Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Cánh diều - Đề số 5

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$

Nhân biểu thức liên hợp với mẫu rồi rút gọn biểu thức đã cho.

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } .\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }} \\= \dfrac{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } \left( {3 + \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt {10} - \sqrt 2 } \right)}}{{10 - 2}}\\ = \dfrac{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } \left( {3 + \sqrt 5 } \right).\sqrt 2 \left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{8}\\ = \dfrac{{\sqrt {6 - 2\sqrt 5 } .\left( {3\sqrt 5 + 5 - 3 - \sqrt 5 } \right)}}{8} \\= \dfrac{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} .\left( {2\sqrt 5 + 2} \right)}}{8}\\ = \dfrac{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right).2.\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}}{8} \\= \dfrac{{2.\left( {5 - 1} \right)}}{8} \\= 1.\,\,\,\left( {do\,\,\,\sqrt 5 - 1 > 0} \right).\end{array}\)

Biến đổi biểu thức đã cho bằng phương pháp nhân liên hợp sau đó tính giá trị biểu thức \(Q\).

Theo đề bài ta có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - y} \right) = 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - y} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1 - {x^2}} \right)\left( {{y^2} + 1 - {y^2}} \right) = 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 1} - y} \right)\\ \Leftrightarrow 1 = 2\left[ {\left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy} \right) - \left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right)} \right]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Lại có: \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 2\)

 \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy} \right) + \left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = 2\,\,\\ \Leftrightarrow 2\left( {\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{y^2} + 1} + xy} \right) + 2\left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta được: \( - 4\left( {x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} } \right) = - 3\)\( \Rightarrow x\sqrt {{y^2} + 1} + y\sqrt {{x^2} + 1} = \dfrac{3}{4}.\)

Vậy \(Q = \dfrac{3}{4}.\)

Thay \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \dfrac{2}{3}\\y = - \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\) vào từng phương trình của hệ phương trình để tìm \(m.\)

Thay \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \dfrac{2}{3}\\y = - \dfrac{4}{3}\end{array} \right.\) vào hệ phương trình đã cho ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}a.\left( { - \dfrac{2}{3}} \right) + a.\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = {a^2}\\ - \dfrac{2}{3} + a.\left( { - \dfrac{4}{3}} \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a - 4a = 3{a^2}\\ - \dfrac{4}{3}a = \dfrac{8}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\3{a^2} + 6a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\3a\left( {a + 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = - 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow a = - 2\)

Vậy \(a = - 2\) là giá trị cần tìm.

Tính biệt thức \(\Delta '\). Từ đó xét xem phương trình có bao nhiêu nghiệm.

\(\begin{align} & \,\,\,\,\,\,2{{x}^{2}}-4mx-3{{m}^{2}}-5=0 \\ & \Delta '={{(-2m)}^{2}}-2.(-3{{m}^{2}}-5)=4{{m}^{2}}+6{{m}^{2}}+10=10{{m}^{2}}+10>0 \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \) Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.

+ Kẻ đường cao \(AH.\)

+ Tính \(HB\) dựa vào quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

+ Lập luận dựa vào tính chất tam giác cân để tính cạnh đáy \(BC.\)

Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H.\) Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\) (do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {ABH} = \dfrac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow BH = AB.\cos \widehat {ABH}\)\( = 20.\cos 50^\circ \)

Mà \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2BH = 2.2.\cos 50^0\approx 25,7\,cm\)

Vậy \(BC \approx 25,7\,cm.\)

Bước 1: Lập phương trình

1) Chọn ẩn, đơn vị 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 phương trình

Sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình bậc nhất, bậc hai…

Bước 3: Kết luận

Nửa chu vi tấm sắt là $96:2 = 48(cm)$

Gọi chiều dài của tấm sắt là $x{\rm{ }}\left( {cm} \right){\rm{ }}\left( {x > 20} \right)$

Chiều rộng tấm sắt sẽ là $48 - x{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Diện tích tấm sắt ban đầu là $x(48 - x)\,\,\left( {c{m^2}} \right)$

Người ta cắt ở mỗi góc tấm sắt $1$ hình vuông cạnh là $4cm$ nên diện tích phần cắt đi là $4.4.4 = 64(c{m^2})$

Diện tích còn lại của tấm sắt là $448c{m^2}$ nên ta có phương trình:

$x(48 - x) - 64 = 448 \Leftrightarrow {x^2} - 48x + 512 = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 32(tmdk)\\x = 16(ktmdk)\end{array} \right.$

Vậy chiều dài và chiều rộng của tấm sắt lần lượt là $32cm$ và $16cm$.

+ Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(\sin B = \dfrac{{AH}}{{AB}}\) nên A đúng.

+ Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}}\) nên B đúng.

+ Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}}\) nên C đúng.

+ Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\) có \(\tan C = \dfrac{{AH}}{{CH}}\) nên D sai.

\(\sqrt A \) 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 $1>0$)

\( \Leftrightarrow x > 1\)

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl\) với \(R\) là bán kính đáy, \(l\) là đường sinh của hình nón và \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} \) , \(h\) là chiều cao hình nón.

Đường sinh của hình nón là \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 13.\)

Diện tích xung quanh hình nón là \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .5.13 = 65\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Vì MA và MB là tiếp tuyến nên \(MA = MB\) nên M  thuộc trung trực của AB

Mà \(OA = OB\) do cùng là bán kính nên O thuộc trung trực của AB

Suy ra OM là trung trực của AB. Gọi H là giao điểm của MO và AB, ta có \(AH = BH\)

Xét tam giác vuông AMO vuông tại A (do MA là tiếp tuyến) có AH là đường cao

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{M^2}}} + \dfrac{1}{{A{O^2}}} \Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{A{M^2}.A{O^2}}}{{A{M^2} + A{O^2}}}} = \sqrt {\dfrac{{{4^2}{{.3}^2}}}{{{4^2} + {3^2}}}} = 2,4\)

Suy ra \(AB = 2AH = 2.2,4 = 4,8\).

Sử dụng định lí Viète

Nếu \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,(a \ne 0)$ thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0\) có: \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right..\) 

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = 1 + 2 = 3\\P = {x_1}{x_2} = 1.2 = 2\end{array} \right..\)

Vậy \(S = 3,\,\,P = 2.\)

Bước 1: Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Bước 2: Số nghiệm vừa tìm được của phương trình là số giao điểm của đường thẳng và parabol

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(4{x^2} = 12x - 9 \Leftrightarrow 4{x^2} - 12x + 9 = 0\) có \(\Delta ' = 0 \) nên phương trình có nghiệm kép hay đường thẳng tiếp xúc với parabol tại 1 điểm.

Dựa vào tính chất bán kính vuông góc với dây cung.

Dựa vào định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông.

Vì $OC$ vuông góc với $AB$ nên $D$ là trung điểm của $AB$ (mối quan hệ giữa đường kính và dây)

$ \Rightarrow AD = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{12}}{2} = 6cm$.

Xét tam giác $AOD$ vuông tại $D$ nên $O{D^2} = O{A^2} - A{D^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow OD = 8cm$.

Có $OD + DC = OC$ nên $DC = OC - OD = 10 - 8 = 2cm$.

Xét tam giác $ADC$ vuông tại $D$ nên $A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {6^2} + {2^2} = 40$ .

Vậy $AC = 2\sqrt {10} cm$.

+ Tìm điều kiện

+ Giải phương trình dạng \(\sqrt A = B\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\)

Điều kiện:

\(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\)

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} - 4x + 5} = x - 2\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} = - 1\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\,\,\forall x\) )

Vậy phương trình vô nghiệm.

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác. Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác là giao của 1 đường phân giác góc trong và hai đường phân giác góc ngoài của tam giác

Sử dụng công thức khai phương một tích, khai phương một thương, trục căn thức ở mẫu

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

+ Khai phương một thương: \(\sqrt {\dfrac{A}{B}} = \dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }}{\rm{ }}(A \ge 0,B > 0)\)

+ Với \(A.B \ge 0\) và \(B \ne 0\) thì \(\sqrt {\dfrac{A}{B}} = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{{\left| B \right|}}\)

\(A = 3\sqrt 8 - \sqrt {18} + 5\sqrt {\dfrac{1}{2}} + \sqrt {50} \)

\( = 3\sqrt {4.2} - \sqrt {9.2} + 5 \dfrac{\sqrt 2}{2} + \sqrt {25.2} \)

\( = 6\sqrt 2 - 3\sqrt 2 + \dfrac{5}{2}\sqrt 2 + 5\sqrt 2 \)

\( = \left( {6 - 3 + \dfrac{5}{2} + 5} \right).\sqrt 2 \)

\( = \dfrac{{21}}{2}\sqrt 2 \)

Dựa vào tính chất tiếp tuyến của đường tròn

Định lí Pi-ta-go

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Cách tính chu vi hình tam giác

Gọi $D$ là giao điểm của $BC$ và $OA$

Có $OC \bot AC$ (tính chất tiếp tuyến của đường tròn)

Xét $\Delta OAC$ vuông tại \(C\), ta có: $O{C^2} + C{A^2} = O{A^2}$ (Py-ta-go)

\( \Rightarrow A{C^2} = {\rm{ }}O{A^2} - {\rm{ }}O{C^2} = {6^2} - {3^2} = 36 - 9 = 27 \Rightarrow AC = 3\sqrt 3 cm\)

Mà $AC=AB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $AB = 3\sqrt 3 cm$.

Vì $AC=AB;OB=OC$ nên $OA$ là đường trung trực của $BC$ hay $OA \bot BC$ tại $D$ và $D$ là trung điểm của $CB.$

Xét tam giác vuông $OCA$ có $CD$ là đường cao nên:

\(CD = \dfrac{{OC.CA}}{{OA}} = \dfrac{{3.3\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2CD = 3\sqrt 3 cm\)

Vậy chu vi tam giác $ABC$ là $3\sqrt 3 + 3\sqrt 3 + 3\sqrt 3 = 9\sqrt 3 cm$

Áp dụng tính chất tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp thì: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {180^0}\end{array} \right..\)

Xét các đáp án ta có:

+) Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {50^0} + {130^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {60^0} + {140^0} = {200^0}\end{array} \right. \) nên loại đáp án A.

+) Đáp án B: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {65^0} + {115^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {85^0} + {95^0} = {180^0}\end{array} \right. \) nên đáp án B đúng.

+) Đáp án C: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {82^0} + {98^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {90^0} + {100^0} = {190^0}\end{array} \right. \) nên loại đáp án 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 $40km/h.$

Hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao \(h\) có diện tích toàn phần là \({S_{tp}} = 2\pi {R^2}h + 2\pi {R^2}\), thể tích là \(V = \pi {R^2}h.\)

Gọi hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao \(h\) , từ đề bài suy ra \(h = 2R\) .

Khi đó \(V = \pi {R^2}h \Leftrightarrow \pi .{R^2}.2R = 54\pi \Rightarrow {R^3} = 27 \Rightarrow R = 3\,cm\) nên \(h = 2R = 6\,cm.\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là \({S_{tp}} = 2\pi .Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .3.6 + 2\pi {.3^2} = 54\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Công thức thể tích hình cầu \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\)

Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh 12cm nên tâm đường tròn nội tiếp trùng với trọng tâm \(O\) của tam giác và bán kính \(R = \dfrac{{12\sqrt 3 }}{6} = 2\sqrt 3\)

Khi quay nửa đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ một vòng quanh $AH$ ta được hình cầu bán kính \(R = 2\sqrt 3\)

Suy ra \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( 2\sqrt 3 \right)^3} = 32 \pi \sqrt 3 (cm^3)\) 

Sử dụng kiến thức: Điểm $({x_0};{y_0})$ thuộc ĐTHS $y = {\rm{ax}} + b \Leftrightarrow {\rm{a}}{{\rm{x}}_0} + b = {y_0}$.

Đáp án A: Thay $ x_0=0;y_0=1$ vào hàm số, ta có $ 2.0 + 1 = 1 \Rightarrow (0;1)$ thuộc ĐTHS đã cho.

- 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:

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

+ Tính góc \(ABC\) từ đó suy ra góc \(ABD\)

+ Sử dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông \(ABD\) để tính \(BD.\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} + \widehat C = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ABC} = 50^\circ \)

Mà \(BD\) là phân giác góc \(ABC\) nên \(\widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} = 25^\circ \)

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) ta có \(BD = \dfrac{{AB}}{{\cos \widehat {ABD}}} = \dfrac{{21}}{{\cos 25^\circ }} \approx 23,2\,cm\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \((d_1);(d_2)\) để tìm \(x,\) thay giá trị \(x\) vừa tìm được vào 1 trong hai phương trình để tìm \(y.\)

Ba đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi đường thẳng thứ ba đi qua giao điểm của hai đường thẳng còn lại.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\):

\(2x - 3 = - \dfrac{1}{2}x + 2 \Leftrightarrow 2x + \dfrac{1}{2}x = 2 + 3 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2}x = 5 \Leftrightarrow x = 2\)

Thay \(x = 2\) vào hàm số \(y = 2x - 3\) ta được \(y = 2.2 - 3 = 1.\)

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) là \(A\left( {2;1} \right)\).

