Câu hỏi:

12/07/2024 2,264

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một xe mô-tô đi từ A đến B (cách nhau 60km) theo thời gian đã định. Nửa quãng đường đầu xe đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định 10km/h và nửa quãng đường sau xe đi với vận tốc chậm hơn vận tốc dự định 6km/h. Biết rằng xe về đến B đúng thời gian quy định, hỏi vận tốc dự định là bao nhiêu?

2) Tìm các giá trị m để hàm số \[y = \left( {\sqrt m - 2} \right)x + 3\] đồng biến.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề ôn thi vào 10 môn Toán có đáp án (Mới nhất) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

1) Gọi x (km/h) là vận tốc dự định.

Thời gian dự định để đến B với vận tốc trên là \[\frac{{60}}{x}\] (giờ).

Nửa quãng đường đầu xe đi nhanh hơn với vận tốc dự định 10(km/h) nên tốn \[\frac{{30}}{{x + 10}}\](giờ).

Nửa quãng đường sau xe đi chậm hơn với vận tốc dự định 6(km/h) nên tốn \[\frac{{30}}{{x - 6}}\] (giờ).

Do đến B đúng thời gian quy định nên ta có phương trình

\[\frac{{60}}{x} = \frac{{30}}{{x + 10}} + \frac{{30}}{{x - 6}} \Leftrightarrow 60\left( {x + 10} \right)\left( {x - 6} \right) = x\left[ {30\left( {x - 6} \right) + 30\left( {x + 10} \right)} \right]\]

\[ \Leftrightarrow 60 + 240x - 3600 = 60{x^2} + 120x \Leftrightarrow 120x = 3600 \Leftrightarrow x = 30\](km/h).

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về chuyển động cơ bản và chuyển động trên dòng nước:

“Quãng đường = Vận tốc x Thời gian”

2) Hàm số \[y = \left( {\sqrt m - 2} \right)x + 3\]đồng biến khi \[\left\{ \begin{array}{l}m \ge 2\\\sqrt m - 2 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\\sqrt m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\m > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 4\]

Vậy \[m > 4\].

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

1) Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{6}{x} + \frac{5}{y} = 3\\\frac{9}{x} - \frac{{10}}{y} = 1\end{array} \right..\]

2) Giải phương trình: \[\left| {1 - 2x} \right| + \left| {x + 1} \right| = x + 2\].

3) Cho phương trình \[{x^2} - mx + 1 = 0\]. Không giải phương trình, tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn hệ thức:\[{\left( {{x_1} + 1} \right)^2} + {\left( {{x_2} + 1} \right)^2} = 2.\]

Xem đáp án

Lời giải

1) Điều kiện: \[xy \ne 0\]

Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = a\\\frac{1}{y} = b\end{array} \right.\]. Hệ phương trình trở thành: \[\left\{ \begin{array}{l}6a + 5b = 1\\9a - 10b = 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{3 - 5b}}{6}\\9\left( {\frac{{3 - 5b}}{6}} \right) - 10b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( \begin{array}{l}a = \frac{{3 - 5b}}{6}\\\frac{7}{2} = \frac{{35}}{2}b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = \frac{1}{5}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} = \frac{1}{3}\\\frac{1}{y} = \frac{1}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 5\end{array} \right.\] (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm: \[\left( {x;y} \right) = \left( {3;5} \right)\].

2) Ta có bảng xét dấu các biểu thức

+ Xét: \[x \le - 1\left( * \right)\].

Phương trình tương đương với: \[\left( {1 - 2x} \right) - \left( {x + 1} \right) = x + 2\]

\[ \Leftrightarrow - 3x = x + 2 \Leftrightarrow 4x = 2 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\] (không thỏa mãn điều kiện (*)).

+ Xét: \[ - 1 < x \le \frac{1}{2}\left( {**} \right)\]

Phương trình tương đương với: \[\left( {1 - 2x} \right) + \left( {x + 1} \right) = x + 2\]

\[ \Leftrightarrow 2 - x = x + 2 \Leftrightarrow 0 = 2x \Leftrightarrow x = 0\] (thỏa mãn điều kiện (**)).

