$

Hai người đi ngược chiều và gặp nhau sau  $3h$  nên ta có phương trình : $3x + 3y = 210\,\,(1)$

Nếu A tăng vận tốc thêm  $5{\rm{ }}km/h$ và $B$ giảm vận tốc $5km/h$ thì vận tốc của $A$ bằng vận tốc của $B$ nên ta có phương trình: $x + 5 = y - 5\,\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}3x + 3y = 210\\x + 5 = y - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 70\\x - y =  - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 60\\x + y = 70\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 30\\y = 40\end{array} \right.(tmdk)$

Vậy vận tốc của A và B lần lượt là $30km/h$ và $40km/h.$

- Tìm tọa độ giao điểm 2 đường thẳng cho trước

- Hoành độ và tung độ giao điểm cùng dấu $ \Leftrightarrow xy > 0$.

Ta có $d \cap d' \Leftrightarrow m - 3 \ne 2 \Leftrightarrow m \ne 5$.

Xét phương trình hoành độ của $d'$ và $d''$ :

$\begin{array}{l}2x - 1 = (m - 3)x + 2 \Leftrightarrow (m - 5)x =  - 3 \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 3}}{{m - 5}}\\ \Rightarrow y = \dfrac{{ - 6}}{{m - 5}} - 1 = \dfrac{{ - m - 1}}{{m - 5}}\end{array}$

Theo đề bài: $x.y > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 3}}{{m - 5}}.\dfrac{{ - m - 1}}{{m - 5}} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{3(m + 1)}}{{{{(m - 5)}^2}}} > 0$

Mà ${(m - 5)^2} > 0,\forall m \ne 5$

Suy ra $m >  - 1$

Kết hợp điều kiện ta có: $\left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\m \ne 5\end{array} \right.$.

- Đưa biểu thức dưới dấu căn về hằng đẳng thức \({\left( {a + b} \right)^3} = {a^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} + {b^3}\)

- Áp dụng \(\sqrt[3]{{{a^3}}} = a\)

Ta có: \(\sqrt[3]{{{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1}} - \sqrt[3]{{125{x^3} + 75{x^2} + 15x + 1}}\)\( = \sqrt[3]{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}} - \sqrt[3]{{{{\left( {5x + 1} \right)}^3}}}\)

\( = x - 1 - 5x - 1 =  - 4x-2.\)

Áp dụng các công thức liên quan đến hình nón và  hình cầu

Ta có

+ Thể tích hình nón có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\)  là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h\) nên A đúng

+ Diện tích hình cầu có bán kính \(R\)  là \(S = 4\pi {R^2}\) nên  C đúng

+ Đường sinh của hình nón có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\)  là \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} \)  nên D đúng

+ Thể tích khối cầu có bán kính \(R\) là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\) nên B sai.

Sử dụng phương pháp cung chứa góc.

Hai điểm $B,C$ cố định. Quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn \(\widehat {BMC} = \alpha \) không đổi là $2$  cung chứa góc \(\alpha \)  dựng trên $BC$ .

Xét hình vuông $ABCD$ có hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Suy ra  \(AO \bot BO \Rightarrow \) \(\widehat {AOB} = {90^\circ }\)

Ta có \(\widehat {AOB} = {90^0}\)   không đổi mà $A,B$ cố định

\( \Rightarrow \)  Quỹ tích điểm $O$ là nửa đường tròn đường kính $AB$ trừ hai điểm $A$ và $B.$

+ Đặt: \(\left| x \right| = a \ge 0;\,\,\,\left| y \right| = b \ge 0\).

+ Giải hệ phương trình ẩn \(a;b\) bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.

+  Thay trở lại cách đặt ta tìm được \(x;y.\)

Đặt: \(\left| x \right| = a \ge 0;\,\,\left| y \right| = b \ge 0\).

Khi đó, ta có hệ phương trình: \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 4b = 18\\3a + b = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 18 - 4b\\3\left( {18 - 4b} \right) + b = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 18 - 4b\\b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| x \right| = 2\\\left| y \right| = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\y =  \pm 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y =  - 4\end{array} \right.\end{array} \right.\)

- Sử dụng công thức \(\sqrt[3]{a}.\sqrt[3]{b} = \sqrt[3]{{ab}}\).

- So sánh hai căn bậc hai theo \(a < b \Leftrightarrow \sqrt[3]{a} < \sqrt[3]{b}\).

Ta có: \(A = 3\sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{{27}}.\sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{{54}}\).

Vì \(54 > 42 \) nên \( \sqrt[3]{{54}} > \sqrt[3]{{42}} \Rightarrow 3\sqrt[3]{2} > \sqrt[3]{{42}}\) hay \(A > B\).

Sử dụng góc nội tiếp bằng một nửa số đo của cung bị chắn, số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.

Ta có: \(\widehat {BOD} = {130^0} \) nên \(sđ\,\overparen{BD} = {130^0}\).

Do đó \(\widehat {BAD} = \dfrac{1}{2}sđ\overparen{BD} = {65^0}\) (góc nội tiếp bằng một nửa số đo của cung bị chắn)

Gọi năng suất lúa mới và lúa cũ trên $1$ ha lần lượt là $x;y\,\,\left( {x,y > 0} \right),$ đơn vị: tấn/ha

Lập hệ phương trình theo x, y và giải hệ đó.

Gọi năng suất lúa mới và lúa cũ trên $1$ ha lần lượt là $x;y\,\,\left( {x,y > 0} \right),$ đơn vị: tấn/ha

Vì cấy $50$ ha lúa giống mới và $30$  ha lúa giống cũ, thu hoạch được tất cả $410$  tấn thóc nên ta có

$50x + 30y = 410$

Vì $5$ ha trồng lúa mới thu hoạch được nhiều hơn $6$ ha trồng lúa cũ là $0,5$  tấn nên ta có phương trình

$5x - 6y = 0,5$

Suy ra hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}5x - 6y = 0,5\\50x + 30y = 410\end{array} \right. $

Nhân cả hai vế của phương trình thứ hai với \(\frac{1}{10}\), ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}5x - 6y = 0,5\\5x + 3y = 41\end{array} \right.$

Trừ hai vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất, ta được: $9y = 40,5$ suy ra $y = 4,5(tm)$

Thay vào $5x - 6y = 0,5$ ta tính được $x = 5,5(tm)$

Vậy năng suất lúa cũ trên $1$ ha là $4,5$ tấn.

Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = \sqrt B \)

ĐK: \(A \ge 0\)  (hoặc \(B \ge 0\) )

Khi đó \(\sqrt A  = \sqrt B  \Leftrightarrow A = B\)

So sánh với điều kiện rồi kết luận.

Điều kiện:  \(x \ge 5\)

Ta có \(\sqrt {x - 5}  = \sqrt {3 - x} {\rm{ }}\)\( \Leftrightarrow x - 5 = 3 - x \Leftrightarrow x + x = 3 + 5 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {KTM} \right)\)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

+ Sử dụng điều kiện vuông góc của hai đường thẳng để tìm \(m\).

+ Sau đó sử dụng lý thuyết về hệ số góc để tìm hệ số góc của đường thẳng \(d'\)

Đường thẳng có phương trình \(y = ax + b\,\left( {a \ne 0} \right)\) có \(a\) là hệ số góc.

Ta có \(d':y - 2x = 0\)\( \Leftrightarrow y = 2x\)

Đường thẳng  \(d:y = \left( {2m + 5} \right)x + 1\) có hệ số góc \(2m + 5\)

Vì \(d \bot d' \Rightarrow \left( {2m + 5} \right).2 =  - 1 \Leftrightarrow 2m + 5 =  - \dfrac{1}{2}\)

Suy ra đường thẳng \(d:y = \left( {2m + 5} \right)x + 1\) có hệ số góc \(k =  - \dfrac{1}{2}\)

Sử dụng \(\tan a.\cot a = 1\) để tìm \(\cot a.\)