Ba đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) , \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right):y = 3x - 2m - 3\) đồng quy \( \Rightarrow \left( {{d_3}} \right)\) đi qua giao điểm của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\)\( \Rightarrow A \in \left( {{d_3}} \right)\)

Thay tọa độ điểm \(A\) vào hàm số \(\left( {{d_3}} \right):\,\,y = 3x - 2m - 3\) ta được:

\(1 = 3.2 - 2m - 3\)\( \Rightarrow 2m = 6 - 3 - 1 \Rightarrow m = 1\)

Vậy \(m = 1\) thì ba đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) , \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( {{d_3}} \right):y = 3x - 2m - 3\) đồng quy.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

\(\left\{ \begin{array}{l}3x - 4y = - 2\\2x + y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 4y = - 2\\8x + 4y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x - 4y = - 2\\11x = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = \dfrac{{3x + 2}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\end{array} \right.\)

Bước 1: Sử dụng định lí Viète

Nếu \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,(a \ne 0)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1} \cdot {x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right..\)

Bước 2: Sử dụng hằng đẳng thức bình phương của một tổng để biến đổi \(A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\).

Phương trình \(2{x^2} - 11x + 3 = 0\) có \(\Delta = {\left( { - 11} \right)^2} - 4.2.3 = 97 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\)

Theo định lí Viète, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{-(-11)}}{2}= \dfrac{{11}}{2}\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).

Ta có:

\(A = x_1^2 + x_2^2 = \left( x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 \right) - 2{x_1}{x_2} \\= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} \\= {\left( {\dfrac{{11}}{2}} \right)^2} - 2.\dfrac{3}{2} = \dfrac{{109}}{4}\)

Nắm vững định nghĩa đường tròn ngoại tiếp và sử dụng định lý Pi-ta-go để tính cạnh huyền của tam giác vuông cân

Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow O\) là tâm của hình vuông

Vì ABCD là hình vuông nên 2 đường chéo vuông góc với nhau, đồng thời chúng bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường \( \Rightarrow OA \bot OB\) và OA = OB

\( \Rightarrow \Delta OAB\) vuông cân tại O

Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp (O), ta có $AB = OA\sqrt 2 = R\sqrt 2 \Rightarrow R = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 $

Chứng minh \(N\) là trung điểm của \(AC\) bằng cách gọi \(M\) là trung diểm của \(AC\) rồi chứng minh \(\widehat {FBE} = \widehat {MBE}\), từ đó suy ra \(BM\) đối xứng với \(BF\) qua \(BE\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC.\) Do \(E\) là điểm chính giữa cung \(AC\) nên \(EM \bot AC.\)

Do đó \(EM\) đi qua tâm của đường tròn \(\left( O \right).\) Giả sử rằng \(G = DF \cap \left( O \right).\) Do \(\widehat {DFE} = {90^0},\) nên

\(\widehat {GFE} = {90^0},\) hay \(GE\) là đường kính của \(\left( O \right).\) Suy ra \(G,M,E\) thẳng hàng.

Vì vậy \(\widehat {GBE} = {90^0},\) mà \(\widehat {GMD} = {90^0}.\)

Kéo theo tứ giác \(BDMG\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(GD.\)

Vì vậy \(\widehat {MBD} = \widehat {DGM} = \widehat {FGE}\,\,\left( 1 \right)\) (cùng chắn cung \(DM)\)

 Lại có tứ giác \(BFEG\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FBE} = \widehat {FGE}\,\,\left( 2 \right)\,\) ( cùng chắn cung \(FE\) ).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra \(\widehat {MBD} = \widehat {FBE}.\) Do đó \(BF\) và \(BM\) đối xứng nhau qua \(BD.\)

Vì vậy \(M \equiv N\) hay \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(AN = NC.\)

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.

Phương trình \(a{x^2} + 2b'x + c = 0\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có: \(\Delta ' = b{'^2} - ac.\)

Phương trình \(3{x^2} - 2mx - 1 = 0\) có \(\Delta ' = b{'^2} - ac = {m^2} + 3.\)

- Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

- Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\).

