›
›
›

Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS Minh Khai

pdf 316 trang nhatle22 5030
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS Minh Khai", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_thu_vao_lop_10_mon_toan_truong_thcs_minh_khai.pdf

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS Minh Khai

  1. 1 Website:tailieumontoan.com TRƯỜNG THCS MINH KHAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN 9 Đề số 1 Ngày thi: 09/4/2018 Thời gian làm bài: 90 phút x+ 12 31 1 Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = và B:= + với x1− x1− x1++ x1 x≥≠ 0, x 1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 9. b) Rút gọn biểu thức B. A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M.= B Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định. Bài 3: (2 điểm)  1 3x−− 3 = 1  y1+ 1) Giải hệ phương trình  2  x3−+ = 5  y1+ 2) Cho parabol yxP= 2 ( ) và đường thẳng y= mx −+ m 1( d) a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m= − 3. b) Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có 22 hoành độ x12 ,x thỏa mãn x1+=+ x 2 x 12 x. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R ) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R ) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA.CK= CE.CH. c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân. d) Giả sử KE= KC. Chứng minh OK // MN. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  2. 2 Website:tailieumontoan.com Bài 5 (0,5 điểm): Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a+−> b c 0; 1 1 1 111 b+−> c a 0; cab0+−>. Chứng minh + + ≥++. abcbcacababc+− +− +− HƯỚNG DẪN GIẢI x+ 12 31 1 Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = và B:= + với x1− x1− x1++ x1 x≥≠ 0, x 1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 9. b) Rút gọn biểu thức B. A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M.= B 9+ 12 21 21 a) Thay x9= (TMĐK) vào A ta có: A = = = 91− 31− 2 21 Vậy x9= thì A = 2 b) Điều kiện: x≥≠ 0, x 1 3+− x1 1 x2++ x1 x2+ B:= = ⋅ = ( x−+ 1)( x 1) x + 1 ( x−+ 1)( x 1) 1 x1− x2+ Vậy B = với x≥≠ 0, x 1. x1− A x+ 12 x −+ 1 x 12 c) Ta có: M ==⋅= B x1−+ x2 x2 + x+ 12 x −+ 4 16 16 16 M = = =x −+ 2 =x ++ 2 −≥4 2 16 −= 4 4 x2++ x2 x2 + x2 + 16 Dấu ""= xảy ra ⇔x2 += ⇔= x4 (TMĐK) x2+ Vậy min M4= khi x4= Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  3. 3 Website:tailieumontoan.com song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định. Gọi năng suất dự định của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) (ĐK: x ∈ * ) Năng suất thực tế của người công nhân là x3+ (sản phẩm/giờ) 33 Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là: (giờ) x 62 Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là: (giờ) x3+ Vì thực tế người công nhân hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút nên ta có phương trình: 62 33 3 62x−+ 33(x 3) 3 −=⇔ = x3++ x 2 x(x3) 2 ⇔−+=3x2 49x 198 0 ⇔−3x2 27x −+= 22x 198 0 ⇔−(x 9)(3x − 22) = 0 22 ⇒ x9= (Thỏa mãn); x = (loại) 1 2 3 Vậy năng suất dự kiến là 9 sản phẩm/giờ Bài 3: (2 điểm)  1 3x−− 3 = 1  y1+ 1) Giải hệ phương trình  2  x3−+ = 5  y1+ 2) Cho parabol yxP= 2 ( ) và đường thẳng y= mx −+ m 1( d) a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m= − 3. b) Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có 22 hoành độ x12 ,x thỏa mãn x1+=+ x 2 x 12 x. 1) Điều kiện: x≥≠ 3; y 0 1 Đặt a=−≥= x 3 (a 0) ,b . Hệ trở thành: y1+ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  4. 4 Website:tailieumontoan.com 3ab1−= 6a2b2 − =  3ab1 −= b2 = ⇔  ⇔⇔  (thỏa mãn) a+= 2b 5 a+= 2b 5  7a = 7 a = 1  1 11− = 2 y1+= y = ⇔y1+ ⇔⇔ 22 (thỏa mãn ĐK)    x3−= 1 x31−= x = 4 −1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) =  4; . 2 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 − mx + m −= 1 0 (1) a) Thay m3= − có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d:) 2 x1= x+ 3x −=⇔ 4 0 (x − 1)(x + 4) = 0 ⇔  x4= − Với x=⇒=⇒ 1 y 1 A( 1;1) Với x=−⇒ 4 y = 16 ⇒ B( − 4;16) Vậy khi m3= − thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A( 1;1) , B(− 4;16) 2 b) Xét phương trình (1), ta có: ∆=m2 − 4m + 4 =( m − 2) Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x12 ,x ⇔∆>0 ⇒ (m − 2)2 > 0 ⇔≠m2 xx+= m Hệ thức Vi – ét:  12 x12 .x= m − 1 22 2 Theo đều bài: x1+=+ x 2 x 12 x.⇔+(xx12) − 2xxxx 1212 −+( ) = 0 (*) Thay hệ thức Vi – ét vào (*) ta được: m2 − 2(m −− 1) m = 0 ⇔m2 − 3m += 2 0 m= 1 (TM) ⇔  m= 2 (L) Vậy m1= thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  5. 5 Website:tailieumontoan.com tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R ) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R ) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA.CK= CE.CH. c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân. d) Giả sử KE= KC. Chứng minh OK // MN. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. Ta có AB⊥ MN tại H (giả thiết) ; E∈ MN ⇒=AHE 90o Xét (O) có AKB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); E∈⇒ KB AKE = 90o Xét tứ giác AKEH có AKE , AHE là hai góc đối và AKE += AHE 180o ⇒ Tứ giác AKEH là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm) b) Chứng minh CA.CK= CE.CH. Xét ∆CAE và ∆CHK có: ACH chung CAE = CHK (hai góc nội tiếp cùng chắn HE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKEH ) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  6. 6 Website:tailieumontoan.com ⇒∆CAE∽ ∆ CHK (g – g) CA CE ⇒= (cạnh tương ứng tỉ lệ) CH CK ⇒=CA.CK CE.CH. (đpcm) b) Chứng minh ∆NFK cân. Xét (O), ta có AB là đường kính, MN là dây cung và AB⊥ MN tại H (giả thiết) ⇒ B là điểm chính giữa MN ⇒=MB NB ⇒=MKB NKB (hai gcs nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) Xét (O) có AKB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và có A, K, C thẳng hàng ⇒⊥BK AC tại K Mà NF⊥ AC (giả thiết) ⇒ BK / /NF ⇒=KFN MKB (hai góc đồng vị) và KNF = NKB (hai góc sole trong) (2) Từ (1) và (2), ta có: KFN = KNF ⇒∆NKF cân tại K. d) Chứng minh OK // MN. Ta có AKB = 9000 ⇒ BKC = 90 ⇒∆ KEC vuông tại K Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  7. 7 Website:tailieumontoan.com Theo giả thiết ta lại có KE= KC nên tam giác KEC vuông cân tại K ⇒==⇒=BEH KEC 4500 OBK 45 Mặt khác vì ∆OBK cân tại O (do OB= OK = R ) ⇒∆OBK vuông cân tại O ⇒⊥OK AB ⇒ OK / /MN (cùng vuông góc với AB ) Bài 5 (0,5 điểm): Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a+−> b c 0; 1 1 1 111 b+−> c a 0; cab0+−>. Chứng minh + + ≥++. abcbcacababc+− +− +− Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x>> 0, y 0 ta có x+≥ y 2 xy 2 xy+ 4 11 4 ⇔(x + y) ≥ 4xy ⇔ ≥ ⇔+≥ (*) xyxy++ x y xy Dâu “=” xảy ra ⇔=xy Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 4 42 +≥ ==(1) abc+− bca +− abcbca +−++− 2bb Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với x>> 0, y 0 ta có x+≥ y 2 xy 2 xy+ 4 11 4 ⇔(x + y) ≥ 4xy ⇔ ≥ ⇔+≥ (*) xyxy++ x y xy Dâu “=” xảy ra ⇔=xy Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 4 42 +≥ ==(1) abc+− bca +− abcbca +−++− 2bb Tương tự: 1 12 1 12 +≥(2) +≥(3) cab+− bca +− c cab+− abc +− a Cộng (1,2,3) ( ) ( ) vế với vế ta có: 111111 ⇒++≥++ abcbcacababc+− +− +− Dấu bằng xảy ra ⇔==abc Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  8. 8 Website:tailieumontoan.com PHÒNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT TRƯƠNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MÔN: TOÁN 5/5/2018 NGUYỄN TRÃI – HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 2 x + 3 xx++3 5 12 Bài I. Cho các biểu thức A = và B = + với x ≥ 0 , x ≠ 16 . x − 4 x + 4 x −16 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . A 3) Tìm m để phương trình =m +1 có nghiệm. B Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết. Tính số xe lúc đầu của đội biết rằng khối lượng hàng các xe phải chở là như nhau. Bài III.  31  +=2  xy−1 1) Giải hệ phương trình:  11  +=1  xy−1 2) Cho phương trình x2 − mx + m −=20 (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số. a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m . b) Tìm m để cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên. Bài IV. Trên nửa đường tròn(OR; ) đường kính AB , lấy điểm C (CA< CB) . Hạ CH vuông góc với AB tại H . Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự tại M , N . 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. 3) Tia NM cắt tia BA tại K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K . Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn(OR; ) . 4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC= R . Bài V. Tìm xy,0≥ sao cho ( x22++48 y)( y ++= 48 x) ( 354534. xy ++)( xy ++) HƯỚNG DẪN Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  9. 9 Website:tailieumontoan.com x + 3 xx++3 5 12 Bài I. Cho các biểu thức A = và B = + với x ≥ 0 , x ≠ 16 . x − 4 x + 4 x −16 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . A 3) Tìm m để phương trình =m +1 có nghiệm. B 1) Với x = 9 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 , x ≠ 16 ) thì x = 3. x ++3 33 Do đó, thay vào biểu thức A ta được A = = = −6 . x − 4 34− 2) Rút gọn biểu thức B . xx++3 5 12 B = + x + 4 x −16 ( xx+3)( −+ 4) ( 5 x + 12) = ( xx+−44)( ) xx− −+12 5 x + 12 = ( xx+−44)( ) xx+ 4 = ( xx+−44)( ) xx.4( + ) = xx+−44 ( )( ) x = x − 4 x Vậy B = , với x ≥ 0 , x ≠ 16 x − 4 Ax++3 x x 33 3) Ta có = :1= = + . với x ≥ 0 , x ≠ 16 B xx−−44 x x A 3 3 ⇒=+m 1 ⇔ = m ⇔ x = B x m Vì x ≥ 0 , x ≠ 16 nên x ≥ 0 , x ≠ 4 . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  10. 10 Website:tailieumontoan.com  3 ≥ 0 m > 0 A m Do đó, phương trình =m +1 có nghiệm khi và chỉ khi ⇔⇔3 B 3 m ≠ ≠ 4  4 m Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết. Tính số xe lúc đầu của đội biết rằng khối lượng hàng các xe phải chở là như nhau. Gọi số xe ban đầu là x (xe); điều kiện x ∈ * , x > 4 . 80 ⇒ Theo dự định, mỗi xe lúc đầu cần phải chở (tấn). x Vì 4 xe phải điều đi làm việc khác, nên thực tế chỉ còn lại x4− (xe) dùng để chở 80 tấn hàng. 80 ⇒ Thực tế, mỗi xe còn lại cần phải chở (tấn). x4− Vì mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng, nên ta có phương trình: 80 80 −=1 x4− x ⇔80x − 80(x −= 4) x(x − 4) 2 ⇔−−x 4x 320 = 0 x= 20 (thoa manĐK ). ⇒  x= − 16 (loai) Vậy lúc đầu đội có 20 xe. Bài III.  31  +=2  xy−1 1) Giải hệ phương trình:  11  +=1  xy−1 2) Cho phương trình x2 − mx + m −=20 (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số. a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m . b) Tìm m để cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  11. 11 Website:tailieumontoan.com 1) Điều kiện x > 0 ; y >1. 1 1 Đặt =a > 0 và =b > 0 (*), ta được hệ: x y −1  1 a= () thoa man 32ab+= 21a =  2  ⇔  ⇔  ab+=1 ab+=1 1   b= () thoa man  2  11  =  x 2  x = 2 x = 4 x= 4 (thoa man) ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  11 −=  =  y −=12 y 14 y= 5 (thoa man)  y −1 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)= (4;5) 2) Xét phương trình x2 − mx + m −=20 (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số. 22 a) Ta có ∆=−( m) −4.( m −=− 2) mm2 4 +=− 8( m 2) +> 4 0 với mọi m . Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . xx12+= m (2) Hệ thức Vi-ét  xx12.= m − 2 (3) Thay (2) vào (3), ta có: x1+− x 2 xx 12 =2 là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m . b) Ta có x1+− x 2 xx 12 =2 ⇔ ( xx12−11)( −=) 1 ( ). Bài cho: x1 , x2 ∈  ⇔ x1 −∈1  và 1−∈x2  . Do đó, từ ( ) suy ra: xx−=−11 = 1 ( xx12−−−11) ( ) = 0 12⇒  ⇒ xx+ −=20⇒ m −=20⇒ m = 2 .  −=− =− 12 xx1211 1 ( xx12−−−11) ( ) = 0 Thử lại với m = 2 thì phương trình trở thành 2 x = 0 xx−=20⇔  x = 2 Vậy cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên ⇔ m = 2 Bài IV. Trên nửa đường tròn(OR; ) đường kính AB , lấy điểm C (CA< CB) . Hạ CH vuông góc với AB tại H . Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự tại M , N . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  12. 12 Website:tailieumontoan.com 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. 3) Tia NM cắt tia BA tại K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K . Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn(OR; ) . 4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC= R . 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật. * Phân tích: HMCN là hình chữ nhật ⇐ cần chỉ ra tứ giác HMCN có 3 góc vuông. ⇐ Cần c/m: CMH = 90oo ; CNH = 90 (dùng đường tròn đường kính CH) ; MCN = 90o hoặc ACB = 90o (dùng đường tròn (O)). * Trình bày lời giải: Xét đường tròn đường kính CH có: CMH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). CNH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). AB Xét O, có: 2 ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). ⇒ MCN = 900 . Tứ giác HMCN có 3 góc vuông (CMH = CNH = MCN = 900 ) nên theo dấu hiệu nhận biết thì tứ giác HMCN là hình chữ nhật. (đpcm) 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. * Phân tích: AMNB là tứ giác nội tiếp ⇐ Cần chứng minh: AMN += ABN 180o ⇐ Mà AMN += CMN 180o (hai góc kề bù) nên cần chứng minh: ABN = CMN ⇐ mà CMN = CHN nên cần chứng minh: CHN = ABN hoặc CHN = HBC Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  13. 13 Website:tailieumontoan.com ⇐ Dùng tam giác vuông CHB có HN ⊥ CB (cần chỉ ra điều này). * Trình bày lời giải: Theo giả thiết CH⊥ AB nên CHB = 90o ; cũng có CNH = 90o (cmt). ⇒∆CHB vuông tại H có HN là đường cao ⇒ CHN = HBC (cùng bằng 900 − HCN ) hoặc CHN = ABN . Xét đường tròn đường kính CH có: CHN = CMN (hai góc nội tiếp cùng chắn CN ) ⇒=CMN ABN Mà AMN += CMN 180o (hai góc kề bù). ⇒AMN += ABN 180o Mà AMN; ABN là hai góc đối của tứ giác AMNB . ⇒ Tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp (định lý) (đpcm). 3) Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (OR; ) . * Phân tích: QC là tiếp tuyến của (OR; ) . ⇐ cần c/m: OC⊥ QC ⇐ cần c/m: QCO =+= QCM MCO 90o ⇐ cần c/m: QCM = OCB (vì MCO += OCB MCB == ACB 90o ) ⇐ cần c/m: QCM = OBC = ABN (vì chỉ ra được ∆COB cân tại O) ⇐ cần c/m: QCM = CMN (vì đã có CMN = ABN (cmt)) ⇐ mà QCM; CMN so le trong nên cần c/m: QC // MN hoặc QC // KN. * Trình bày lời giải: Gọi I là giao điểm của CH và MN, mà tứ giác CMHN là hình chữ nhật (cmt) ⇒ I là trung điểm của CH (tính chất). Ta có Q đối xứng với H qua K (giả thiết). ⇒ K là trung điểm của QH (tính chất). Do đó: KI là đường trung bình của tam giác QHC. ⇒ KI // QC hoặc QC // MN. ⇒ QCM = CMN (hai góc so le trong). Mà CMN = ABN (cmt) hoặc CMN = OBC . ⇒ QCM = OBC . Lại có OB = OC = R ⇒ ∆COB cân tại O ⇒=OBC OCB ⇒ QCM = OCB . Mà MCO += OCB MCB == ACB 90o Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  14. 14 Website:tailieumontoan.com ⇒ QCO =+= QCM MCO 90o . ⇒ OC⊥ QC ⇒ QC là tiếp tuyến tại C của đường tròn (O). 4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC= R . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AM , BN Qua E , F kẻ các đường trung trực của AM , BN . Các đường đó cắt nhau tại là T . Khi đó CET = CFT = ECF = 900 nên tứ giác CETF là hình chữ nhật ⇒ TF= CE Ta có AC= OC = OA = R (gt) nên ∆ABO là tam giác đều ⇒ CAB = 60o . ∆ABC vuông tại C có CH là đường cao (cmt) nên CAB = 60o ⇒ CBA = 30o Áp dụng hệ thức lượng với tam giác vuông ABC có CH là đường cao ta được AC22 R R AC2 = AH. AB ⇒ AH = = = AB22 R 2 và AC222+= BC AB ⇒ BC= AB22 − AC =(23 R) −= R2 R ∆CHA vuông tại H có HM là đường cao (cmt) nên AH2 = AM. AC 2 112 1RR Từ E là trung điểm AM suy ra AE= AM = ( AH:: AC) = R = 2 2 24 8 RR7 ⇒ CE= AC − AE =−= R 88 Tương tự ∆CHB vuông tại H có HN là đường cao (cmt) nên 2 o 2 BN BH 22(BC.cos CBA) (BC.cos30 ) cos 30o 3 3 BF = = = = = .BC= R 2 2BC 2. BC 2.BC 2 8 2 2 2 222227RR 3 3 19 ∆TFB vuông tại F nên TB=+=+= TF BF CE BF  +R = 8 8 16 R 19 ⇒ Khi AC= R thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB có bán kính là TB = 4 Bài V. Tìm xy,0≥ sao cho ( x22++48 y)( y ++= 48 x) ( 354534. xy ++)( xy ++) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  15. 15 Website:tailieumontoan.com 2 2 (ab+ ) Với mọi biểu thức ab;0≥ ta có a+≥ b24 ab ⇒( a + b) ≥ ab ⇒ ab ≤ . 4 Áp dụng BĐT trên và giả thiết xy,0≥ ; ( x22++48 y)( y ++= 48 x) ( 354534 xy ++)( xy ++) Ta được ++22 ≤ − + ++ −2 + ++ 161241.241( xy) ( x) ( xy)( y) ( xy ) =( xy22 ++4 8.) ( yx ++ 4 8) =(3xy ++ 5 4.3) ( yx ++ 5 4) 2 2 2 (354xy+ ++) ( 354 yx ++) 81( xy++) 2 ≤ = =16( xy ++ 1) . 44 Vậy: ++22 ≤ − + ++ −2 + ++ ≤ ++2 161241.241161( xy) ( x) ( xy)( y) ( xy) ( xy ) ⇒ ++22 = − + ++ −2 + ++ 161241.241( xy) ( x) ( xy)( y) ( xy ) ⇒ ++2 = ++ 2 + − 22 − + ++ −2 + − 2 1611612.241.22( xy) ( xy) ( x) ( y) ( xy) ( x) ( y ) ⇒−22 −+ ++ −+−2 2 = ( x2) .( y 2) 4( xy 1.) ( x 2) ( y 2) 0 22 22 Do xy;0≥ nên xy+ +>10. Mà ( xy−≥20;20) ( −≥) ∀xy; nên ( xy−=−=2) ( 20) ⇒==xy2. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  16. 16 Website:tailieumontoan.com SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS LÁNG THƯỢNG Môn: TOÁN – Năm học: 2017 – 2018 Đề thi thử lần 3 - Tháng 2 – 2018 Thời gian làm bài: 120 phút Đề số 3 Bài I. (2 điểm) Cho hai biểu thức x−+ 2 x 2 6x − 8 4 x− 13 A =−+ và B = với x≥ 0;x ≠≠ 1;x 4 x− 1 x − 2 x −+ 3x 2 x1− 1) Tính giá trị của biểu thức B với x= 36 2) Rút gọn biểu thức A. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= A.B Bài II. (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Trong một kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết quả hai trường có 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra trường A có 97% và trường B có96% số học sinh trúng tuyển. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh dự thi? Bài III. (2điểm ) 42 1) Giải phương trình: (x1+++−=) ( x1) 200. 2) Cho parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d) : y= 2mx −+ 2m 3 1 a) Khi m = . Xác định tọa độ giao điểm của (d) và(P) . 2 b) Gọi A( x11 ,y )và B( x22 ,y ) là các giao điểm của (d) và(P) . Tìm các giá trị của m để yy912+< Bài IV. (3,5điểm) Cho đường tròn (O;R ) có đường kính AB . Đường kính CD vuông góc với AB , M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A,C), BM cắt AC tại H . Gọi K là hình chiếu của H trên AB . 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: ACM = ACK . 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE= AM . Chứng minh ∆ECM vuông cân tại C . 4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d sao cho hai AP.MB điểm P và C nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và = R . Chứng minh đường MA thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK . Bài V. (0,5điểm) Giải phương trình: x+ x ++ 7 2 x2 + 7x = 35 − 2x . HƯỚNG DẪN GIẢI Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  17. 17 Website:tailieumontoan.com Bài I. (2 điểm) Cho hai biểu thức x−+ 2 x 2 6x − 8 4 x− 13 A =−+ và B = với x≥ 0;x ≠≠ 1;x 4 x− 1 x − 2 x −+ 3x 2 x1− 1) Tính giá trị của biểu thức B với x= 36 2) Rút gọn biểu thức A. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= A.B 4 36−− 13 4.6 13 11 1) Với x = 36 (thỏa mãn ĐK), thay vào biểu thức B ta được: B = = = 36− 1 61− 5 2) Điều kiện: x≥ 0;x ≠≠ 1;x 4 x−+ 2 x 2 6x − 8 A =−+ x− 1 x − 2 x −+ 3x 2 2 ( x− 2) −( x − 1.) ( x ++ 2) 6 x − 8 = x−− 1. x 2 ( ) ( ) x2− = ( x−− 1.) ( x 2) 1 = x1− 1 4x− 134x − 134x −− 4 9 4 9 3) Ta có: P= A.B = . =22 = = − 2 x1−− x1 ( x1−−) ( x1) x1−( x1 −) 1 Đặt t = x1− 224 16 16 P=−+=−− 9t 4t 9t 2.3t. + + 6 36 36 22 4 4 16 16 Vì −−3t ≤⇒0 P =−−+≤  3t 6 6 36 36 2 412 2 121 Dấu “=” xảy ra −−3t =⇔=0t ⇔ = ⇒x = (thỏa mãn). 6 9x1− 94 16 121 Vậy GTLN của P = ⇔=x 36 4 Bài II. (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  18. 18 Website:tailieumontoan.com Trong một kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết quả hai trường có 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra trường A có 97% và trường B có 96% số học sinh trúng tuyển. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh dự thi? Gọi số học sinh dự thi của trường A là xx( > 0) Gọi số học sinh dự thi của trường B là yx( > 0) Vì hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi, nên ta có phương trình: x+= y 350. Hai trường có 338 học sinh trúng tuyển, trong đó trường A có 97% và trường B có96% số học sinh trúng tuyển, nên ta có phương trình: 0,97x+= 0,96y 338. Ta có hệ phương trình : x+= y 350 x= 150 ⇔ (thỏa mãn) 0,97x+= 0,96y 338 y = 250 Vậy trường A có 150 học sinh, trường B có 250 học sinh. Bài III. (2điểm ) 42 1) Giải phương trình: (x1+++−=) ( x1) 200. 2) Cho parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d) : y= 2mx −+ 2m 3 1 a) Khi m = . Xác định tọa độ giao điểm của (d) và(P) . 2 b) Gọi A( x11 ,y )và B( x22 ,y ) là các giao điểm của (d) và(P) . Tìm các giá trị của m để yy912+< 42 1) (x1+++−=) ( x1) 200 2 Đặt t=+≥( x1) ( t 0) t= 4( tm) Khi đó phương trình trở thành : t2 +− t 20 = 0 ⇔  t= − 5( ktm) 2 x12+= x1 = Với t=⇔+=⇔ 4( x1) 4  ⇔ x1+=− 2 x =− 3 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 1 và x = - 3. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  19. 19 Website:tailieumontoan.com 2) Phương trình hoành độ giao điểm : x22= 2mx − 2m +⇔ 3 x − 2mx + 2m −= 3 0( *) 1 2 x=−⇒ 1 y1 = a) Với m = thì phương trình (*) trở thành: x−−=⇔ x20  2 x2=⇒= y4 Vậy tọa độ giao điểm là: (-1;1) ; (2;4). 2 b) Xét phương trình (*) có: ∆=4m22 − 4( 2m − 3) = 4m − 8m + 12 =( 2m − 2) + 8 > 0 với mọi m. ⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x;x12 với mọi m. ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A( x11 ;y) ; B( x 2 ;y 2) với mọi m. 22 Ta có: y1= x 12 ,y = x 2 x+= x 2m Theo Vi-ét ta có :  12 x12 .x= 2m − 3 22 2 Theo đề : yy912+<⇔x1 + x 2 <⇔ 9( x1 + x 2) − 2x 12 .x < 9 ( ) Thay hệ thức Vi – ét vào ( ) ta được: 2 (2m) − 2.( 2m − 3) <⇔ 9 4m2 − 4m +< 6 9 2 ⇔(2m − 1) < 4 ⇔− 2 < 2m − 1 < 2 −13 ⇔−1 < 2m < 3 ⇔ < m < 22 −13 Vậy <<m thỏa mãn yêu cầu bài cho. 22 Bài IV. (3,5điểm) Cho đường tròn (O;R ) có đường kính AB . Đường kính CD vuông góc với AB , M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A,C), BM cắt AC tại H . Gọi K là hình chiếu của H trên AB . 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: ACM = ACK . 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE= AM . Chứng minh ∆ECM vuông cân tại C . 4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d sao cho hai Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  20. 20 Website:tailieumontoan.com AP.MB điểm P và C nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và = R . Chứng minh đường MA thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK . Q C M H P E S A B K O D 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp. Ta có HCB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Ta có K là hình chiếu của H trên AB (giả thiết) ⇒⊥HK AB tại K ⇒=HKB 90o Xét tứ giác CBKH có HCB ; HKB là hai góc đối và HCB + HKB =+= 90oo 90 180 o ⇒ tứ giác CBKH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). (đpcm) 2) Chứng minh: ACM = ACK . Xét (O), ta có: ACM = ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn AM ) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKH , có: KCA = ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn KH ⇒=ACM KCA (đpcm). 