Ta có \(\tan a.\cot a = 1\) nên \(\cot a = \dfrac{1}{{\tan a}} = \dfrac{1}{3}.\)

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(\sqrt 2 \)  rồi cộng từng vế của hai phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}5x\sqrt 3  + y = 2\sqrt 2 \\x\sqrt 6  - y\sqrt 2  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x\sqrt 6  + y\sqrt 2  = 4\\x\sqrt 6  - y\sqrt 2  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x\sqrt 6  = 6\\x\sqrt 6  - y\sqrt 2  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\\\dfrac{1}{{\sqrt 6 }}.\sqrt 6  - y\sqrt 2  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\\1 - y\sqrt 2  = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\\y\sqrt 2  =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{6}\\y =  - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{6}; - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)

$ \Rightarrow 6x + 3\sqrt 3 y = 6.\dfrac{{\sqrt 6 }}{6} + 3\sqrt 3 .\left( { - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \sqrt 6  - \dfrac{3}{2}\sqrt 6  =  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}.$

Sử dụng công thức

+ Khai phương một tích: \(\sqrt {A.B}  = \sqrt A .\sqrt B {\rm{   }}\,(A \ge 0,B \ge 0)\)

Ta có \(\left( {\sqrt {28}  - 2\sqrt 3  + \sqrt 7 } \right)\sqrt 7  + \sqrt {84} \)\( = \left( {\sqrt {4.7}  - 2\sqrt 3  + \sqrt 7 } \right).\sqrt 7  + \sqrt {4.21} \)

\( = \left( {2\sqrt 7  - 2\sqrt 3  + \sqrt 7 } \right).\sqrt 7  + 2\sqrt {21}  = \left( {3\sqrt 7  - 2\sqrt 3 } \right).\sqrt 7  + 2\sqrt {21} \)

\( = 3\sqrt 7 .\sqrt 7  - 2\sqrt 3 .\sqrt 7  + 2\sqrt {21} \) \( = 21 - 2\sqrt {21}  + 2\sqrt {21}  = 21\)

Cho parabol \((P):y = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2}(a \ne 0)\) và đường thẳng \(d:y = mx + n\). Để tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của \((d)\) và \((P)\), ta làm như sau:

Bước 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\): \({\rm{a}}{{\rm{x}}^2} = mx + n\)

Bước 2. Giải phương trình (*) ta tìm được nghiệm (nếu có). Từ đó suy ra số giao điểm của parabol và đường thẳng

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \((d):\)

\(5{x^2} =  - 4x - 4 \\ 5{x^2} + 4x + 4 = 0 \\{x^2} + 4{x^2} + 4x + 4 = 0 \\ {x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 0\,\,\left( * \right)\)

Xét \({x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0;\forall x\)  và dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\) (vô lý) nên \({x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} > 0;\forall x\)

Hay phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy không có giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \(\left( P \right)\).

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: “ Bình phương đường cao ứng với cạnh huyền bằng tích hai hình chiếu của hai cạnh góc vuông lên cạnh huyền”

Xét tam giác \(MNP\) vuông tại \(M,\) có \(MK \bot NP\)  ta có \(M{K^2} = NK.PK\)  (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Hay \({x^2} = 6.9 \Leftrightarrow {x^2} = 54 \Rightarrow x = 3\sqrt 6 \,.\)

- Tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

- Sử dụng tính chất tam giác cân, dấu hiệu nhận biết tam giác cân.

- Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tổng số đo hai góc đối bằng \(180^\circ\).

- Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình thoi.

Theo đề bài ta có \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \) suy ra tam giác ABD và tam giác ACD vuông và cùng nội tiếp đường tròn đường kính AD, do đó tứ giác \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp (vì 4 đỉnh A, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính AD) nên đáp án B đúng.

