95 Đề thi vào Lớp 10 THPT môn Toán hệ không chuyên (Có đáp án)

Nội dung text: 95 Đề thi vào Lớp 10 THPT môn Toán hệ không chuyên (Có đáp án)

1. -PHẦN 1. 95 ĐỀ THI VÀO 10 HỆ KHÔNG CHUYÊN GD và ĐT Đak Lak. Năm học 2013 - 2014 x y y x 1 Phần A. ĐềCâu 1: b/ Chứng minh rằng: : x y ; với x>0;y 0 và x y xy x y Câu 2: (2,0 điểm)Giải hệ phương trình: 2x y 1 Giải phương trình: x 2 2 0 3x 4y 1 x 1 x 4x 3 Câu 3: (2,0 điểm)Cho phương trình x2+2(m+1)x+m2=0 (m là tham số) 2 2 1) Tìm m để ptcó nghiệm. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 sao cho: x1 +x2 -5x1x2=13 Câu 4: (3,5 điểm)Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại P, Q /Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp b/Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ c/Chứng minh rằng : AP.BQ=AO2 d/Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao cho diện tích tứ giác APQB nhỏ nhất Câu 5: (1,0 đ)Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của bt: A=x2+y2+16y+2x Phần B. Đáp án Câu 4: (3,5 điểm)3) Ta có OP là phân giác góc AOM (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) OQ là phân giác góc BOM (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) Mà góc AOM +góc BOM 1800 (hai góc kề bù) POQ=90o Xét POQ, ta có: POQ 900 (cmt), OM PQ  (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M) MP.MQ=OM2 (hệ thức lượng) Lại có MP=AP;MQ=BQ (cmt), OM=AO (bán kính)Do đó AP.BQ=AO2 4)Tứ giác APQB có: AP//BQ( APAB,BQAB), nên tứ giác APQB là hình thang vuông (AP BQ)AB PQ.AB =>S Mà AB không đổi nên SAPQB đạt GTNN APQB 2 2 PQ nhỏ nhất PQ=ABPQ//ABOM vuông AB AB2 M là điểm chính giữa cung AB.Tức là M trùng M1 hoăc M trùng M2 (hình vẽ) thì SAPQB đạt GTNN là 2 Câu 5: (1,0 điểm)Ta có x+3y=5=>x=5-3y Khi đó A=x2 +y 2 +16y+2x=(5-3y)2+y2+16y+2(5-3y)=10y2-20y+35 x 2 =10(y-1)2+25 25( vì 10(y-1)2 0 với mọi y)Dấu “=” xảy ra khi x 5 3y Vậy GTNN của A=25 khi 2 10(y 1) 0 y 1 Đề số 2. Sở GD và ĐT Đồng Nai. Năm học: 2013-2014 4x 5y 7 a 1 a 1 Câu 1: Giải hệ pt: Câu 2: (1,0 điểm)Cho bt A (với a R,a 0 và a 1) 3x y 9 a 1 a 1 1) Rút gọn biểu thức A. b/Tính giá trị biểu thức A tại a=2 . Câu 3: (2,0 điểm)Cho hai hàm số y=-2x2 có đồ thị là (P),y=x-1 có đồ thị là (d). 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) đã cho trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. 2) Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) đã cho. 2 2 2 Câu 4:b/Cho x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình :2x -5x+1=0.Tính M=x1 +x2 Câu 5: (1,25 điểm)Một xưởng có kế hoạch in xong 6000 quyển sách giống nhau trong một thời gian quy định, biết số quyển sách in được trong một ngày là bằng nhau. Để hoàn thành sớm kế hoạch , mỗi ngày xưởng đã in nhiều hơn 300 quyển sách so với số quyển sách phải in trong kế hoạch, nên xưởng in xong 6000 quyển sách nói trên sớm hơn kế hoạch 1 ngày. Tính số quyển sách xưởng in được trong 1 ngày theo kế hoạch. