38 phu tho 2022 2023

Để đo chiều cao AB của tượng phật Bồ tát tại chùa Linh Ứng Bãi Bụt – Sơn Trà – thành phố Đà Nẵng bằng ánh nằng mặt trời, người ta dùng một chiếc cọc CD cao 2m đặt thẳng đứng.. Cho đường

Tỉnh Phú Thọ

I Trắc nghiệm (2,5 điểm)

Câu 1. Kết quả rút gọn của biểu thức  2 1 2

bằng

C. 2 1 D.  2 1

Câu 2. Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất?

A. y x 2 1 B. y3 x1. C.

1 3

y x



 D. y2x 1

Câu 3. Biệt thức  của phương trình x23x 5 0 bằng

Câu 4. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số

2

1 3

y x

?

A.

1 1;

3



1 1;

3

 

1

; 1 3

 

1

; 1 3



Câu 5. Gọi x x là hai nghiệm của phương trình 1, 2 x22x 3 0 Tích x x bằng1 2

Câu 6. Giá trị của m để đường thẳng y2mx song song với đường thẳng 4 y12 4 x là

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH Biết AB 21, AC 20 Độ dài AH bằng

1833

420

580

21

Câu 8. Cho ,m n là các số thực, biết hệ phương trình

14

mx ny





 có nghiệm 1; 3 

Giá trị của n

là

Câu 9. Để đo chiều cao AB của tượng phật Bồ tát tại chùa Linh Ứng

(Bãi Bụt – Sơn Trà – thành phố Đà Nẵng) bằng ánh nằng mặt

trời, người ta dùng một chiếc cọc CD cao 2m đặt thẳng

đứng Khi bóng của điểm B và D trên mặt đất trùng nhau tại

vị trí điểm E (minh họa bằng hình vẽ), người ta đo được

0, 4

CE  m, CA  m Chiều cao của tượng phật Bồ tát13

bằng

A. 67 m B. 64 m

C. 66 m D. 65 m

2m

B

E A

D

C

Câu 10. Cho đường tròn  O

và điểm M nằm ngoài đường tròn Từ M kẻ tiếp tuyến MN ( N là tiếp điểm) và cát tuyến MAB qua tâm tới  O

(tham khảo hình vẽ) Biết MN 12, MA  8

10

Tuyển sinh vào

A O B M

N

Chu vi của  O

bằng

II Tự luận (7,5 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm) Với x  và 0 x  , cho biểu thức 4

2

P



a) Tính giá trị biểu thức P khi x  9

b) Rút gọn biểu thức P

c) Tìm x để P  2

Câu 2 (2,0 điểm) Cho Parabol  P y x:  2

và đường thẳng d y: 2m1x2m3

a) Tìm giá trị của m để đường thẳng d cắt trục tung tại điểm có tọa độ 0; 5  

b) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng d luôn cắt Parabol  P

tại hai điểm phân biệt , A B Giả sử

 A; A,  B; B,

tìm m để x2Ax B2 10.

Câu 3 (3,0 điểm) Cho đường tròn O R; 

có đường kính AB Gọi C là điểm bất kì trên đường tròn.

 O

( C không trùng với , A B ) Tiếp tuyến tại C của  O

cắt các tiếp tuyến tại ,A B của  O

lần lượt tại

P và Q Gọi E là giao điểm của OP và AC F là giao điểm của OQ và , BC

a) Chứng minh tứ giác OAPC nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác OPQ vuông và

EF AP BQ

c) Xác định vị trí điểm C trên đường tròn  O để bán kính r của đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF nhỏ nhất Tính r theo R

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:

2 2







-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

I Trắc nghiệm (2,5 điểm)

Câu 1. Kết quả rút gọn của biểu thức  2 1 2

bằng

C. 2 1 D.  2 1

Lời giải Chọn A.

 2 1 2  2 1  2 1 do 2 1 0  

Câu 2. Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất?

A. y x 2 1 B. y3 x1. C.

1 3

y x



 D. y2x 1

Lời giải Chọn D.

Hàm số bậc nhất một ẩn là hàm số có dạng y ax b a   0

Câu 3. Biệt thức  của phương trình x23x 5 0 bằng

Lời giải Chọn C.

 

2 4 32 4.1 5 29

Câu 4. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số

2

1 3

y x

?

A.

1 1;

3



1 1;

3

 

1

; 1 3

 

1

; 1 3



Lời giải Chọn A.

Thay x  vào công thức hàm số 1

2

1 3

y x

ta được 1 1 2 1

nên điểm

1 1;

3

  thuộc

đồ thì hàm số đã cho

Câu 5. Gọi x x là hai nghiệm của phương trình 1, 2 x22x 3 0 Tích x x bằng1 2

Lời giải Chọn B.

Phương trình x22x 3 0 có a c  nên luôn có hai nghiệm phân biệt Khi đó theo hệ0 thức Vi ét thì 1. 2 3

c

x x a

 

Câu 6. Giá trị của m để đường thẳng y2mx song song với đường thẳng 4 y12 4 x là

Lời giải Chọn C.

Vì 4 12 nên dường thẳng y2mx song song với đường thẳng 4 y12 4 x khi và chỉ khi

2m 4 m 2

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH Biết AB 21, AC 20 Độ dài AH bằng

1833

420

580

21

Lời giải Chọn C.

Tam giác ABC vuông tại A , nên BC2 AB2AC2 212202 841

Suy ra BC  841 29

Lại có:

AB AC

BC

Câu 8. Cho ,m n là các số thực, biết hệ phương trình

14

mx ny





 có nghiệm 1; 3 

Giá trị của n

là

Lời giải

Chọn B.