3) Chứng minh ∆ECM vuông cân tại C . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  21. 21 Website:tailieumontoan.com Xét đường tròn (O) có đường kính CD và đường kính AB vuông góc (giả thiết) ⇒ C là điểm chính giữa AB hoặc CA= CB ⇒=CA CB (liên hệ cung và dây). Xét ∆MAC và ∆EBC có: MA = EB (giả thiết) MAC = EBC (hai góc nội tiếp cùng chắn MC của đường tròn (O)) CA = CB (cmt) ⇒∆MAC =∆ EBC (c – g – c) ⇒=MCA BCE (cặp góc tương ứng) và MC = EC (cặp cạnh tương ứng) (1) Mà BCE +== ECH BCH 90o ⇒MCA += ECH MCE = 90o (2) Từ (1) và (2) ⇒∆ECM vuông cân tại C (đpcm). 4) Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK . AP.MB AP MA Ta có : ==⇒=R MO MA MO MB Ta có: PAM = MBO (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn AM của (O)) ⇒∆PAM =∆ OBM( c − g − c) ⇒=PAM OMB ⇒=+=+=PMO PMA AMO OMB AMO 900 ⇒ PM làtiếptuyếncủa (O) tại M Kéo dài BM cắt AP tại Q , HK∩= PB {S} Ta có : ∆AMQ vuôngtại M có MP= PA ⇒ P là trung điểm AQ . Trong ∆ABQ , HK//AQ , P là trung điểm AQ , BP cắt HK tại S suy ra S là trung điểm HK . Vậy PB qua trung điểm HK Bài V. (0,5điểm) Giải phương trình: x+ x ++ 7 2 x2 + 7x = 35 − 2x . Điều kiện: x0≥ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  22. 22 Website:tailieumontoan.com Đặt x+ x7 += t(t0> ) . Khi đó: t22= 2x ++ 7 2 x + 7x 2 t= − 7 (ktm) Phương trình trở thành: t+− t 42 = 0 ⇔ t= 6 (tm) t6=⇔ x + x7 += 6 841 ⇔x +=− 7 6 x ⇔= x( tm) 144 841 Vậy phương trình có nghiệm x = . 144 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  23. 23 Website:tailieumontoan.com TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ ĐÈ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LỚP 9A10 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN TOÁN Đề số 4 Thời gian làm bài 120 phút x x−+ 1 x 2 10 − 5 x Bài I: (2điểm). Cho biểu thức A = và B =+− 1x+ x23− − x x5x6 −+ Với x≥≠≠ 0; x 4; x 9 . a) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 3 − 22 1 b) Chứng minh : B = x2− c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= A:B Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km . Sau đó 1 giờ người khác đi xe máy từ A đến B và đến sớm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp . Bài III (2điểm): 1) Giải phương trình x4−− x20 − = 2) Cho parabol (P): yx= − 2 và đường thẳng (d): y= mx +− m 2 a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt. b) Xác định vị trí của m để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tổng yyAB+ có giá trị lớn nhất ( Với yAB ,y theo thứ tự là tung độ của hai điểm A và B) Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB =2R trên cạnh BC lấy điểm M ( M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O tại D , đường thẳng BD cắt AC tại E đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính AD tại điểm thứ hai là N. 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E,M,N thẳng hàng. 2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) ở F . CMR : DF// AE. 3) Khi M di động trên cạnh BC. Chứng minh: BD.BE = BN.AB . Từ đó suy ra BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi. 4) Giả sử ABC = 300 . Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I). 1 Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN của biểu thức sau: P=++ x x2 (voi x > 0) x HƯỚNG DẪN GIẢI Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  24. 24 Website:tailieumontoan.com x x−+ 1 x 2 10 − 5 x Bài I: (2điểm). Cho biểu thức A = và B =+− 1x+ x23− − x x5x6 −+ Với x≥≠≠ 0; x 4; x 9 . 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 3 − 22 1 2) Chứng minh : B = x2− 3) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= A:B 1) Ta có x=−=− 3 2 2 ( 2 1) 2 (thỏa mãn ĐK) =>=−x 21, thay vào biểu thức A ta được: 21−− 22 =A = = 1+− 21 2 2) Điều kiện: x≥≠≠ 0; x 4; x 9 x−+ 1 x 2 10 − 5 x B =+− x23− − x x5x6 −+ (x− 1)(x3)(x −− + 2)(x2)105x −−+ = (x−− 2)(x3) x3− = (x−− 2)(x3) 1 = x2− 1 Vậy B = với x≥≠≠ 0; x 4; x 9 . x2− x x− 2x 3 3 3) Ta có P= A : B = .( x − 2) = =x −+ 3 = ( x + 1) + − 4 1+ x x1 ++ x1 x1 + 3 Áp dụng BĐT Cosi cho hai số x1+ và ta có: x1+ 33 x1++ ≥ 2.(x1). + = 23 x1++x1 =>≥−P 23 4 Dấu “=” xảy ra khi 3 ( x+= 1) ⇔( x + 1)2 =⇔=− 3 x 4 2 3 (thỏa mãn ĐK) x1+ Vậy Pmin = 23 −⇔=− 4 x 4 23 Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  25. 25 Website:tailieumontoan.com Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km . Sau đó 1 giờ người khác đi xe máy từ A đến B và đến sớm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp . Gọi vận tốc người đi xe đạp là x (km/h) (x > 0), thì vận tốc người đi xe máy là 3x (km/h). Sau 1 giờ người đi xe đạp đi được x (km). Quãng đường còn lại là (60-x) km 60− x Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường còn lại là: x 60 20 Thời gian người đi xe máy từ A đến B là: = 3x x 5 Vì người đi xe máy đến sơm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút = giờ nên ta có phương 3 60− x 20 5 60−− x 20 5 40 − x 5 trình: −=⇔ =⇔ = x x3 x 3 x 3 ⇔120 − 3x = 5x ⇔ 8x = 120 ⇒= x 15 (thỏa mãn) Vậy vận tốc người đi xe đạp là 15 (km/h) Bài III (2điểm): 1) Giải phương trình x4−− x20 − = 2) Cho parabol (P): yx= − 2 và đường thẳng (d): y= mx +− m 2 a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt. b) Xác định vị trí của m để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tổng yyAB+ có giá trị lớn nhất ( Với yAB ,y theo thứ tự là tung độ của hai điểm A và B) 1) Điều kiện: x4≥ x4−− x20 − =⇔x4−= x2 −. Bình phương hai vế ta được: x22− 8x + 16 =−⇔ x 2 x − 9x + 18 =⇔ 0( x − 6)( x − 3) = 0 ⇒=x6 (thỏa mãn) ; x3= (loại) Vậy phương trình có một nghiệm x= 6. 2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: −x22 = mxm2 + −⇔ x + mxm20 + −= (1) ∆=m22 − 4(m − 2) = (m − 2) + 4 > 0 với ∀m ⇒ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 2b) Theo a, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  26. 26 Website:tailieumontoan.com yx= − 2 Gọi và là hoành độ giao điểm của hai đồ thị ⇒ AA. x A x B  2 yxBB= − xxAB+=− m Vì x A và x B là hai nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Viét có:  xAB−=− x m2 22 2 2 2 Ta có: yAB .y=− (x AB + x ) =− [(x AB + x ) − 2x AB .x ] =− [m − 2(m −=−−−≤− 2)] (m 1) 3 3 Dấu “=” xảy ra khi m = 1. Vậy max(yAB .y )=⇔= 3 m 1. Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB = 2R trên cạnh BC lấy điểm M (M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O tại D , đường thẳng BD cắt AC tại E, đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính AD tại điểm thứ hai là N. 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng. 2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) ở F. Chứng minh: DF// AE. 3) Khi M di động trên cạnh BC. Chứng minh: BD.BE = BN.AB. Từ đó suy ra BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi. 4) Giả sử ABC = 300 . Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I). E E D D C C M M I I A B A B N O N O F 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng. Ta có ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) và A, C, E thẳng hàng ⇒⊥BC AE tại C ⇒ MCE = 90o (M BC) Ta có ADB = 90o (góc nội tiếp chắn nử∈a đường tròn (O)) và B, D, E thẳng hàng Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  27. 27 Website:tailieumontoan.com ⇒⊥AD BE tại D ⇒ MDE = 90o (M AD) o Xét tứ giác CEDM có MCE, MDE là hai∈ góc đối và MCE+= MDE 180 ⇒ tứ giác CEDM nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). (đpcm) Xét (I) có: MDB = 90o (do ADB = 90o và M AD) là góc nội tiếp chắn MB của (I). ⇒ MD là đường kính của đường tròn (I) ∈ ⇒=MNB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒⊥MN AB tại N. (1) Xét ∆AEB có: BC⊥ AE (cmt) , AD⊥ BE (cmt) và AD cắt BC tại M ⇒ M là trực tâm của ∆AEB ⇒ EM⊥ AB (2) Từ (1) và (2) ta có: E, M, N thẳng hàng. (đpcm) 2) Chứng minh: DF// AE. Ta có MCA = 90o (do BC⊥ AE tại C và M BC) o MNA = 90 (do MN⊥ AB tại N). ∈ Xét tứ giác ACMN có MCA, MNA là hai góc đối và MNA += MCA 180o ⇒ Tứ giác ACMN nội tiếp. ⇒=ACN AMN (hai góc nội tiếp cùng chắn AN ) (3) Ta có tứ giác DMNF nội tiếp đường tròn (I) ⇒+DFN DMN = 180o (tổng hai hóc đối) Mà AMN += DMN 180o (hai góc kề bù) ⇒=DFN AMN (4) Từ (3) và (4), có: ACN = DFN Mà ACN ; DFN là hao góc sole trong ⇒ AC / /DF hay AE / /DF (đpcm) 3) Chứng minh: BD.BE = BN.AB . Từ đó suy ra BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi. Xét (I) có: DNB = DMB (hai góc nội tiếp cùng chắn DB ) Ta có tứ giác CEDM nội tiếp (cmt) ⇒+CED CMD = 180o (tổng hai góc đối) Mà DMB += CMD 180o (hai góc kề bù) ⇒=CED DMB hay AEB = DMB Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  28. 28 Website:tailieumontoan.com ⇒=AEB DNB Xét ∆AEB và ∆DNB có: AEB = DNB (cmt) và ABE chung ⇒∆AEB∽ ∆ DNB (g – g) AB EB ⇒= (cạnh tương ứng tỉ lệ) DB NB ⇒=AB.NB EB.DB (đpcm) Xét BD.BE+=+ AM.AD AB.NB AM.AD AM AB Chứng minh được ∆∆AMB∽ AND (g – g) ⇒= (cạnh tương ứng tỉ lệ) AN AD ⇒=AM.AD AN.AB ⇒BD.BE + AM.AD = AB.NB + AN.AB = AB(BN +== AN) AB22 4R không đổi 4) Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I). Ta có CN là tiếp tuyến của (I) ⇔CN ⊥⇔ IN CNM + NMI = 90o (5) Ta có NBI = ABC = 30o , mà ∆NIB cân tại I ⇒==NBI BNI 30o Lại có: BNI += MNI BNM = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I)) ⇒=MNI 60o Do đó (5) ⇔=⇔=CNM 30oo CAM 30 (vì luôn có tứ giác ACMN nội tiếp nên luôn có CNM = CAM ) CA CM ⇔∆CAM∽ ∆ CBA ⇔ = ⇔CA2 = CB.CM (6) VVCB CA Xét ∆ACB có ABC = 30o , áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn: BC BC cosABC = cos30o = =⇒=BC R 3 AB 2R AC AC sinABC = sin 30o = =⇒=AC R AB 2R R CM 1 Do đó (6) R2 = R 3.CM ⇔= CM ⇔= 3 BC 3 CM 1 Vậy khi ABC = 300 thì vị trí của M trên BC thỏa mãn = thì CN là tiếp tuyến của (I) BC 3 1 Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN của biểu thức sau: P=++ x x2 (voi x > 0) x 1 Bình phương hai vế ta được P2− 2Px + x 22 = x + ⇔ 2Px2 − xp 2 += 1 0 (1) x Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  29. 29 Website:tailieumontoan.com Vì P0> nên phương trình (1) có nghiệm khi ∆≥⇔−0P8P0P(P8)0P243 ≥⇔ − ≥⇔≥( vì P0> ) 1 Dấu bằng xảy ra khi x = (các em thay P2= vào (1) để tìm x ) 2 1 Vậy min P=⇔= 2 x 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  30. 30 Website:tailieumontoan.com PHÒNG GD & ĐT CẦU GIẤY ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học 2017 – 2018 Đề số 5 Môn: TOÁN 9 ( Lần 3 ) Thời gian làm bài: 90 phút xx+ 2 22− x Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức A = và B = − với xx>≠0; 1 x −1 x xx( +1) 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25 x + 2 2) Chứng minh: B = xx( +1) A 3) Tìm x để biểu thức >1 B Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành , có 2 xe phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu mà đội đều động (Biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau ) Bài 3. (2 điểm) xx( −−22) ( y −= x) 2 1) Giải hệ pt sau:  2xx( −+ 24) ( x + y) = 9 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 22xm−+ 2 và Parabol (P): yx= 2 1 a) Xác định các tọa độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = − 2 b) Tìm m để đường thẳng (d ) cắt Parabol(P) tại hai điểm phân biệt Ax(11 ; y ); Bx(;22 y ) sao cho yy12+=4( xx 12 +) Bài 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC. Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OCDODC( ≠≠, ) . Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại D, đường thẳng d cắt nửa đường tròn (O) tại A. