Phần tự luận (8 điểm) SVIP

Hướng dẫn giải:

1) $A=10 \sqrt{\dfrac{1}{5}}-3 \sqrt{(2-\sqrt{5})^2}+\sqrt{5}$

$=2 \sqrt{5}-3|2-\sqrt{5}|+\sqrt{5}=2 \sqrt{5}-3(\sqrt{5}-2)+\sqrt{5}$

$=2 \sqrt{5}-3 \sqrt{5}+6+\sqrt{5}=6$

Với $x>0 ; x \neq 4$ ta có

$B=\left(\dfrac{4 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{8 x}{x-4}\right):\left(\dfrac{\sqrt{x}-1}{x-2 \sqrt{x}}-\dfrac{2}{\sqrt{x}}\right)$

$=\left[\dfrac{4 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{8 x}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}\right]:\left[\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}-\dfrac{2}{\sqrt{x}}\right]$

$=\dfrac{4 \sqrt{x}(\sqrt{x}-2)-8 x}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}: \dfrac{\sqrt{x}-1-2(\sqrt{x}-2)}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}$

$=\dfrac{4 x-8 \sqrt{x}-8 x}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}: \dfrac{\sqrt{x}-1-2 \sqrt{x}+4}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}$

$=\dfrac{-4 x-8 \sqrt{x}}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}: \dfrac{-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}$

$=\dfrac{-4 \sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)} \cdot \dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-2)}{-\sqrt{x}+3}$

$=\dfrac{4 x}{\sqrt{x}-3}$

2) $\sqrt{4 x^2-4 x+1}=\sqrt[3]{27} \Leftrightarrow \sqrt{(2 x-1)^2}=3$

$\Leftrightarrow |2 x-1|=3$

$\Leftrightarrow  \left[\begin{aligned}&   2x-1=3 \\& 2x-1=-3 \end{aligned}\right.$.

$\Leftrightarrow  \left[\begin{aligned}&   2x=4 \\& 2x=-2 \end{aligned}\right.$.

$\Leftrightarrow  \left[\begin{aligned}&   x=2 \\& x=-1 \end{aligned}\right.$.

Vậy $x=2,\,x=-1$.

Hướng dẫn giải:

1) Với $m=1$ hàm số (1) trở thành $y=-x+4$.

Với $x=0 \Rightarrow y=4$ ta có điểm $(0 ; 4)$ thuộc trục ${Oy}$.

Với $y=0 \Rightarrow x=4$ ta có điểm $(4 ; 0)$ thuộc trục ${Ox}$.

Đồ thị hàm số $y=-x+4$ là đường thẳng đi qua hai điểm $(0 ; 4)$ và $(4 ; 0)$.

2) Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng $y=5 x-1$ khi và chỉ khi $m-2 \neq 5 \Leftrightarrow m \neq 7$

Với $m \neq 2$ hàm số $y=(m-2) x+m+3$ là hàm số bậc nhất.

Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng $y=5 x-1$ tại 1 điểm trên trục tung.

$\Leftrightarrow m+3=-1$

$\Leftrightarrow m=-4$ (thoả mãn $m \neq 7$ và $m \neq 2$ )
Vậy $m=-4$.

Hướng dẫn giải:

1) Xét $\triangle A H B$ vuông tại ${H}$.

Có $\sin \widehat{A B H}=\dfrac{A H}{A B}$.

$\Rightarrow A B=\dfrac{A H}{\sin \widehat{A B H}}$.

$\Rightarrow A B=\dfrac{2,1}{\sin 28^{\circ}} \approx 4,5(\mathrm{~m})$

Vậy độ dài của mặt cầu trượt xấp xỉ $4,5$ m.

2)

a) Ta có $\triangle B O M$ cân tại ${O}( {OB}= {OM}= {R})$

Mà $O H \perp B M$ hay ${OH}$ là đường cao của $\triangle B O M$

$\Rightarrow  {OH}$ là đường trung tuyến, là đường trung trực của $\triangle B O M$

$\Rightarrow  {H}$ trung điểm của ${MB}$.

Chứng minh: $\triangle B O N=\triangle M O N$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{N M O}=\widehat{N B O}=90^{\circ} \Rightarrow {MN}$ là tiếp tuyến của $({O}, {R})$.

b) *) Chứng minh được $\triangle M A B$ đồng dạng $\triangle H B N$ (g.g)

*) và ba điểm $A, H, I$ thẳng hàng

$\triangle M A B \sim \triangle H B N \Rightarrow \dfrac{M B}{H N}=\dfrac{A B}{B N} \Rightarrow \dfrac{A B}{B N}=\dfrac{2 H B}{2 K N}=\dfrac{H B}{K N}$

Chứng minh được: $\triangle H A B \sim \triangle K B N$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{H A B}=\widehat{K B N}$

Chứng minh được $\triangle A B I$ vuông tại ${I} \Rightarrow \widehat{I A B}=\widehat{K B N}$ (cùng phụ với $\widehat{I B A}$ $\Rightarrow \widehat{H A B}=\widehat{I A B}$, mà ${H}$, I cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ ${AB}$ nên tia $A I$ trùng với tia $A H$ hay 3 điểm ${A},  {H},  {I}$ thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

ĐKXĐ: $x \geq-3$

$\sqrt{x+3} . x^4=2 x^4-2023 x+2023$

$\Leftrightarrow x^4(\sqrt{x+3}-2)+2023(x-1)=0$

$\Leftrightarrow \dfrac{x^4(x-1)}{\sqrt{x+3}+2}+2023(x-1)=0$

$\Leftrightarrow(x-1)\left(\dfrac{x^4}{\sqrt{x+3}+2}+2023\right)=0$

$\Leftrightarrow x-1=0$

$\Leftrightarrow x=1(t / m)$

$\left(\text { Vì } \dfrac{x^4}{\sqrt{x+3}+2}+2023>0\right).$