Vì 1; 3 

là nghiệm của hệ phương trình

14

mx ny







Câu 9. Để đo chiều cao AB của tượng phật Bồ tát tại chùa Linh Ứng

(Bãi Bụt – Sơn Trà – thành phố Đà Nẵng) bằng ánh nằng mặt

trời, người ta dùng một chiếc cọc CD cao 2m đặt thẳng

đứng Khi bóng của điểm B và D trên mặt đất trùng nhau tại

vị trí điểm E (minh họa bằng hình vẽ), người ta đo được

0, 4

CE  m, CA  m Chiều cao của tượng phật Bồ tát13

bằng

A. 67 m B. 64 m

2m

B

E A

D

C

Lời giải

Chọn A.

Tam giác ABE có AB CD nên //

13, 4.2

67

0, 4

AB

Vậy chiều cao của tượng phật Bồ tát bằng 67 m

Câu 10. Cho đường tròn  O

và điểm M nằm ngoài đường tròn Từ M kẻ tiếp tuyến MN ( N là tiếp điểm) và cát tuyến MAB qua tâm tới  O

(tham khảo hình vẽ) Biết MN 12, MA  8

M

N

Chu vi của  O bằng

Lời giải Chọn D.

Tam giác MNO vuông tại N có: MN2NO2 MO2  122R2 8R2  80 16 R R 5

Do đó chu vi  O

bằng 2R10

II Tự luận (7,5 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm) Với x  và 0 x  , cho biểu thức 4

2

P



a) Tính giá trị biểu thức P khi x  9

b) Rút gọn biểu thức P

c) Tìm x để P  2

Lời giải a) Thay x  vào biểu thức P ta được: 9

9 2 2 9 4 3 2 2.3 4

5

3 9 2.3





b) Với x  và 0 x  thì4

2

P



P

2

P





2 2

P







 

2 2

P

x





c)

2

2

x

x



Vậy x 36thì P  2

Câu 2 (2,0 điểm) Cho Parabol  P y x:  2

và đường thẳng  d :y2m1 x2m3

a) Vì đường thẳng  d cắt trục tung tại điểm có tọa độ 0; 5 

nên ta có:

2m  3 5 2m 8 m 4

Vậy với m  thì đường thẳng 4  d cắt trục tung tại tọa độ 0; 5 

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P

là:

 

x  m x m

 

Ta có:  ' m122m 3 m2 2m 1 2m 3 m24

Vì m  với mọi m nên 2 0  ' m2   với mọi m 4 4 0

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi m  đường thẳng d luôn cắt  P

tại hai điểm

phân biệt với mọi m

Theo Vi-ét ta có :

 

1 2





 

A B

A B







mà x2Ax2B 10x Ax B2 2x x A B 10 4m12 2 2 m 3 10

2

4m 8m 4 4m 6 10

       4m2 4m0  4m m 1 0

0 1

m m





 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy m 0;1

Câu 3 (3,0 điểm)

F E

Q

P

C

B A

O

a) Vì AP là tiếp tuyến của đường tròn  O

nên PAO   90

Vì PC là tiếp tuyến của đường tròn  O

nên PCO  90

Xét tứ giác OAPC có: PAO PCO  90 90 180

 Tứ giác OAPC nội tiếp được đường tròn (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180)

b) +) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

AOP COP ; COQ BOQ 

mà

AOP COP COQ BOQ   1800  2COP COQ   1800

COP COQ  hay POQ 900 OPQ vuông tại O

+) Tam giác OPQ vuông tại O có OC là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

OC CP CQ mà CP AP CQ BQ ;  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có: ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Chứng minh được: CEO  900 (do OP là đường trung trực của AC )

 900

CFO  (do OQ là đường trung trực của BC ).

Từ đó suy ra: Tứ giác OECF là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông).

EF OC

Từ (1) và (2) suy ra: EF2 AP BQ.

c)

I K

E

Q

P

C

B

Ta chứng minh được EFO CPO  nên tứ giác PEFQ nội tiếp

Gọi ',O K lần lượt là trung điểm của EF và PQ

Dựng đường trung trực của EF và PF cắt nhau tại I thì I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PEFQ hay I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF

Mặt khác:

'

OC

IP O O OC   OC 

Vậy r IP có giá trị nhỏ nhất bằng

5 2

R

Dấu " " xảy ra khi OC OK tức là C là điểm chính giữa của cung AB

Khi đó

5 2

R

r 

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:

2 2







Lời giải

ĐKXĐ:

14

3

y 

Từ (1) ta có: x22 x y 1y8

2 4 4 8

x 1 x y 4 0

1

4

x

y x





   



+ Nếu x  thay vào (2) ta được 1 15 5  3y14 y1

3y 14 y 1 3

2

4y 15 2 3y 17y 14 9

2

2y 3y 17y 14 12

2

3y 17y 14 12 2y

y



 



2

6

31 130 0

y





 



6

5 5

26

y

y y

y











+ Nếu y x  thay vào (2) ta được 4 4x2 24x35 5  3x 2 x3

(*) ĐK:

2

3

x 

(*)  4x x  65 3x 2 4   x 3 3

x x



6

x









) Nếu x  thì 6 y  (thỏa mãn ĐK).10

) Nếu

x

3x 2 4   x 3 3   x

15 3 3 2 12 5 3 3

x

x

x

x

x

1

x

4 0

3x 2 4 1  3x 2  x 3 3 2 x3  

) (thỏa mãn ĐK) 5

y

  (thỏa mãn ĐK)

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ;   1;5 , 6;10   