+ Lại có \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat {BAC} = 130^\circ\) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \dfrac{{180^\circ  - 130^\circ }}{2} = 25^\circ \)

+ Ta có \(\widehat {DBC} + \widehat {ABC} = 90^\circ\) suy ra \(\widehat {DBC} = 90^\circ  - 25^\circ  = 65^\circ \)

Và \(\widehat {BCD} + \widehat {ACB} = 90^\circ\) suy ra \(\widehat {BCD} = 90^\circ  - 25^\circ  = 65^\circ \)

Từ đó suy ra tam giác \(BCD\) cân tại \(D\) nên đáp án A đúng.

+ Xét tứ giác \(ABDC\) nội tiếp nên \(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} = 180^\circ  \) suy ra \( \widehat {BDC} = 180^\circ  - \widehat {BAC} = 180^\circ  - 130^\circ  = 50^\circ \)  nên D đúng.

Ta chưa đủ điều kiện để suy ra tứ giác \(ABDC\) là hình thoi nên C sai.

+ Tính \(B;C\)  bằng cách sử dụng các công thức

Với \(A > 0\) và \(A \ne {B^2}\) thì \(\dfrac{C}{{\sqrt A  \pm B}} = \dfrac{{C(\sqrt A  \mp B)}}{{A - {B^2}}}\)

Khai phương một tích: \(\sqrt {A.B}  = \sqrt A .\sqrt B {\rm{   }}(A \ge 0,B \ge 0)\)

+ So sánh \(B;C.\)

Ta có \(B = \dfrac{2}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }} - \dfrac{2}{{\sqrt 3  - 1}}\)

\( = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 .\sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 2 }}{{\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3  + \sqrt 2 } \right)}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}\)

$ = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}{{3 - 2}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{{3 - 1}}$ $= \sqrt 2 + \dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}{1} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2}$

\( = \sqrt 2  + \sqrt 3  + \sqrt 2  - \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\)

\( = \sqrt 2  + \sqrt 3  + \sqrt 2  - \sqrt 3  - 1\)

\( = 2\sqrt 2  - 1\)

Lại có

$\begin{array}{l}C = (2\sqrt 3  - 5\sqrt {27}  + 4\sqrt {12} ):\sqrt 3 \\  = \left( {2\sqrt 3 - 5\sqrt {9.3} + 4\sqrt {4.3} } \right):\sqrt 3 \\= (2\sqrt 3  - 5.3\sqrt 3  + 4.2\sqrt 3 ):\sqrt 3 \\ =  - 5\sqrt 3 :\sqrt 3 \\ =  - 5\end{array}$

Nhận thấy \(B = 2\sqrt 2  - 1 > 0;\,C =  - 5 < 0 \Rightarrow B > C\)

Giải phương trình chứa ẩn ở mẫu số

Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình

Bước 2: Quy đồng mẫu thức hai vế rồi khử mẫu thức.

Bước 3: Giải phương trình vừa nhận được

Bước 4: Trong các giá trị tìm được của ẩn, loại các giá trị không thoả mãn điều kiện xác định, các giá trị thoả mãn điều kiện xác định là nghiệm của phương trình đã cho

Điều kiện: \(x \ne 2;x \ne  - 2;x \ne 0\)

Ta có \(\left( {\dfrac{{2 + x}}{{2 - x}} - \dfrac{{2 - x}}{{2 + x}}} \right):\left( {\dfrac{{2 + x}}{{2 - x}} + 1} \right) = \dfrac{2}{{3x}}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {2 + x} \right)}^2} - {{\left( {2 - x} \right)}^2}}}{{\left( {2 - x} \right)\left( {2 + x} \right)}}:\dfrac{{2 + x + 2 - x}}{{2 - x}} = \dfrac{2}{{3x}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{8x}}{{\left( {2 - x} \right)\left( {2 + x} \right)}}.\dfrac{{2 - x}}{4} = \dfrac{2}{{3x}} \Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{2 + x}} = \dfrac{2}{{3x}}\)\( \Rightarrow 6{x^2} - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - x - 2 = 0\)

Phương trình này có \(a + b + c = 3 + \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) nên có hai nghiệm phân biệt \(x = 1;x = \dfrac{{ - 2}}{3}\left( {TM} \right)\)

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x = 1;x =  - \dfrac{2}{3}.\)

Sử dụng kiến thức: Điểm thuộc đồ thị hàm số.