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì (M≠≠ AM,, C) tia BM cắt đường thẳng d tại K, tia CM cắ đường thẳng d tại E. Đường thẳng BE cắt nửa wngf tròn (O) tại NN( ≠ B). 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn. 2) Chứng minh: KE KD= KM KB và ba điểm CKN,, thẳng hàng. 3) Tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh: F là trung điểm của KE và OF⊥ MN. 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKE. Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình: xxxx2 +2 ++ 1 − 3 = 5. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  31. 31 Website:tailieumontoan.com HƯỚNG DẪN GIẢI xx+ 2 22− x Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức A = và B = − với xx>≠0; 1 x −1 x xx( +1) 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25 x + 2 2) Chứng minh: B = xx( +1) A 3) Tìm x để biểu thức >1 B 25+ 2 25 35 1) Thay x = 25 (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A ta được A = = 25− 1 24 2) Điều kiện: xx>≠0; 1 2( xx+ 12) −+ xx+ 2 B = = xx( ++11) xx( ) xx( + 2) x + 2 B = = xx( ++11) xx( ) A x xx−+1 3) >⇔1 >⇔1 >0 (*) B xx−−11 2 1 13  1  3 Xét xx− +=−1 x 2. . x +  += x −  +>0 với mọi xx>≠0; 1 2 44  2  4 Do đó (*) ⇔xx −>10 ⇔ > 1. Kết hợp điều kiện, ta có x >1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành , có 2 xe phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu mà đội điều động (Biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau) Gọi số xe lúc đầu đội dự định điều động là x (xe ; xN∈>*, x 2) 60 Dự định số lượng hàng mỗi xe phải chở là (tấn) x Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  32. 32 Website:tailieumontoan.com 60 Trên thực tế số xe còn lại là: x − 2 (xe), nên số tấn hàng mỗi xe còn lại phải chở là x − 2 (tấn) Vì mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình 60 60 = +⇔1xx2 − 2 − 120 = 0 ⇔( x − 12)( x + 10) = 0 xx− 2 ⇒=x 12 (thỏa mãn) ; x= − 10 (loại) Vậy số xe lúc đầu là 12 xe. Bài 3. (2 điểm) xx( −−22) ( y −= x) 2 1) Giải hệ pt sau:  2xx( −+ 24) ( x + y) = 9 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 22xm−+ 2 và Parabol (P): yx= 2 1 a) Xác định các tọa độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = − 2 b) Tìm m để đường thẳng (d ) cắt Parabol(P) tại hai điểm phân biệt Ax(11 ; y ); Bx ( 2 ; y 2 ) sao cho yy12+=4( xx 12 +) xx( −−22) ( y −= x) 2 xy2 −=22 x2 = 4 x = ±2 1) ⇔ ⇔⇒   2  2xx( −+ 24) ( x + y) = 929xy+= y = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( xy,) = ( 2;1) hoặc ( xy,) =( − 2;1) 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 =−+22 xm 2 ⇔x2 −2 xm + 2 −= 2 0 (*) 1 a) Khi m = − phương trình (*) có dạng 2 2 x+=10  xy =− 1 = 1 xx−2 −=⇔ 3 0 ( xx + 1)( − 3) =⇔ 0  ⇒  ⇒ x−=30  xy = 3 = 9 1 Vậy m = − thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm (−1;1) ;( 3; 9 ) 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  33. 33 Website:tailieumontoan.com b) Để đường thẳg (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt Ax(11 ; y ); Bx ( 2 ; y 2 ) ⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x12 ,x . ⇔∆>0 ⇔−4 4(2m − 2) > 0 3 ⇔<m 2 xx12+=2 Theo Vi-ét có:  xx12.= 22 m − 22 Mà yx11=; yx 2 = 2 , nên để yy12+=4( xx 12 +) 22 ⇔+=x1 x 24( xx 12 +) 2 ⇔+( xx12) −2 xx 1212 = 4( xx + ) Kết hợp hệ thức Vi – ét, ta có: 4− 22( mm −=⇒= 2) 8 0 (Thỏa mãn). Vậy với m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC. Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OCDODC( ≠≠, ) . Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại D, đường thẳng d cắt nửa đường tròn (O) tại A. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì (M≠≠ AM,, C) tia BM cắt đường thẳng d tại K, tia CM cắ đường thẳng d tại E. Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tại NN( ≠ B). 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn. 2) Chứng minh: KE KD= KM KB và ba điểm CKN,, thẳng hàng. 3) Tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh: F là trung điểm của KE và OF⊥ MN. 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKE. Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  34. 34 Website:tailieumontoan.com E F I N    A K  M      B O H D C 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn. Ta có: BNC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) BNC += ENC 180o (hai góc kề bù) ⇒=ENC 90o Ta có: d⊥ BC tại D (giả thiết), Ed∈ ⇒=EDC 90o o Xét tứ giác EDNC có EDC = ENC = 90 , mà ND, là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh EC. ⇒ EDNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: KE KD= KM KB và ba điểm CKN,, thẳng hàng. Ta có: BMC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) BMC += BME 180o (hai góc kề bù) ⇒=BME 90o hoặc KME = 90o Ta có: d⊥ BC tại D (giả thiết), Kd∈ ⇒=KDB 90o Xét ∆KEM và ∆KBD có: KME = KDB (cùng bằng 90o) ; EKM = BKD (đối đỉnh). ⇒∆KEM∽ ∆ KBD (g – g) KE KM ⇒= (tính chất) ⇒=KE.KD KM.KB (đpcm) KB KD Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  35. 35 Website:tailieumontoan.com Trong ∆BEC có BM⊥ CE tại M (do BMC = 90o và BME = 90o ) và ED⊥ BC Mà BM và ED cắt nhau tại K ⇒ K là trực tâm của ∆BEC Mà CN⊥ BE (do BNC = 90o và B, N, E thẳng hàng) ⇒ CN đi qua K hay C, N, K thẳng hàng (tính chất ba đường cao của tam giác). 3) Chứng minh: F là trung điểm của KE và OF⊥ MN. Chứng minh FNK = FKN ⇒∆ NFK cân ⇒=NF FK (1) Chứng minh ∆NFE cân ⇒=NF FE (2) Từ (1) và (2) ⇒ F là trung điểm của KE Chứng minh NF= FM ⇒ F thuộc đường trung trực của MN (3) OM= ON ⇒ O thuộc đường trung trực của MN (4) Từ (3) và (4) FO là đường trung trực của MN⇒⊥ FO MN. 4) Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định. Gọi H là điểm đối xứng với C qua D ⇒ H cố định. Chứng minh tứ giác BEKH nội tiếp ⇒ I nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BH cố định. Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình xxxx2 +2 ++ 1 − 3 = 5. Điều kiện: x3≥ x2 + 2x ++ 1 x − 3 = 5x ⇔−++x2 8x 16 2x +−+ 1 3 x −−+−= 3 1 3x 12 0 +− ++ −− −+ 2 ( 2x13)( 2x13) ( x31)( x31) ⇔−(x4) + + +3x40( −=) 2x13++ x31−+ 2 2x+− 1 9 x −− 3 1 ⇔−(x4) + + +3x40( −=) 2x13++ x31 −+ 2 2x( − 4) x4− ⇔−(x4) + + +3x40( −=) 2x13++ x31 −+ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  36. 36 Website:tailieumontoan.com 21 ⇔(x4x4 −) −+ + +3 = 0 2x13++ x31 −+ 21 ⇔(x4 −) x1 −+ + =0( 1) 2x13+− x31 −+ 21 Vì x3≥⇒ x1 −+ + ≠0x ∀ 2x13++ x31 −+ Nên (1) ⇔−=⇔ x40 x4 = (tmđk) TRƯỜNG THCS CÁT LINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG Năm học 2017 – 2018 MÔN TOÁN 9 - VÒNG 3 Thời gian 120 phút Đề số 6 Ngày thi 20/5/2018 2 x x 3x+ 3 x1+ Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức P =+− và Q = với x≥≠ 0; x 9 x3+− x3 x9− x3− Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  37. 37 Website:tailieumontoan.com a) Tính giá trị biểu thức Q tại x= 4 − 2x P b) Rút gọn P và tính M = Q 4x+ 7 c) Cho biểu thức A= M.x + . Tìm giá trị nhỏ nhất của A x3+ Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy? Bài 3: (2,0 đ) xy2( −=+) ( x2y4)( −) 1) Giải hệ phương trình  (x32y72x7y3−)( +=) ( −)( +) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : 2x−− y a2 = 0và Parabol (P): (P) : y= ax 2 (a>0; a là tham số) a) Tìm a để d cắt P tại 2 điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A và B nằm bên phải trục tung. b) Gọi xAB ;x là hoảnh độ của A và B. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 41 T = + xA+ x B xx AB Bài 4: (3,5 đ)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H , kéo dài BE cắt đường tròn (O;R ) tại F . a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AHF cân. c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . d) Cho BC cố định và BC= R 3 . Xác định vị trí của A trên (O) để DH.DA lớn nhất. Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức P= xy( x − 2)( y ++ 6) 12x22 + 3y + 18y +− 36 24x . Chứng ∈ minh P luôn dương với mọi x, y HƯỚNG DẪN GIẢI 2 x x 3x+ 3 x1+ Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức P =+− và Q = x3+− x3 x9− x3− với x≥≠ 0; x 9 a) Tính giá trị biểu thức Q tại x= 4 − 2x Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  38. 38 Website:tailieumontoan.com P b) Rút gọn P và tính M = Q 4x+ 7 c) Cho biểu thức A= M.x + . Tìm giá trị nhỏ nhất của A x3+ a) Điều kiện: x≥≠ 0; x 9. 2 Ta có x=− 423 =( 31 −) ⇒= x 31 −(Thỏa mãn ĐK). −−3 43 Thay x= 31 − vào Q ta có Q = . 13 b) Điều kiện: x≥≠ 0; x 9. 2 x x 3x+ 3 P.=+− x3+− x3 x9− 2xx3( −+) xx3( ) 3x+ 3 =+− ( x3+−)( x3) ( x3 +−)( x3) ( x3 +−)( x3) 2x− 6 x ++ x 3 x − 3x − 3 −−3x 3 = = ( x3+−)( x3) ( x3+−)( x3) −−3x 3 = . x9− −−3x 3 Vậy P = với x≥≠ 0; x 9. x9− P * Tính M.= Q P−− 3x3 x1 +−− 3x3x3 − − 3 M= = := = Q x9−−x3−x9 x1 ++ x3 −3 Vậy M = với x≥≠ 0; x 9. x3+ 4x7+− 3 4x7x7 + + 16 c) Ta có: A=+=+==++− M.x .x ( x 3) 6. x3++ x3 x3 ++ x3 x3 + 16 Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm x3+ và . x3+ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  39. 39 Website:tailieumontoan.com 16 16 Ta có ( x3++) ≥ 2( x3. +) = 8. x3++x3 ⇒A ≥−= 8 6 2. 16 Dấu “ = ” xảy ra ⇔x3 += ⇔ x1 = x3+ Vậy Amin =⇔= 2 x1 Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy? Gọi số dãy ghế trong phòng lúc đầu là x ( x>∈ 3, x N* , dãy ) Số dãy ghế trong phòng lúc sau là: x3− (dãy ) 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là: (chỗ ) x 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau là: (chỗ ) x3− 360 360 Theo đề bài ta có phương trình: −=4 x3− x Giải phương trình, ta có: x12= 18(tm) ; x = − 15 (Loại ) Vậy trong phòng có 18 dãy ghế. Bài 3: (2,0 đ) xy2( −=+) ( x2y4)( −) 1) Giải hệ phương trình  (x32y72x7y3−)( +=) ( −)( +) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : 2x−− y a2 = 0và Parabol (P): (P) : y= ax 2 (a > 0; a là tham số) a) Tìm a để d cắt P tại 2 điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A và B nằm bên phải trục tung. b) Gọi xAB ;x là hoảnh độ của A và B. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  40. 40 Website:tailieumontoan.com 41 T = + xA+ x B xx AB xy2( −=+) ( x2y4)( −) 1)  (x32y72x7y3−)( +=) ( −)( +) xy−=−+− 2x xy 4x 2y 8 ⇔  2xy+−−= 7x 6y 21 2xy +−− 6x 7y 21 xy−=− 4 ⇔  xy0+= x2= − ⇔  y2= Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) =( − 2; 2) 2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : ax22−+= 2x a 0( 1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a0> ⇔ ⇔ 0 Gọi xAB ;x là hoảnh độ của A và B, theo định lý Vi – ét ta có:  2 xx+=> 0  ABa ⇒ A,B nằm bên phải trục tung.  xAB .x= a > 0 41 1 2b) Ta có: T = +=+2a xA+ x B xx AB a Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 11 2a+≥ 2. 2a. = 2. 2 =>≥ T 2. 2 aa 1 12 Dấu “=” xảy ra ⇔=2a ⇔2a22 =⇔ 1 a = ⇔= a a 22 2 Vậy T= 22 ⇔= a max 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  41. 41 Website:tailieumontoan.com Bài 4: (3,5đ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H , kéo dài BE cắt đường tròn (O;R ) tại F . a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AHF cân. c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . d) Cho BC cố định và BC= R 3 . Xác định vị trí của A trên (O) để DH.DA lớn nhất. A F E M H O O' B D C N a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn. Xét ∆ABC có đường cao AD, BE cắt nhau tại H (giả thiết) AH⊥ BC (t / c) ⇒= ADC 9000 hay HDC = 90 ⇒  00 BE⊥ AC (t / c) ⇒= BEC 90 hay HEC = 90 Xét tứ giác CDHE có: HDC+ HEC =+= 9000 90 180 0 Mà HDC; HEC ở vị trí đối nhau => CDHE nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính HC. b) Chứng minh tam giác AHF cân. Xét đường tròn (O) có: 1 AFB = ACB = sđ AB ( 2 góc nội tiếp chắn AB ) 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  42. 