Do tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O,\) nên ta có $\widehat {CAD} = \widehat {CBD}$ (cùng chắn cung \(CD\) ).

Do đó ta có \(\widehat {CAD} = {40^0}.\)

Áp dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\) vào tam giác ACD, ta có:

$\widehat {CAD} + \widehat {ACD} + \widehat {ADC} = {180^0}$

Suy ra \( \widehat {ADC} = {180^0} - \left( {\widehat {CAD} + \widehat {ACD}} \right) \) \(= {180^0} - \left( {{{40}^0} + {{60}^0}} \right) = {80^0}\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) khi \( \Delta ' > 0\,.\)

Áp dụng định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right..\)

Áp dụng biểu thức đề bài để tìm \(m.\) Đối chiếu với điều kiện có nghiệm của phương trình rồi kết luận.

Phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2} \) khi \(\Delta ' > 0\)

Ta có: \( {\left( {m + 1} \right)^2} - 4m = {\left( {m - 1} \right)^2} \) với mọi \( m \in \mathbb{R}\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m.\)

Áp dụng định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 2\\{x_1}{x_2} = 4m\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có: \(x_1^3 - x_1^2 = x_2^3 - x_2^2 \) suy ra \(x_1^3 - x_2^3 - \left( {x_1^2 - x_2^2} \right) = 0\)

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

\(x_1 - x_2 = 0\) hoặc \({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 0\)

\({x_1} = {x_2}\) hoặc \({\left( {2m + 2} \right)^2} - 4m - 2m - 2 = 0\)

Suy ra \(\Delta ' = 0\) hoặc \(4{m^2} + 8m + 4 - 6m - 2 = 0\)

\((m - 1)^2 = 0\) hoặc \(4{m^2} + 2m + 2 = 0\)

Mà phương trình \(4{m^2} + 2m + 2 = 0\) vô nghiệm nên \(m - 1 = 0\)

Suy ra \(m = 1\)

Vậy \(m = 1\) thỏa mãn bài toán.

Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của các góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua tiếp điểm.

- Viết phương trình đường thẳng $(d)$ đi qua 2 điểm cho trước $A;B$.

- Để $3$ điểm $A;B;C$ thẳng hàng thì $C \in (d)$

Gọi $d:y = {\rm{ax}} + b$ là đường thẳng đi qua $A$ và $B$.

$\begin{array}{l}A(0;3) \in d \Leftrightarrow a.0 + b = 3 \Leftrightarrow b = 3\\B(2;2) \in d \Leftrightarrow a.2 + b = 2\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\2a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow d:y = - \dfrac{1}{2}x + 3\end{array}$

Để $3$ điểm $A,B,C$ thẳng hàng thì $C(m + 3;m) \in (d):y = - \dfrac{1}{2}x + 3$

$ \Leftrightarrow m = - \dfrac{1}{2}\left( {m + 3} \right) + 3 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}m = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow m = 1$.

Vậy $m = 1$.

Tìm tọa độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) theo \(m.\)

Rối sử dụng công thức tính diện tích hình thang để tìm \(m.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\)và \(\left( {{d_2}} \right)\) là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{m^2}x - {m^4} + 2 = \dfrac{{{m^2}}}{{{m^2} + 1}}x + 2\\ \Leftrightarrow {m^2}\left( {{m^2} + 1} \right)x - {m^2}x = {m^4}\left( {{m^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {m^2}x = {m^2}\left( {{m^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow x = {m^2} + 1\,\,\,\,\,\left( {m \ne 0} \right)\\ \Rightarrow y = {m^2} + 2 \Rightarrow A\left( {{m^2} + 1;{m^2} + 2} \right)\end{array}\)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, A lên \(Ox\) nên \(H\left( { - 1;0} \right),K\left( {{m^2} + 1;0} \right)\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABHK}} = \dfrac{{15}}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {AK + BH} \right)HK}}{2} = \dfrac{{15}}{2}\\ \Leftrightarrow \left( {AK + BH} \right)HK = 15\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 4} \right)\left( {{m^2} + 2} \right) = 15\\ \Leftrightarrow {m^4} + 6{m^2} + 8 = 15\\ \Leftrightarrow {m^4} + 6{m^2} - 7 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} - 1} \right)\left( {{m^2} + 7} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 1 = 0\\{m^2} + 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 1 \Rightarrow m = \pm 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{m^2} = - 7\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m = \pm 1.\)