Điểm $M(x_0;y_0)$ thuộc đồ thị hàm số $y=ax+b$ \( \Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

Ta có điểm $O\left( {0\;;0} \right)$ thuộc đường thẳng $y = (3 - m)x + m + 3 \Leftrightarrow (3-m).0+m + 3 = 0  $$\Leftrightarrow m+3=0\Leftrightarrow m =  - 3$

Sử dụng  công thức tính thể tích hình nón cụt $V = \dfrac{1}{3}\pi h({R^2} + Rr + {r^2})$ với các bán kính đáy là $R$ và $r,$chiều cao $h.$

Thể tích nón cụt là $V = \dfrac{1}{3}\pi h({R^2} + Rr + {r^2}) = \dfrac{1}{3}.\pi .11\left( {{4^2} + 4.7 + {7^2}} \right) = 341\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)$

\(\sqrt A \) xác định (hay có nghĩa)  khi \(A\) lấy giá trị không âm tức là \(A \ge 0.\)

Ngoài ra: \(\dfrac{1}{A} \ge 0 \Leftrightarrow A > 0\)

Ta có \(\sqrt {\dfrac{1}{{x - 1}}} \) có nghĩa  \( \Leftrightarrow  \dfrac{1}{{x - 1}} \ge 0 \Rightarrow  x - 1 > 0\)  (vì $1>0$)

\( \Leftrightarrow x > 1\)

Gọi thời gian mà vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể là \(x\) (giờ), \(\left( {x > 2} \right)\). Biểu diễn tốc độ chảy của các vòi trong một giờ. Lập phương trình.

Giải phương trình để tìm x.

Gọi thời gian mà vòi thứ nhất chảy riêng đầy bể là \(x\) (giờ), \(\left( {x > 2} \right)\).

Trong một giờ:

- Vòi thứ nhất chảy được \(\dfrac{1}{x}\) ( bể).

- Vòi thứ hai chảy được \(\dfrac{1}{{x - 2}}\) ( bể).

- Vì vòi thứ ba chảy ra trong 7,5 giờ thì cạn bề nên trong 1h vòi thứ ba chảy được \(\dfrac{2}{{15}}\) ( bể).

Khi mở cả ba vòi thì vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy vào bể còn vòi thứ ba cho nước ở bể chảy ra nên ta có phương trình:

\(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x - 2}} - \dfrac{2}{{15}} = \dfrac{1}{{20}}\)

\(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{x - 2}} = \dfrac{{11}}{{60}}\)

\(\dfrac{{x - 2 + x}}{{x\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{{11}}{{60}}\)

\(\dfrac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x}} = \dfrac{{11}}{{60}}\)

\(120x - 120 = 11{x^2} - 22x\)

\(11{x^2} - 142x + 120 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = 3721 > 0\) suy ra \(\sqrt {\Delta '}  = 61\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1 = \dfrac{{71 - 61}}{{11}} = \dfrac{{10}}{{11}}\left( {ktm} \right)\) và \(x_2 = \dfrac{{71 + 61}}{{11}} = 12\left( {tm} \right)\)

Vậy chỉ dùng vòi thứ nhất thì sau \(10\) giờ bể đầy nước.

Đặt: \(\sqrt x  = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó đưa về được phương trình bậc hai: \({t^2} + 4t - 12 = 0\). Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) sau đó quay lại tìm được \(x\).

\(x + 4\sqrt x  - 12 = 0\) (1)

ĐKXĐ: \(x \ge 0.\)

Đặt: \(\sqrt x  = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {t^2} + 4t - 12 = 0.\)

Có: \(\Delta ' = {2^2} + 12 = 16 > 0 \Rightarrow \) phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} =  - 2 + \sqrt {16}  = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\{t_2} =  - 2 - \sqrt {16}  =  - 6\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\)

Với \(t = 2 \Rightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right).\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4.\)

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao \(h\)  là \({S_{xq}} = 2\pi {R}h\)

Gọi chiều cao của hình trụ là \(h.\) Ta có \({S_{xq}} = 2\pi R.h \Leftrightarrow 2\pi {.5}.h = 300\pi  \Leftrightarrow h = 30\,cm.\)

Sử dụng các công thức tính chu vi đáy, diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của hình trụ.