42 Website:tailieumontoan.com AHF = ACB (cùng bù với DHE ) ⇒=AHF AFB hay AHF = HFA ⇒∆AHF cân tại A ⇒∆HCF cân tại C c) Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE Ta có ∆AEB vuông tại E , EM là trung tuyến ⇒=MBE MEB Mà MBE = ACF ( 2 góc nội tiếp chắn AF ) ACF = ACH ( ∆HCF cân tại C) ACH = O'EC ( ∆O'ECcân tại O' ) ⇒=MEB O'EC ⇒=°MEO' 90 hay ME là tiếp tuyến của tam giác CDE trùng với tiếp tuyến của (DHEC) d) Xác định vị trí của A trên (O) để DH.DA lớn nhất. AH cắt (O;R) tại N Ta có tứ giác HECD nội tiếp (cmt) ⇒=BHN ECD (góc ngoài tại đỉnh H bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Mà xét (O), ta có: ECD = BNH (hai góc nội tiếp cùng chắn AB ). ⇒=BHN BNH ⇒ ∆HBN cân ở B ⇒=DH DN BD DN Chỉ ra được ∆∆⇒=⇒=BDN∽ ADC DN.DA DB.DC DA DC (DB+ DC)22 3R ⇒==≤DH.DA DN.DA DB.DC = 44 3R 2 ⇒(DH.DA) = ⇔=DB DC max 4 ⇔ A là điểm chính giữa cung BC lớn. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  43. 43 Website:tailieumontoan.com Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức P= xy( x − 2)( y ++ 6) 12x22 + 3y + 18y +− 36 24x . Chứng ∈ minh P luôn dương với mọi x, y P= xy(x − 2)(x ++ 6) 12x22 + 3y + 18y + 36 − 24x =xy(x − 2)(x ++ 6) 12(x −+ 2) 3(y ++ 6) 36 =x(x − 2)[ y(y ++ 6) 12] + 3[ y(y ++ 6) 12] =(y22 ++ 6y 12)(x −+ 2x 33) = +22 +  −+  (y 3) 3 ( x 1) 32  2 (y3+) +> 30 Vì với mọi x, y∈  2 (x−+> 1) 32 0 Vậy P luôn dương với mọi x, y∈ HỆ THỐNG GIÁO DỤC HỌC MÃI KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2018 – 2019 Đề số 7 Môn thi: Toán Ngày thi: 15 tháng 04 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  44. 44 Website:tailieumontoan.com 2x+ 2 x x −+ 1 x2 x Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: A = + −(x >≠ 0; x 1) . x x−+ x xx x 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x= 6 − 2 5. 7 3) Tìm giá trị của x để nhận giá trị nguyên. A Bài 2 (2 điểm): 1) Cho phương trình: x22−( 3m + 1) x + 2m + m −= 1 0( 1) với m là tham số. a) Chứng minh phươn trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x,x12 là hai nghiệm của phương trình (1). TÌm m để biểu thức 22 B=−+ x1 4x 12 x x 2 đạt giá trị lớn nhất. 2 2x( − 1) + y += 1 2 2) Giải phương trình:  2 3x− 6x − 2 y +=− 1 7 Bài 3 (2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xe máy đi từ A đến B cách nhau 40 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu xe máy đi với vận tốc nhỏ hơn dự định 6 km/h. Trên nửa quãng đường còn lại xe máy đi với vận tốc lớn hơn dự định 12 km/h nên xe máy đến B đúng thời gian đã định. TÌm vận tốc dự định của xe máy. Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA (M≠ O,A) . Tia DM cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh rằng bốn điểm O,M, N,C cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh rằng DM.DN= DO.DC = 2R2 . 3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB lần lượt tại E, F. Chứng minh ba điểm E,M,F thẳng thàng và tổng CE+ CF không đổi khi M di động trên OA. OM OP 4) Nối B với N cắt OC tại P. Tìm vị trí của điểm M để + đạt giá trị nhỏ AM CP nhất. Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a++= b c 3. TÌm giá ab++ 3c 2a22 + 2b trị nhỏ nhất của biểu thức A.= 3+ ab HƯỚNG DẪN GIẢI Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  45. 45 Website:tailieumontoan.com 2x+ 2 x x −+ 1 x2 x Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: A = + −(x >≠ 0; x 1) . x x−+ x xx x 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x= 6 − 2 5. 7 3) Tìm giá trị của x để nhận giá trị nguyên. A 1) Điều kiện: x>≠ 0, x 1 2x2+ xx −+ 1 xx 1 A =+− x xxx−+ x 2x+ 2 ( x1x−)( ++ x1) ( x1x +)( −+ x1) =+− x xx1( −+) xx1( ) 2x2+ x ++ x1x −+ x1 =+− xx x 2x++ 2 x 2 = x 2x++ 2 x 2 Vậy A = với x>≠ 0, x 1. x 2 2) Ta có: x=−=− 6 25( 5 1) (thỏa mãn ĐK) ⇒x = 51 −= 51 − Thay vào biểu thức A, ta được: 26( − 2 5) + 2( 5 −+ 1) 2 12− 2 5 A = = 51−−51 (12−+ 2 5)( 5 1) 2++ 10 5 5 5 1 = = = ( 51−+)( 51) 42 7 7x 3) Ta có = A 2x++ 2 2 x Vì 2x2++=++>⋅+= 2x 2x1( ) 2x 22x 2x 6x( x >≠ 0,x1) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  46. 46 Website:tailieumontoan.com 7x 7 ⇒ 0 với ∀m Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x12 ,x là hai nghiệm của phương trình (1) x+= x 3m + 1 Theo định lí Vi-et, ta có: 12  2 x12 x= 2m +− m 1 22 222 2 B= x1 + x 2 − 4x 12 x =( x 1 + x 2) − 6x 12 x =( 3m + 1) − 6( 2m +− m 1) =−+3m 7 ⇒B =− 3m2 +≤ 7 7. Dấu ''= '' xảy ra ⇔=m 0. Vậy Bmax = 7 khi m = 0. 2) Điều kiện : y≥− 1. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  47. 47 Website:tailieumontoan.com 2 2 2x( − 1) + y += 1 2 2( x− 2x) + y += 1 0 ⇔ 2 2 3x− 6x − 2 y +=− 1 7 3( x− 2x) − 2 y +=− 1 7 Đặt a=−=+≥ x2 2x;b y 1( b 0) . 2a+= b 0 b =− 2a b2= Hệ phương trình trở thành ⇔⇔  (thỏa mãn) 3a−=− 2b 7 7a =− 7 a1= − 2 2 x−=− 2x 1 x2 −= 2x+1 0 (x1−=) 0 x1= ⇒ ⇔  ⇔⇔  (thỏa mãn ĐK)  y1+= 2 y14+= y3= y3= Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = ( 1, 3) . Bài 3 (2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xe máy đi từ A đến B cách nhau 40 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu xe máy đi với vận tốc nhỏ hơn dự định 6 km/h. Trên nửa quãng đường còn lại xe máy đi với vận tốc lớn hơn dự định 12 km/h nên xe máy đến B đúng thời gian đã định. TÌm vận tốc dự định của xe máy. Gọi vận tốc dự định của xe máy là x( km / h) . (ĐK : x6> ). 40 Khi đó thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là (h.) x 20 Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường đầu là (h.) x6− 20 Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường còn lại là (h). x+ 12 Vì xe máy đến B đúng thời gian đã định, ta có phương trình: 20 20 40 +=. x−+ 6 x 12 x xx( + 12) xx( − 6) 2xx12x( +−)( 6) ⇔+= x( x+− 12)( x 6) x( x +− 12)( x 6) x( x +− 12)( x 6) ⇒++−−+−x22 12x x 6x 2x 2 12x 144 = 0 ( ) ⇔−6x 144 = 0 ⇔=x 24 (thỏa mãn) Vậy vận tốc dự định của xe máy là 24(km/h). Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  48. 48 Website:tailieumontoan.com Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA (M≠ O,A) . Tia DM cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh rằng bốn điểm O,M, N,C cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh rằng DM.DN= DO.DC = 2R2 . 3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB lần lượt tại E, F. Chứng minh ba điểm E,M,F thẳng thàng và tổng CE+ CF không đổi khi M di động trên OA. OM OP 4) Nối B với N cắt OC tại P. Tìm vị trí của điểm M để + đạt giá trị nhỏ AM CP nhất. C F N P A M B O E D 1) Chứng minh rằng bốn điểm O,M, N,C cùng thuộc một đường tròn. Ta có: CNM = CND = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) AB⊥ CD tại O, M∈AB (giả thiết) ⇒=COM 90o Xét tứ giác CNMO có CNM ; COM là hai góc đối và CNM += COM 180o ⇒ Tứ giác CNMO nội tiếp. ⇒ bốn điểm O, M, N, C thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh rằng DM.DN= DO.DC = 2R2 . Xét ∆DOM và ∆DNC có: MDC chung ; DOM = DNC = 90o ⇒∆DOM∽ ∆ DNC (g – g) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  49. 49 Website:tailieumontoan.com DO DM ⇒ = (cạnh tương ứng tỉ lệ) DN DC ⇒==DM.DN DO.DC 2R2 . 3) Chứng minh ba điểm E,M,F thẳng thàng và tổng CE+ CF không đổi khi M di động trên OA. Xét (O) có AB và CD là hai đường kính vuông góc tại O (giả thiết) ⇒ tứ giác ACBD là hình vuông. ⇒ ACB = 90o hoặc ECF = 90o Mà ECF là góc nội tiếp của đường tròn (M, MC) và chắn EF ⇒ EF là cung nửa đường tròn tâm M. ⇒ EF là đường kính của đường tròn (M) ⇒ E, M, F thẳng hàng. Do MO là trung trực của CD nên MC= MD. ⇒ D thuộc đường tròn (M,MC) ⇒ tứ giác CFDE nội tiếp. ⇒ AED += CFD 180o (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) Mà BFD += CFD 180o (hai góc kề bù). ⇒=AED BFD Mà ∆BFD vuông tại B và ∆AED vuông tại A có AD = BD (cạnh của hình vuông ACBD). ⇒∆ADE =∆ BDF (cạnh góc vuông, góc nhọn). ⇒=AE BF. Do đó: CE+= CF CA ++−= AE CB BF 2CA. Mà CA= OA22 + OC = R 2 ⇒+= CE CF 2R 2. Vậy tổng CE+ CF không đổi khi M di động trên OA. OM OP 4) Tìm vị trí của điểm M để + đạt giá trị nhỏ nhất. AM CP DO OM DO.NC Ta có ∆∆DOM∽ DNC(g.g) ⇒=⇒=OM DN NC DN Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  50. 50 Website:tailieumontoan.com Có ∆∆AMD∽ NAD(g.g) vì: ADN chung, DAM = DNA = 45o AM AD AD.A N ⇒ =⇒=AM AN DN DN OM DO.NC R.NC NC Do đó = = = (1) AM AD.AN R 2.AN 2AN OP OB OB.NA Tương tự ta có ∆∆OBP∽ NBA (g – g) ⇒ = ⇒=OP NA NB NB CP CB NC.CB Có ∆∆CPB∽ NCB (g – g) ⇒ = ⇒=CP NC NB NB OP OB.NA NA Do đó = = (2) CP NC.CB 2NC OM OP NC NA 1 Từ (1) và (2) ta có: = = AM CP 2 A N 2NC 2 Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM, ta có: OM OP OM OP +≥22 ⋅= AM CP AM CP OM OP + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi AM CP OM OP 1 OA 2+ 1 2 2 ==⇒= ⇒=AM OA = R. AM CP2 AM 2 21++ 21 OM OP 2 Vậy để + đạt GTNN thì điểm M thuộc OA thỏa mãn AM= R. AM CP 21+ Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a++= b c 3. TÌm giá ab++ 3c 2a22 + 2b trị nhỏ nhất của biểu thức A.= 3+ ab Ta có: 2 ab+ 3c = ab + c(a ++ b c) = c22 + ca( + b) + ab ≥ c + 2cab + ab =( c + ab ) 2 2( a22+ b) ≥ a 22 + b + 2ab =( a + b) = ab ( v× : a +> b 0) . c+ ab + a + b 3+ ab Do đó A ≥==1. 3++ ab 3 ab Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  51. 51 Website:tailieumontoan.com Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi với a= b. Vậy A1min = với a= b. TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ĐỀ THI THỬ LẦN 05 Nămhọc: 2017 – 2018 Môn: Toán Đề số 8 11 x1x++ x Câu 1: Cho hai biểu thức: A = + và B = −,( x >≠ 0, x 1) x1+− x1 x1− x1− Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  52. 52 Website:tailieumontoan.com 1) Rút gọn và tính giá trị của biểu thức A khi x= 4 − 23. 2) Rút gọn biểu thức B. 1 x1+ 3) Đặt M = B:A, tìm x để −≥1. M8 Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình: Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84%. Riêng trường A đạt tỷ lệ thi đỗ là 80%. Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường. Câu 3: xy8+= 1) Giải hệ phương trình sau:  x++ y x += 1 10 2) Cho phương trình: x2 − 5x + m −= 2 0( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có). b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x12 ,x 11 += 23. xx12 Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R). Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở E và F. Nối AM cắt OE tại P, nối MB cắt OF tại Q. Hạ MH vuông góc với AB tại H. 1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh rằng: AE.BF= R2 . 3) Gọi K là giao điểm của MH và BE. Chứng minh rằng MK = KH. 1r1 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF . Chứng minh rằng ≠ 0, x 1) x1+− x1 x1− x1− 1) Rút gọn và tính giá trị của biểu thức A khi x= 4 − 23. 2) Rút gọn biểu thức B. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  53. 53 Website:tailieumontoan.com 1 x1+ 3) Đặt M = B:A, tìm x để −≥1. M8 1) Điều kiện: x>≠ 0, x 1 11 x1−+ x1 + 2x A = + = = x1+− x1 ( x+− 1.) ( x 1) x1− 2x Vậy A = x≥≠ 0; x 1 x1− 2 Ta có x= 423(tm) − ⇒ x = 423 − =( 31 −) = 31(do310) − −> thay vào A 2( 31−−) 2( 31) 6+ 23 ta có: A = = = − . 4−− 23 1 3 − 23 3 6+ 23 Vậy A = − khi x= 4 − 23 3 x1x++ x 2) B = −,( x >≠ 0, x 1) x1− x1− 2 ( x1+ ) xx+ = − ( x1−+)( x1) x1− x+ 2x +− 1x − x = x1− x1+ 1 = = x1− x1− 1 Vậy B=( xx >≠ 0; 1) x −1 B x+− 1x 1 ( x1+ ) 3) M.= = = A x1− 2x 2x 1 x1++ 2x x1 16xx− − 2x − 1 −+ x 14x1 − −=−= = M8x1+ 8 8 x1++ 8 x1 ( ) ( ) Ta có: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  54. 