+ Xét: \[x > \frac{1}{2}\left( {***} \right)\].

Phương trình tương đương với: \[ - \left( {1 - 2x} \right) + \left( {x + 1} \right) = x + 2\]

\[ \Leftrightarrow 3x = x + 2 \Leftrightarrow 2x = 2 \Leftrightarrow x = 1\] (thỏa mãn điều kiện (***)).

Vậy phương trình có nghiệm: \[x = 0;x = 1\].

3) Ta có: \[\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4.1.1 = {m^2} - 4.\]

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: \[{m^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 2\\m \le - 2\end{array} \right.\].

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = 1\end{array} \right..\]

Ta có \[{\left( {{x_1} + 1} \right)^2} + {\left( {{x_2} + 1} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1} + 1 + x_2^2 + 2{x_2} + 1 = 2\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2{x_1}.{x_2} = 0.\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \sqrt 3 - 1\left( l \right)\\m = - \sqrt 3 - 1\end{array} \right.\]. Vậy \[m = - \sqrt 3 - 1\].

Câu 2

Đường tròn (O), đường kính. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.

1) Chứng minh MN khi di động, trung điểm I của luôn nằm trên một đường tròn cố định.

2) Từ A kẻ \[Ax \bot MN\], tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành.

3) Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN.

4) Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào?

5) Cho \[AM.AN = 3{R^2},AN = R\sqrt 3 \]. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác AMN?

Xem đáp án

Lời giải

Đường tròn (O), đường kính. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB. 1) Chứng minh MN khi di động, trung điểm I của luôn nằm trên một đường (ảnh 1)

1) I là trung điểm của MN nên \[OI \bot MN\] (quan hệ đường kính – dây cung) \[ \Rightarrow \widehat {OIH} = 90^\circ \]

Do OH cố định nên khi MN di động thì I chạy trên đường tròn đường kính OH.

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm luôn nằm trên đường cố định.

2) Ta có \[AC//OI\] vì cùng vuông góc với MN.

Mà O là trung điểm của AB nên I là trung điểm của BC

Lại có I là trung điểm của nên CMBN là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) (điều cần chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác là hình bình hành bằng cách chứng minh tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

3) CMBN là hình bình hành nên \[MC//BN\]

Mà \[BN \bot NA\] (\[\widehat {BNA} = 90^\circ \]do tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có \[AC \bot MN\]

Suy ra C là trực tâm tam giác AMN (điều cần chứng minh).

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của tam giác bằng cách chứng minh nó là giao điểm của hai đường cao.

4) Ta có H là trung điểm của OB, I là trung điểm của BC nên IH là đường trung bình của \[\Delta OBC\]

\[ \Rightarrow IH//OC\]

Mà \[OC \bot Ax \Rightarrow \widehat {OCA} = 90^\circ \], nên C thuộc đường tròn đường kính OA cố định.

Vậy khi MN quay quanh H thì C di chuyển trên đường tròn đường kính OA cố định.

Nhận xét: Bài toán tìm quỹ tích của một điểm.

5) \[AM.AN = 3{R^2},AN = R\sqrt 3 \Rightarrow AM = \frac{{3{R^2}}}{{AN}} = \frac{{3{R^2}}}{{R\sqrt 3 }} = R\sqrt 3 \Rightarrow AM = AN = R\sqrt 3 \]

\[ \Rightarrow \Delta AMN\] cân tại A.

Xét \[\Delta ABN\] vuông tại N có \[AB = 2R;AN = R\sqrt 3 \Rightarrow BN = R \Rightarrow \widehat {ABN} = 60^\circ .\]

Có \[\widehat {ABN} = \widehat {AMN}\] (góc nội tiếp) nên \[\widehat {AMN} = 60^\circ \]

Suy ra \[\Delta AMN\] đều

\[ \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{{{{\left( {R\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4}\]

\[ \Rightarrow S = {S_{\left\{ O \right\}}} - {S_{\Delta AMN}} = \pi {R^2} - \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{4}.\]

Nhận xét: Bài toán tính diện tích liên quan đến hình tròn và tam giác.

Câu 3