Chiều cao mới của hình trụ là \(h' = 2h\); bán kính đáy mới là \(R' = \dfrac{R}{2}\)

Hình trụ mới có:

Chu vi đáy: \(2\pi R' = 2\pi \dfrac{R}{2} = \pi R < 2\pi R = C\)  nên phương án D sai.

Diện tích toàn phần: \(2\pi R'h + 2\pi {R'^2} = 2\pi Rh + \dfrac{{\pi {R^2}}}{2} \ne 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\) nên phương án B sai.

Thể tích: \(\pi {R'^2}h = \dfrac{{\pi {R^2}h}}{4} \ne \pi {R^2}h\) nên phương án A  sai.

Diện tích xung quanh: \(2\pi R'h = 2\pi .\dfrac{R}{2}.2h = 2\pi Rh\) nên phương án C đúng.

Các bước giải bài toán bằng cách lập phương trình:

+) Chọn ẩn và đặt điều kiện cho ẩn

+) Biểu thị các đại lượng chưa biết qua ẩn và các đại lượng đã biết.

+) Lập phương trình-giải phương trình.

+) Chọn kết quả và trả lời.

Phương trình:  \(\dfrac{{72}}{{x - 4}} - \dfrac{{80}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{4}\)

Gọi vận tốc thực của ca nô là \(x\left( {x > 0,km/h} \right)\)

Đổi 15 phút = \(\dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{1}{4}\)h

*) Xuôi dòng:

Vận tốc của ca nô là \(x + 4\left( {km/h} \right) \Rightarrow \) Thời gian xuôi dòng của ca nô là \(\dfrac{{80}}{{x + 4}}(h)\)

*) Ngược dòng:

Vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x - 4\left( {km/h} \right) \Rightarrow \) Thời gian ngược dòng của ca nô là \(\dfrac{{72}}{{x - 4}}(h)\)

Vì thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là 15 phút nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{72}}{{x - 4}} - \dfrac{{80}}{{x + 4}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{288(x + 4) - 320(x - 4)}}{{(x - 4)(x + 4)}} = \dfrac{{{x^2} - 16}}{{(x - 4)(x + 4)}}\\ \Rightarrow  - 32x + 2432 = {x^2} - 16\\ \Leftrightarrow {x^2} + 32x - 2448 = 0\\\Delta  = {16^2} + 2448 = 2704 \Rightarrow \sqrt \Delta   = 52\end{array}\)

Phương trình có hai nghiệm \(x =  - 16 + 52 = 36(tmdk)\),\(x =  - 16 - 52 =  - 68\) (loại)

Vậy vận tốc thực của ca nô là \(36km/h.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}u + v = S\\u.v = P\end{array} \right. \Rightarrow \) \(u,v\) là nghiệm của phương trình: \({x^2} - Sx + P = 0\). (ĐK: \({S^2} \ge 4P\) )

Ta có:

\(\begin{array}{l}S = \sqrt 5  - 2 + \sqrt 5  + 2 = 2\sqrt 5. \\P = (\sqrt 5  - 2)(\sqrt 5  + 2) = 5 - 4 = 1\end{array}\).

Nhận thấy \({S^2} > 4P\,\left( {{\rm{do}}\,{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} = 20 > 4} \right)\)

Nên phương trình bậc hai có 2 nghiệm \(\sqrt 5  - 2\) và \(\sqrt 5  + 2\) là: \({x^2} - 2\sqrt 5 \,x + 1 = 0\).

- Sử dụng tính chất tia phân giác của một góc nội tiếp chia cung bị chắn thành hai cung bằng nhau.

- Tính chất góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Ta có tia phân giác \(AP\) chia đôi cung \(BC\) thành hai cung bằng nhau, hay\(sđ\overparen{BP} = sđ\overparen{CP}=\dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{BC}.\)

Tương tự ta có $sđ\overparen{AQ} = sđ\overparen{CQ}=\dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AC} $$sđ\overparen{AR} = sđ\overparen{BR}=\dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AB} .$ Khi đó theo tính chất của góc có đỉnh bên trong đường tròn ta có

\(\begin{array}{l}\widehat {ASQ} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{AQ} + sđ\,\overparen{PR}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AC} + \dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{AB} + \dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{BC}} \right) \\= \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}{{.360}^0}} \right) = {90^0}.\end{array}\)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a có tâm là trọng tâm của tam giác đó và bán kính bằng \(\frac{\sqrt 3}{3}a\).

Tam giác đều nội tiếp \(\left( {O;R} \right)\) theo \(R\) thì đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) ngoại tiếp tam giác đều.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a có bán kính bằng \(\frac{\sqrt 3}{3}a\) hay \(R =\frac{\sqrt 3}{3}a\).

Suy ra \(a = R:\frac{\sqrt 3}{3} = R.\frac{3}{\sqrt 3} = \sqrt 3R\).

+ Viết phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\).

+ Đánh giá \(M = \left( {{y_1} - 1} \right)\left( {{y_2} - 1} \right)\) bằng cách sử dụng hệ thức Vi-et.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và Parabol là: \({x^2} = mx + 1 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 1 = 0\)   (1)

\(\Delta  = {m^2} + 4 > 0\) với mọi \(m\) nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy ra \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) với \({x_1};{x_2}\)  là hai nghiệm của phương trình (1).

Theo định lý Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m;{x_1}{x_2} =  - 1\)

Vì \(A;B \in \left( P \right) \Rightarrow {y_1} = x_1^2;{y_2} = x_2^2\).

Ta có

$M = \left( {{y_1} - 1} \right)\left( {{y_2} - 1} \right) $$= \left( {x_1^2 - 1} \right)\left( {x_2^2 - 1} \right)$$ = x_1^2x_2^2 - \left( {x_1^2 + x_1^2} \right) + 1$

$ = x_1^2x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 1$ \( = 1 - 2 - {m^2} + 1 =  - {m^2} \le 0\)

Vậy \(\max M = 0\) khi \(m = 0\).

Sử dụng công thức thể tích khối cầu $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}$ để tính bán kính, từ đó suy ra đường kính của mặt cầu.

Ta có:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = 288\pi  \)

\({R^3} = 216\)

\(R = 6\,cm\)

Từ đó đường kính mặt cầu là \(d = 2R = 2.6 = 12\,cm\).

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: “ bình phương cạnh góc vuông bằng tích hình chiếu của nó lên cạnh huyền với cạnh huyền”

Đặt tên như hình vẽ trên.

Tam giác \(MNP\)  vuông tại \(M\)  có \(MH \bot NP\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(M{N^2} = N{H^2}.NP \Rightarrow {6^2} = x.8 \Rightarrow x = 36:8 = 4,5.\)

Vậy \(x = 4,5.\)

Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm đường tròn ngoại tiếp.

Dựa vào tính chất tứ giác nội tiếp

Định lí pi-ta-go

Dấu hiệu và tính chất hai tam giác đồng dạng

Vẽ đường kính $AD$ .

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại $H$ ta có $A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}$ (Py-ta-go)

Mà $AB = 5cm,AH = 3cm$ nên $HB = 4cm$ .

Ta có tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = {180^0}\) (tính chất)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ABH} = {180^0}\) (kề bù) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {ABH}\) .

Xét $\Delta AHB$ và \(\Delta DCA\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}\)

\(\widehat {ADC} = \widehat {ABH}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta AHB \backsim \Delta DCA\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{HB}}{{CA}} = \dfrac{{AB}}{{DA}} \Rightarrow DA = \dfrac{{CA.AB}}{{HB}} = \dfrac{{12.5}}{4} = 15 \Rightarrow OA = \dfrac{{15}}{2} = 7,5cm\)