54 Website:tailieumontoan.com 1 x+ 1 −+ x 14 x − 1 − ≥⇔1 −≥10 M8 8( x1+ ) −+x 14 x −− 1 8 x − 8 ⇔ ≥0 ⇔− x + 6x − 9 ≥ 0 8( x1+ ) 2 ⇔−x6x90 +≤⇔( x3 −) ≤⇔ 0 x30 −=⇔= x9(tm) Vậy x = 9 thì bài toán thỏa mãn Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình: Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84%. Riêng trường A đạt tỷ lệ thi đỗ là 80%. Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường. Gọi số học sinh trường A là x (học sinh) ( x∈ ,0 << x 420 ). Vì hai trường có 420 học sinh nên số học sinh trường B là : 420− x ( học sinh) Trường A có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 80% nên số học sinh đỗ vào 10 của trường A là: 4 80%x= x (học sinh). 5 Trường B có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 90% nên số học sinh đỗ vào 10 của trường B là: 9 90%(420−= x) (420 − x) (học sinh) 10 49 1 Suy ra tổng số học sinh đỗ vào 10 của cả hai trường là: x+ (420 −= x) 378 − x (học 5 10 10 sinh) Mà số tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 của cả hai trường là 84% nên ta có phương trình: 1 378− x 10 .100%= 84%. 420 1 1764 ⇔−378 x = 10 5 1 126 ⇔x = ⇔= x 252 10 5 Kết hợp điều kiện ta có số học sinh dự thi của trường A là 252 ( học sinh) số học sinh dự thi của trường B là168 ( học sinh) Câu 3: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  55. 55 Website:tailieumontoan.com xy8+= 1) Giải hệ phương trình sau:  x++ y x += 1 10 2) Cho phương trình: x2 − 5x + m −= 2 0( 1) a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có). b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x12 ,x 11 += 23. xx12 1) Điều kiện: x1≥− xy8+=  xy8+= xy8 += (I)⇔⇔  ++ += + += += x y x110  8 x110 x1 2 xy8+= xy8+= x3 = ⇔ ⇔⇔  += x3= y5 =  x1 2  Kết hợp điều kiện vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)= (3;5) 2a) Thay x2= vào (1) ta có: 22 − 5.2 + m −=⇔ 2 0 m = 8 2 x2= Thay m8= vào (1) ta có (1)⇔ x − 5x +=⇔ 6 0 (x − 2)(x − 3) =⇔ 0  x3= Vậy với m8= thì (1) có một nghiệm x2= và nghiệm còn lại là x3= 2b) Ta có: ∆=52 − 4(m − 2) = 33 − 4m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x12 ,x 33 ⇔ ∆>⇔−0 33 4m >⇔ 0 m > 11 x12 0; x 0 (3) Xé thệ thức: 23+=⇔  += xx12 2( x1 x 2 ) 3 x 12 x (4) xx+> 0 50> (3) ⇔12 ⇔ ⇔>m 2 (5) x12 .x> 0 m −> 2 0 33 Từ (2) và (5) ta có điều kiện: 2m<< 4 (4) ⇔+4(5 2 xx12 ) = 9xx 12 ⇔4(5 + 2 m − 2) = 9(m − 2) ⇔ 9(m − 2) − 8 m −− 2 20 = 0 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  56. 56 Website:tailieumontoan.com ⇔( m −− 2 2)(9 m −+ 2 10) =⇔ 0 m −=⇔ 2 2 m = 4 (thỏa mãn) Vậy m4= thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R). Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở E và F. Nối AM cắt OE tại P, nối MB cắt OF tại Q. Hạ MH vuông góc với AB tại H. 1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh rằng: AE.BF= R2 . 3) Gọi K là giao điểm của MH và BE. Chứng minh rằng MK = KH. 1r1 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF . Chứng minh rằng << 3R2 y F x M T • E • K Q   O1  P I G A • •  B H O 1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn. Ta có MH⊥ AB (giả thiết) ⇒=°MHO 90 (1) Ta có E là giao của 2 tiếp tuyến tại A,M của (O) (giả thiết) ⇒=EA EM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có OA = OM = R ⇒ OE là đườn trung trực của AM (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng). ⇒ OE⊥ AM tại P và P là trung điểm của AM. ⇒=OPM 90o Ta có F là giao của 2 tiếp tuyến tại B, M của (O) (giả thiết) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  57. 57 Website:tailieumontoan.com ⇒=FB FM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có OB = OM = R ⇒ OF là đườn trung trực của BM (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng). ⇒ OF⊥ BM tại Q và Q là trung điểm của BM. ⇒=OQM 90o Do đó MHO =OPM = OQM = 90o hoặc các điểm H, P, Q cùng nhìn cạnh OM dưới một góc vuông. ⇒ Ba điểm H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM (định lý) Vậy O,Q,M,P,H cùng thuộc đường tròn đường kính OM (đpcm). 2) Chứng minh rằng: AE.BF= R2 . Ta có: E là giao của 2 tiếp tuyến tại A,M của (O) và F là giao của 2 tiếp tuyến tại B, M của (O) (giả thiết), nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau sẽ có: AOM OE là tia phân giác của AOM ⇒= AOE MOE = 2 BOM OE là tia phân giác của BOM ⇒= BOF MOF = 2 Lại có: AOM += BOM 180o (hai góc kề bù) AOM + BOM ⇒=EOF MOE + MOF = =90o 2 Lại có OM⊥ EF tại M (tính chất tiế tuyến) ⇒ Xét ∆EOF vuông tại O, đường cao OM sẽ có: OM2 = EM.FM (hệ thức lượng) Mà OM= R (bán kính đường tròn (O)) ; EM= EA ; FM = FB (cmt) ⇒=EA.FB R 2 (đpcm) 3) Chứng minh rằng MK = KH. Ta có AE, BF là tiếp tuyến của đường tròn ⇒⊥AE AB và BF⊥ AB (tính chất). Do đó MH / /EA / /FB (vì cùng vuông góc với AB) hoặc MK / /FB; KH / /EA (vì K ∈MH ) Xét ∆FEB có MK / /FB⇒∆ MEK∽ ∆ FEB (định lý tam giác đồng dạng) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  58. 58 Website:tailieumontoan.com EK MK ⇒= (cạnh tương ứng tỉ lệ) (1) EB FB Xét ∆EBA có KH / /EA⇒∆ KBH∽ ∆ EBA (định lý tam giác đồng dạng) BK KH ⇒= (cạnh tương ứng tỉ lệ) (2) EB EA MK EA EK Từ (1) và (2), ta có: . = KH FB BK Lại có MK / /FB, áp dụng định lý Ta-let trong ∆FEB và kết hợp với EM= EA ; FM = FB EK EM EA ⇒== BK FM FB MK Do đó: =⇒=1 MK KH (đpcm). KH 1r1 4) Chứng minh rằng << 3R2 Gọi O1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EOF . Gọi T,G,I lần lượt là hình chiếu của I lên FE, EO, OF . ⇒===OG1 OI 11 OT r 1 1 1 Ta có S= r.EF ; S= r.EO và S= r.OF IEF 2 IEO 2 IOF 2 1 ⇒S = S + S + S = r.(EF ++ OE OF) ∆OEF ∆∆ IEF IEO ∆ IOF 2 11r EF Mặt khácS= OM.EF = R.EF ⇒= ∆OEF 22R OE++ OF EF Xét tam giác OEF có: EF<+ OE OF (bấtđẳngthức tam giác) EF 1 r1 ⇒2EF < OE ++ OF EF ⇒<⇒< OE++ OF EF 2 R2 Ta có Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  59. 59 Website:tailieumontoan.com (OE−≥ OF)2 0 ⇔+≥OE22 OF 2OE.OF ⇔2(OE22 + OF ) ≥+ (OE OF)2 ⇔2EF22 ≥+ (OE OF) ⇒4EF22 >+ (OE OF) ⇔2EF >+ OE OF ⇔3EF > OE ++ OF EF EF 1 r 1 ⇔ >⇒ > OE++ OF EF 3 R 3 1r1 Vậy << (đpcm) 3R2 222 a  b  c3  Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:  ++≥   ab+  bc ++  ca  4 22 a a 1 a a 1 3a Ta có: + +≥3 3  = bc+ 2(bc)4 + bc ++ 2(bc)42(bc) + 2 a a1 ⇒ ≥− bc++ bc 4 2 2 b b1c c1 Tương tự ta có≥−và≥− ac++ ac4 ab++ ab4 Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có: 22 2 a  b  c  a b c3  +  +  ≥++− bc+  ac +  ab +  bc +++ ac ab 4 a b c3 Ta cần chứng minh ++≥. bcacab2+++ Đây là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc. Nhận xét: abc 111 + + =(a ++ b c) + + −3 bcacab+++ abbcac +++ BĐT Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  60. 60 Website:tailieumontoan.com 111 3 ⇔(a ++ b c) + + −≥3 ab+ bc ++ ca 2 1 119 ⇔(a ++ b c) + + ≥ ab+ bc ++ ca 2 111 ⇔[(a +++++ b) (b c) (c a)] + + ≥9(*) ab+ bc ++ ca Ta có bất đẳng thức (*) luôn đúng. Vì (a+++++≥ b) (b c) (c a) 33 (a + b)(b + c)(c + a) 1 1 1 111 ++≥3 3 ab+ bc + ca + abbcca + ++ Nhân vế với vế của 2 bất đẳng thức trên ta thu được (*) Ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔==abc TT BDVH HÀ NỘI – AMSTERDAM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN: TOÁN Ngày thi: 30.4.2017 Đề số 9 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  61. 61 Website:tailieumontoan.com x  x3++ x2 x2 + Bài I. Cho biểu thức: P=− 1  : + +,x ≥≠≠ 0,x 4,x 9. 1+ x  x23 − − x x5x6 −+ 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tìm tất cả các giá trị của x nguyên để biểu thức P0< . 3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một ô tô đi quãng đường AB với vận tốc50 km/h, rồi đi tiếp quãng đường BC với vận tốc 45km/h. Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô đi quãng đường AB ít hơn thời gian ô tô đi quãng đường BC là 12 phút. Tính thời gian Ô tô đi trên quãng đường AB và quãng đường BC . Bài III. Cho phương trình: x22−( m2xm −) − + 3m40 −= (Tham số m ). 1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m . 2) Gọi hai nghiệm của phương trình là x12 ,x . Tìm giá trị của m để: x11( x−+ 2) x 2( x 2 −= 2) 7. Bài IV. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn(O;R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường tròn(O;R ) . ( B;C là hai tiếp điểm). Đường thẳng d tùy ý đi qua điểm A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt P và Q sao cho tia AP nằm giữa hai tia AB và AC . Đường thẳng đi qua O và song song với d cắt đường thẳng AC tại điểm N . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng PQ . 1) Chứng minh các điểm A,B,M,O,C cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO . 3) Giải sử OA= 3 10cm,R = 5cm và OM= 3cm. Đặt AON = α , tính sinααα ,cos ,tan và cot α . MA 4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh MB+ MC điểm A . HƯỚNG DẪN GIẢI x  x3++ x2 x2 + Bài I. Cho biểu thức: P=− 1  : + +,x ≥≠≠ 0,x 4,x 9. 1+ x  x23 − − x x5x6 −+ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  62. 62 Website:tailieumontoan.com 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tìm tất cả các giá trị của x nguyên để biểu thức P0 do đó x20−<⇔≤< 0x4. Kết hợp điều kiện, ta có: 0x4≤< thì P0< Do x nguyên nên x ∈{0,1, 2, 3} . x2− 3 3) Ta có: P1= = − . 1x++ 1x 3 Do x0≥ ⇒x ≥ 0 ⇒ x +≥⇒ 11 ≤ 3 ⇒ P13 ≥−=− 2 x1+ Dấu “=” xảy ra ⇔=x0 (thỏa mãn ĐK). Vậy giá trị nhỏ nhất của P2= − , đạt được khi x0= . Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một ô tô đi quãng đường AB với vận tốc50 km/h, rồi đi tiếp quãng đường BC với Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  63. 63 Website:tailieumontoan.com vận tốc 45km/h. Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô đi quãng đường AB ít hơn thời gian ô tô đi quãng đường BC là 12 phút. Tính thời gian Ô tô đi trên quãng đường AB và quãng đường BC . 1 Đổi: 12 phút = = 0,2 (giờ) 5 Gọi thời gian ô tô đi trên quãng đường AB là x (giờ) Đk: x > 0 ⇒ thời gian ô tô đi trên quãng đường BC là x+ 0,2 (giờ). Quãng đường AC là 50x (km), quãng đường BC là 45.(x+ 0,2) (km). Vì tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km, nên ta có phương trình: ⇔50.x + 45.( x + 0,2) = 199 ⇔ 50x + 45x += 9 199 ⇔95x = 190 ⇔= x 2 Vậy thời gian ô tô đi trên quãng đường AB là 2 (giờ), thời gian ô tô đi trên quãng đường BC là 2,2 (giờ). Bài III. Cho phương trình: x22−( m2xm −) − + 3m40 −= (Tham số m ). 1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m . 2) Gọi hai nghiệm của phương trình là x12 ,x . Tìm giá trị của m để: x11( x−+ 2) x 2( x 2 −= 2) 7. 1) Phương trình: x22−( m2xm −) − + 3m40 −= (1) có: a= 1;b =−−=− (m 2) 2 m;c =−+ m2 3m − 4 2 22 3 97 3  7 a.c=−+ m 3m −=− 4 m − 2. .m ++ =−m −  + <∀0, m  2 44 2  4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m (đpcm). x12+=− x m2 2) Ta có là hai nghiệm của phương trình (1), thỏa mãn Vi-ét x12 ,x  2 x11 .x=−+− m 3m 4 22 x11( x−+ 2) x 2( x 2 −=⇔ 2) 7 x1 − 2x 1 + x 2 − 2x 1 = 7 2 ⇔+(xx12) − 2xx2xx7(*) 1212 −( +=) Thay hệ thức Viet vào (*) ta được: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  64. 64 Website:tailieumontoan.com 22m1= 3m−+=⇔−+=⇔ 12m 16 7 3m 12m 9 0  m3= Vậy m = 1 hoặc m = 3 thỏa mãn bài toán. Bài IV. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn(O;R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường tròn(O;R ) . ( B;C là hai tiếp điểm). Đường thẳng d tùy ý đi qua điểm A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt P và Q sao cho tia AP nằm giữa hai tia AB và AC . Đường thẳng đi qua O và song song với d cắt đường thẳng AC tại điểm N . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng PQ . 1) Chứng minh các điểm A,B,M,O,C cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO . 3) Giải sử OA= 3 10cm,R = 5cm và OM= 3cm. Đặt AON = α , tính sinααα ,cos ,tan và cot α . MA 4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh MB+ MC điểm A . C N d O A P M Q G B F 1) Chứng minh các điểm A,B,M,O,Ccùng nằm trên một đường tròn. Do AB và AC là 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn(O;R ) ⇒==OBA OCA 900 (tính chất tiếp tuyến). PQ là dây cung của đường tròn (O;R ) và M là trung điểm của PQ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  65. 65 Website:tailieumontoan.com ⇒⊥OM PQ hay OM⊥ AM ⇒==OBA OCA OMA = 900 ⇒ các điểm B, C, M cùng nhìn cạnh OA dưới một góc vuông. ⇒ A,B,M,O,Ccùng nằm trên một đường tròn (I) đường kính OA ( I là trung điểm OA ) 2) Chứng minh ∆AON đồng dạng với ∆MCO. Xét trong đường tròn (I) có OMC = CAO (hai góc nội tiếp cùng chắn OC ). ⇒=OMC NAO (1) Tứ giác ACOM nội tiếp đường tròn (I) có MOC += MAC 180o (Định lý) Ta có ON / /MA (giả thiết) ⇒+=ANO MAC 180o (hai góc trong cùng phía). Do đó: MOC = ANO (2) Từ(1) và(2) ta có ∆AON đồng dạng với ∆MCO. 3) Giải sử OA= 3 10cm,R = 5cm và OM= 3cm . Đặt AON = α , tính sinααα ,cos ,tan và cot α . Ta có: ON / /MA (giả thiết); OM⊥⇒⊥ AM OM ON ⇒+AON AOM = NOM = 900 OM 3 1 Trong tam giác vuông OMA ta có: cos AOM = = = OA 3 10 10 1 Từ tính chất của 2 góc phụ nhau ta có: sinα= cosAOM = 10 2 2 13 0 ⇒sin α= 1 − cos α= 1 − = (do α=AON < AOC < 90 ) 10 10 sinα 3 1 ⇒tan α= =: = 3 cosα 10 10 11 ⇒cot α= = tanα 3 MA 4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh điểm MB+ MC A . Kẻ CM cắt (O; R) tại F. CO cắt (O; R) tại G. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  66. 66 Website:tailieumontoan.com Ta có: A, C, M, B cùng thuộc 1 đường tròn (cmt)⇒ Tứ giác ACMB nội tiếp ⇒+ CAB CMB = 1800 (t/c) Mà CMB+=⇒= BMF 1800 CAB BMF Ta có: BFC= ABC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC của (O; R) ) hay MFB= ABC (do M∈ CF) (3) Xét ∆ABC và ∆MFB có: CAB= BMF (cmt); MFB= ABC (cmt) ⇒ ∆ABC ∽ ∆MFB (g.g)⇒= MBF ACB (cặp góc tương ứng) (4) Do AB, AC là hai tiếp tuyến của (O; R) (gt) ⇒=AC AB (t/c) ⇒∆ABC cân tại A ⇒= ACB ABC (t/c) (5) Từ (3),(4),(5) ⇒ MBF = MFB ⇒∆ MBF cân tạ M ⇒=⇒+=+=MB MF MB MC MF MC CF (6) ∆MOA vuông tại M (do OM⊥ AM (cmt) ) nên ta có: MA= AO.sin OAM (7) Ta có: CFG= 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O; R)) ∆CFG vuông tại F ⇒=CF CG.sin FCG = 2R.sin FCG (8) Do A, M, O, C cùng thuộc 1 đường tròn (cmt) ⇒= OAM MCO (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMOC) hay OAM= FCG (do M ∈∈ CF; O CG) (9) MA AO.sin OAM AO Từ (6),(7),(8),(9) ⇒= = MB+ MC 2R.sin OAM 2R AO MA Do A, O cố định và R không đổi nên không đổi⇒ không đổi (đpcm). 2R MB+ MC PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI KHỎA SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 9 Đề số 10 Ngày 4/5/2018 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  67. 67 Website:tailieumontoan.com a9− 3 2 a−− 5a 3 Bài I. Cho hai biểu thức P = và Q = + +,a ≥≠ 0,a 9. a3− a3−+ a3 a9− 1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P. 2) Rút gọn biểu thức Q. 3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = P.Q. Bài II: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất của đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn thành công việc trên?. Bài III.  11  +=2 x−− 2 y1 1) Giải hệ phương trình:  23  −=1 x−− 2 y1 2 2) Cho Parabol (P): yx= và đường thẳng (d): y=( 2m +− 1) x 2m (x là ẩn, m là tham số). a) Khi m = 1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A x ;y ;B x ;y sao cho ( 11) ( 2 2) biểu thức =+−22 đạt giá trị nhỏ nhất. T x1 x 2 xx 12 Bài IV. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC (I∈∈ AB, K AC) . 1) Chứng minh: Tứgiác AIMK nội tiếp đường tròn. 2) Vẽ MP vuông gócvới BC (P∈ BC) .Chứng minh: MPK= MBC. 2 3) Chứng minh rằng: MI.MK= MP . 4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Bài V. Cho ba số x, y, z không âm và x2++≤ y 22 z 3y. 148 Tìm giá trị nhỏ nhất của P.=++2 22 (x1+++) ( y2) ( z3) HƯỚNG DẪN GIẢI a9− 3 2 a−− 5a 3 Bài I. Cho hai biểu thức P = và Q =++ với a≥≠ 0,a 9 a3− a3−+ a3 a9− Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  68. 68 Website:tailieumontoan.com 1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P. 2) Rút gọn biểu thức Q. 3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = P.Q. a9− 1) Ta có: P= = a3 + a3− Với a = 81 (thỏa mã ĐK) ⇒=a9 Thay a9= vào P ta được: P=+= 9 3 12 . Vậy P = 12 khi a = 81. 2) Rút gọn biểu thức Q. 3 2 a−− 5a 3 Q = + + (a≥≠ 0,a 9). a3−+ a3 a9− 3.( a+ 3) 2( a − 3) a −− 5 a 3 =++ ( a−+ 3)( a 3) ( a +− 3)( a 3) ( a +− 3)( a 3) 3a++ 9 2a −+− 6 a 5a − 3 = ( a−+ 3)( a 3) a = ( a−+ 3)( a 3) a Vậy Q = với a≥≠ 0,a 9 ( a−+ 3)( a 3) 3) Ta có: a a99 A = P.Q= .(a3)+ = = a3 ++ = a3 −+ + 6. (a3)(a3)−+ a3 − a3 − a3 − Vì a > 9 ⇒a30 −> nên theo bất đẳng thức Côsi ta có: 9 99 a3−+ ≥ 2(a3). − ⇔ a3 −+ ≥ 6 a3−a3 −− a3 9 ⇔a3 −+ +≥+ 666 a3− ⇔≥P 12 9 Dấu “=” xảy ra khi a3−= ⇒ (a3)9 −2 =⇒ a33 −=⇔= a36 (Thỏa mãn). a3− Vậy Pmin = 12 khi a = 36. Bài II: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  69. 69 Website:tailieumontoan.com Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất của đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn thành công việc trên?. Gọi thời gian đội thứ nhất làm một mình xong công việc là x (ngày) Gọi thời gian đội thứ hai làm một mình xong công việc là y (ngày) (x, y> 12) 1 1 Trong 1 ngày: Đội thứ nhất làm được (công việc); đội thứ hai làm được (công việc); x y 1 11 1 và cả hai đội làm được (công việc) nên ta có phương trình: += (1) 12 x y 12 12 Cả hai đội cùng làm trong 8 ngày được: 8. = ( công việc); trong 3,5 ngày đội hai làm 12 3 27 27 xong phần việc còn lại được 3,5. = ( công việc). Ta có phương trình: +=1 (2) yy 3y Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 11 1 11 1 += += 111 1 x y 12 x y 12 =−= x= 28 ⇔⇔x 12 21 28 ⇔  (thỏa mãn) 2 7 7 1 y= 21 +=1 = y= 21 3y y3 Vậy thời gian đội thứ nhất làm một mình xong công việc là 28 (ngày); thời gian đội thứ hai làm một mình xong công việc là 21 (ngày) . Bài III.  11  +=2 x−− 2 y1 1) Giải hệ phương trình:  23  −=1 x−− 2 y1 2 2) Cho Parabol (P): yx= và đường thẳng (d): y=( 2m +− 1) x 2m (x là ẩn, m là tham số). a) Khi m = 1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P). Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  70. 70 Website:tailieumontoan.com b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A x ;y ;B x ;y sao cho ( 11) ( 2 2) biểu thức =+−22 đạt giá trị nhỏ nhất. T x1 x 2 xx 12 1) Điều kiện: x≠≠ 2; y 1 1 1 Đặt A = ; B = với A≠≠ 0; B 0 . Ta có hệ: x2− y1−  7 A= (tm) A+= B 2 3A + 3B = 6 5A = 7  5 ⇔  ⇔⇔  2A−= 3B 1 2A −= 3B 1 A += B 2 3 B= (tm)  5  17 19  = x = x2− 5  7 ⇔⇔ (thỏa mãn). 13 8 = y =  y1− 5  3 19 8 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: (x; y)=  ; . 73 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x22=( 2m +−⇔−++= 1) x 2m x( 2m 1) x 2m 0 (1) 2a) Khi m = 1 thì phương trình (1) trở thành 2 x2= x− 3x +=⇔ 2 0 (x − 1)(x − 2) =⇒ 0  x1= Với x = 1 thay vào phương trình của (P) ta có y = 12 ⇔=y1 Với x = 2 thay vào phương trình của (P) ta có y = 22 ⇔=y4 Vậy khi m = 1 thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là C( 1; 1) và D( 2; 4) 2b) Xét phương trình x2 −( 2m ++= 1) x 2m 0 (1) 2 2 ∆=(2m + 1) − 8m = 4m2 − 4m + 1 =( 2m − 1) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A( x11 ;y) ;B( x 2 ;y 2) thì phương trình (1) có hai 2 1 nghiệm phân biệt x ;x ⇔∆>⇔0( 2m − 1) >⇔ 0 m ≠ 12 2 22 2 Ta có: T=+− x1 x 2 xx 12 =+ (x 1 x 2 ) − 3xx 12 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  71. 71 Website:tailieumontoan.com 1 x+= x 2m + 1 Với m ≠ , theo hệ thức vi-ét ta có  12 2 x12 x= 2m Thay vào T ta có: 22 2 2 2 T=+− x1 x 2 x 12 x =+ (x 1 x 2 ) − 3x 12 x = (2m +− 1) 3.2m = 4m − 2m + 1 2 1 33 1 T= 2m − +≥ ∀≠m 2 44 2 31 1 T=⇔ 2m −=⇔ 0 m = (tm) 42 4 3 1 Vậy T = khi m = . min 4 4 Bài IV. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC (I∈∈ AB, K AC) . 1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn. 2) Vẽ MP vuông gócvới BC (P∈ BC) . Chứng minh: MPK= MBC. 2 3) Chứng minh rằng: MI.MK= MP . 4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. H 1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  72. 72 Website:tailieumontoan.com Ta có MI⊥ AB tại I (giả thiết) ⇒=MIA 90o MK⊥ AC tại K (giả thiết) ⇒=MKA 90o Xét tứ giác AIMK có MIA ; MKA là hai góc đối nhau và MIA += MKA 180o ⇒ Tứ giác AIMK nội tiếp (dhnb) (đpcm). 2) Chứng minh: MPK= MBC. Ta có MP⊥ BC tại P (giả thiết) ⇒=CPM 90o MK⊥ AC tại K (giả thiết) ⇒=CKM 90o Xét tứ giác CPMK có CPM ; CKM là hai góc đối nhau và CPM += CKM 180o ⇒ Tứ giác CPMK nội tiếp (dhnb). => KPM = KCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ MK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPMK) (1) Xét (O) có KCM = CBM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CM ) (2) Từ (1) và (2) => KPM = CBM. (đpcm) (3) 3) Chứng minh rằng: MI.MK= MP2 . Ta có MP⊥ BC tại P (giả thiết) ⇒=BPM 90o MI⊥ AB tại I (giả thiết) ⇒=BIM 90o Xét tứ giác BIMP có BPM ; BIM là hai góc đối nhau và BPM += BIM 180o ⇒ Tứ giác BIMP nội tiếp (dhnb) ⇒=PIM CBM (hai góc nội tiếp cùng chắn PM ) (4) và IBM = IPM (hai góc nội tiếp cùng chắn IM ) (5) Tứ giác CPMK nội tiếp (cmt) ⇒=BCM PKM (hai góc nội tiếp cùng chắn PM ) (6) Xét (O) có BCM = IBM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn BM ) (7) Xét ∆IMP và ∆PMK có: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  73. 73 Website:tailieumontoan.com PIM = KPM (theo (3) và (4)) IPM = PKM (theo (5), (6) và (7)) ⇒∆IMP∽ ∆ PMK (g – g) IM PM ⇒= (tính chất) PM MK ⇒=IM.MK PM 2 (đpcm) 4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Có MI.MK.MP= MP3 . Để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất. Gọi H là trung điểm BC mà BC cố định nên H cố định. Do đó MPmax ⇔= MP MH Xét ∆MBC có MP là đường cao đồng thời là đường trung tuyến => ∆MBC cân tại M => MB= MC ⇔ M là điểm chính giữa cung BC Bài V. Cho ba số x, y, z không âm và x2++≤ y 22 z 3y. Tìm giá trị nhỏ nhất của 148 P.=++2 22 (x1+++) ( y2) ( z3) Áp dụng BĐT Côsi ta có : (x2+++++≥++⇔+≥++ 1) (y 2 4) (z 2 1) 2x 4y 2z 3y 6 2x 4y 2z (do x2 ++≤ y 22 z 3y.) ⇔≥6 2x ++ y 2z 11 8 Với a, b là các số dương ta chứng minh được +≥ a22 b (a+ b) 2 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b. 118 8 8 Áp dung BĐT trên ta có: P =+2 22 +≥22 + (x1++) y (z3) y1 (z3 +) +1 x1++ +  2 22  64.4 256 ≥ ≥= P12 2 (2x++ y 2z + 10) (6+ 10) Vậy P1min = khi x= 1; y = 2; z = 1 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  74. 74 Website:tailieumontoan.com VIETELITE KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 1) EDUCATION Năm học: 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Đề số 11 Ngày thi: 25 tháng 04 năm 2018. Thời gian làm bài: 120 phút. x 1 xx 1 Bài 1 (2,0 điểm). Cho các biểu thức A và B , với x 1 x 1 x 1 xx 0 ; 1. 1) Tìm các giá trị của x để A = 2. 2) Chứng tỏ rằng tích A.B không phụ thuộc vào x . 3) Tìm tất cả các số thực x để AB . Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  75. 75 Website:tailieumontoan.com Trong giờ thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên một quãng đường dài 2km và xuất phát tại cùng một thời điểm. Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ và về đích sớm hơn Bình 5 phút. Tính thời gian chạy hết quãng đường của mỗi bạn biết rằng vận tốc của mỗi bạn không đổi trên cả quãng đường. Bài III (2,0 điểm). 2x y 1 1) Giải hệ phương trình: x 1 1 24y x 1 2) Cho phương trình bậc hai x22 2( m 1) xm 2 m 3 0 , m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Gọi xx12, là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m để xx12 4 . Bài IV (3,5 điểm). Cho đường tròn ()O đường kính BC . Một điểm A thuộc đường tròn sao cho AB AC . Tiếp tuyến tại A của ()O cắt đường thẳng BC tại D . Gọi E là điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC tại M . Kẻ đường cao AH của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . a) Chứng minh rằng tứ giác AFEC là hình thoi. b) Chứng minh DC. DB DM DO c) Gọi I là trung điểm của AH , kéo dài BI cắt ()O tại điểm thứ hai là K . Chứng minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD tại N . Chứng minh N là trung điểm của MD. Bài V (0,5 điểm). Cho abc,, là các số thực không âm thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ac bc2018 ab . HƯỚNG DẪN GIẢI x 1 xx 1 Bài 1 (2,0 điểm). Cho các biểu thức A và B , với x 1 x 1 x 1 xx 0 ; 1. 1) Tìm các giá trị của x để A = 2. 2) Chứng tỏ rằng tích A.B không phụ thuộc vào x . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  76. 76 Website:tailieumontoan.com 3) Tìm tất cả các số thực x để AB . x 1 1) Ta có A 2 2x 12 x 2 xx 3 9 (TMĐK). x 1 Vậy với x 9 thì A 2 . 2) Xét tích: x11 xx AB xx 11 x 1 x 1 xx 11 x xx 11 x 1x 1 xx 1 x 1 x 1 xx 1 x 1 xx 11 x 1 xx 11 x 1 x 1 1 Vậy tích AB.1 không phụ thuộc vào x. 3) Ta có: x 11 xx AB x 1 xx 11 x 11 xx 0 xx 11x 1 2 x 1 xx 11 x 0 x 1 x 21 x xxx 1 0 x 1 4 x 0 x 1 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  77. 77 Website:tailieumontoan.com x 10 hoặc x 0 (do 40x với mọi xx 0 ; 1.) x 1 hoặc x 0 (TMĐK). Vậy với x 1 hoặc x 0 thì AB . Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Trong giờ thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên một quãng đường dài 2km và xuất phát tại cùng một thời điểm. Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ và về đích sớm hơn Bình 5 phút. Tính thời gian chạy hết quãng đường của mỗi bạn biết rằng vận tốc của mỗi bạn không đổi trên cả quãng đường. 1 Đổi: 5 phút = (giờ). 12 Cách 1: Gọi ẩn là thời gian cần tìm. Gọi thời gian chạy hết quãng đường của An là x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường của Bình là y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 Vì An và Bình xuất phát cùng một thời điểm và An về đích sớm hơn Bình (giờ) nên ta 12 có phương trình: 1 yx (1). 12 2 2 Vận tốc trung bình của An là (km/h), vận tốc trung bình của Bình là (km/h). Vì An x y chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ nên ta có phương trình: 22 2 (2) xy Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  78. 78 Website:tailieumontoan.com 1 yx Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 12 22 2 xy 1 1 1 yx yx 1 yx 12 12 yx 12 12 1 11 2 y x xy xy xx 12xx 1 0 12 12 12 1 yT ( M K) Đ 3 1 1 x (TM K) hoac x () loai 4 Đ 3 1 Vậy thời gian chạy hết quãng đường của An là (giờ), thời gian chạy hết quãng đường 4 1 của Bình là (giờ). 3 Cách 2: Gọi ẩn là vận tốc, rồi suy ra thời gian cần tìm. Gọi vận tốc trung bình của An là x (km/h), vận tốc trung bình của Bình là x 2 (km/h). Điều kiện: x > 2. 2 Thời gian chạy hết quãng đường của An là (giờ), thời gian chạy hết quãng đường của x 2 Bình là (giờ). x 2 1 Vì An và Bình xuất phát cùng một thời điểm và An về đích sớm hơn Bình (giờ) nên ta 12 có phương trình: 2 21 xx 2 12 2xx 2( 2) 1 xx( 2) 12 xx 2 48 xx2 2 48 0 x 8 (TMĐK) hoặc x 6 (loại) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  79. 79 Website:tailieumontoan.com 21 Vậy thời gian chạy hết quãng đường của An là (giờ), thời gian chạy hết quãng 84 21 đường của Bình là (giờ). 82 3 Bài III (2,0 điểm). 2x y 1 1) Giải hệ phương trình: x 1 1 24y x 1 2) Cho phương trình bậc hai x22 2( m 1) xm 2 m 3 0 , m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Gọi xx12, là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m để xx12 4 . 1) Điều kiện: yx 0, 1. 2xx2( 1) 2 2 y 1 yy 13 xxx 111 11 1 24yy 24 24 y xx 11 x 1 1 a 23ab Đặt x 1 , ta có HPT: ab 242 b yb,0 b 3 b 3 23ab a a 2 2 2 24ab 8 4bb2 50 (bb 1)(4 5) 0 b 3 a 2 a 2 b 1( TM K) Đ b 1 4 b () lo ai 5 1 1 2 x x 1 2 (TMĐK). y 1 y 1 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  80. 80 Website:tailieumontoan.com 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất xy, ,1 . 2 2a) Phương trình: x22 2( m 1) xm 2 m 3 0 có: (m 1)22 mm 2 3 4 0 với mọi m. Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt xx12, với mọi m (đpcm) 2b) Phương trình: x22 2( m 1) xm 2 m 3 0 có hai nghiệm phân biệt là: xm 12 m 1 và xm 12 m 3 2 Ta có: xx12 4 (x1 4) x 1 xx 21 (với xx21 0; 4 ) Với mọi m thì mm 13 nên xm2 1 và xm1 3. Ta có: xx12 4 mm 34 1 mm 11 m 1 mm 1( 1 1) 0 m 1 m 10 m 11 m 1 m 1 m 0 m 10 hoac m Vậy với m 10 hoac m thỏa mãn bài toán. Bài IV (3,5 điểm). Cho đường tròn ()O đường kính BC . Một điểm A thuộc đường tròn sao cho AB AC . Tiếp tuyến tại A của ()O cắt đường thẳng BC tại D . Gọi E là điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC tại M . Kẻ đường cao AH của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  81. 81 Website:tailieumontoan.com a) Chứng minh rằng tứ giác AFEC là hình thoi. b) Chứng minh DC. DB DM DO c) Gọi I là trung điểm của AH , kéo dài BI cắt ()O tại điểm thứ hai là K . Chứng minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp. d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD tại N . Chứng minh N là trung điểm của MD. A K I B F O M C N D H E a) Ta có BC là đường kính của ()O (gt) vàE là điểm đối xứng với A qua BC (giả thiết) nên EO (). BAC 90oo , BEC 90 (là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ()O ) BA AC (1) BE EC (2) Ta cóBC AE tại M là trung điểm của AE (tính chất đối xứng). ABE có hai đường cao AH , BM và hai đường cao này cắt nhau tại F . F là trực tâm của ABE. (3) EF AB (4) Từ (1) và (4) EF // AC (5) Từ (3) AF BE tại H (6) Từ (2) và (6) AF // EC (7) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  82. 82 Website:tailieumontoan.com Từ (5) và (7) tứ giác AFEC là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). Mà FC AE (vì BC AE ). tứ giác AFEC là hình thoi (dấu hiệu nhận biết). (đpcm) b) Ta có AO AD tại A (vì AD là tiếp tuyến tại A của ()O ). DAO vuông tại A. Mà AM OD tại M (vì BC AE ). DM. DO DA2 (hệ thức lượng). (8) Xét DAC và DBA có: DAC DBA (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn AC của ()O ) ADC chung DAC ∽ DBA (g-g). DA DB DB. DC DA2 (9) DC DA Từ (8) và (9), ta có: DB DC DM DO (đpcm). c) Xét đường tròn ()O có KAE KBE (hai góc nội tiếp cùng chắn KE ). (10) Ta có I, M lần lượt là trung điểm của AH và AE IM là đường trung bình của AHE IM // HE hoặc IM // BE KIM KBE (hai góc đồng vị). (11) Từ (10) và (11), ta có: KAE KIM hoặc KAM KIM tứ giác AIMK có hai đỉnh kề A và I cùng nhìn cạnh KM dưới một góc không đổi. tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp (đpcm) AH d) Xét AHB vuông tại H có: tan ABH (tỉ số lượng giác góc nhọn). BH Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  83. 83 Website:tailieumontoan.com IH Xét IHB vuông tại H có: tan IBH (tỉ số lượng giác góc nhọn). BH Xét đường tròn ()O , ta có: ABH DAM (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn một cung). IBH KAM (hai góc nội tiếp cùng chắn KE của (O)). AH IH tan DAM ; tan KAM . BH BH tan DAM AH 2 (vì AH = 2IH do I là trung điểm của AH) (12) tan KAM IH MD Xét AMD vuông tại M có: tan DAM (tỉ số lượng giác góc nhọn). AM NM Xét NAM vuông tại M có: tan NAM (tỉ số lượng giác góc nhọn), AM NAM KAM . tan DAM MD tan DAM MD hoặc (13) tan NAM ND tan KAM ND MD MD Từ (12) và (13), ta có: 2 hoặc ND (với N thuộc đoạn MD ). ND 2 N là trung điểm của MD. Bài V (0,5 điểm). Cho abc,, là các số thực không âm thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ac bc2018 ab . * Tìm GTLN: (abc )12 Ta có P ac bc 2018 ab c ( a b ) 2018 ab c ( a b ) . (1) theo BĐTcosi (2) 44 Dấu “=” xảy ra Dấu “=” ở (1), (2) đồng thời xảy ra và thỏa mãn điều kiện bài cho Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  84. 84 Website:tailieumontoan.com a 0 1 ab.0 bc c ab 2 b 0 abc 1 1 ac 2 a 0 b 0 1 Vậy Pmax = 1 hoặc 1 4 bc ac 2 2 * Tìm GTNN: ()ab 2 Ta có a b2 ab (BĐT Cosi) ab (3) 4 ()ab 22 () ab P ac bc 2018 ab c( a b ) 2018 2018 . theo BĐTcosi (3) 44(4) abc 11 ab (5) (ab )2 2018 1009 P 2018 4 42 Dấu “=” xảy ra Dấu “=” ở (3), (4), (5) đồng thời xảy ra và thỏa mãn điều kiện bài cho c 0 c 0 ab 1 ab abc 1 2 c 0 1009 Vậy Pmin = 1 2 ab 2 PHÒNG GD & Đ T THANH TRÌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3 TRƯỜNG THCS ĐẠI ÁNG MÔN: TOÁN 9 Đề số 12 x++ 2 x 1 2x 2 + 5x Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức P= ;Q =++ với x2− x2 −+ x2 4x− x≥≠≠ 0;x 4;x 9. 1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 100. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  85. 85 Website:tailieumontoan.com 2) Rút gọn Q. 3) Xét biểu thức A= P.Q , với giá trị nào của x thì A< 1. Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai đội xe chở cát để san lấp một khu đất. Nếu hai đội cùng làm thì trong 18 ngày xong công việc. Nếu đội I làm trong 6 ngày, sau đó đội II làm tiếp trong 8 ngày nữa thì được 40% công việc. Hỏi mỗi đội làm một mình trong bao lâu xong công việc. Bài 3 (2 điểm):  13  −=−2  x1−− y4 1) Giải hệ phương trình:  21  +=3  x1−− y4 2) Cho Parabol (P): y= x2 và đường thẳng (d) : y= mx + 2 . a) Với m = 1. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x12 ;x sao cho x12−= 2x 5. Bài 4 (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O ; R) . Dây cung CD cố định. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ CD. Đường kính MN của (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ CN (E khác C và N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P. 1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp. 2) Chứng minh EI.MN = NK.ME. 3) Gọi Q là giao điểm của NK và MP. Chứng minh IK là phân giác của EIQ . 4) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên một đường cố định. Bài 5 (0,5 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc1++=. Tính giá trị nhỏ ab+ nhất của bieur thức P = . abc HƯỚNG DẪN GIẢI x++ 2 x 1 2x 2 + 5x Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức P= ;Q =++ với x2− x2 −+ x2 4x− x≥≠≠ 0;x 4;x 9. 1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 100. 2) Rút gọn Q. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  86. 86 Website:tailieumontoan.com 3) Xét biểu thức A= P.Q , với giá trị nào của x thì A 2 0, do đó: Từ (*)⇒ x − 18 ; y > 18. 1 1 Trong 1 ngày, đội I làm được (công việc) và đội II làm được (công việc). Cả hai đội x y Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
  87. 87 Website:tailieumontoan.com 1 cùng làm thì 18 ngày xong công việc, nên trong 1 ngày cả hai đội làm được (công 18 11 1 việc). Ta có phương trình: += (1) x y 18 Nếu đội I làm trong 6 ngày, sau đó đội II làm tiếp trong 8 ngày nữa thì được 40% công 682 việc, nên ta có phương trình: += (2) xy5 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 11 1  661 11 1 +=  += += 111 xy18xy3 xy18 = − x= 45 ⇔⇔ ⇔x 18 y ⇔ (Thỏa mãn) 682 682 2 1 y30= += += = y= 30 xy5  xy5 y15 Vậy đội I làm một mình xong công việc trong 45 ngày, đội II làm một mình xong công việc trong 30 ngày. Bài 3 (2 điểm):  13  −=−2  x1−− y4 1) Giải hệ phương trình:  21  +=3  x1−− y4 2) Cho Parabol (P): y= x2 và đường thẳng (d) : y= mx + 2 . a) Với m = 1. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x12 ;x sao cho x12−= 2x 5. 1) Điều kiện: x≥ 0 ; x ≠≥ 1 ; y 0 ; y ≠ 16. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC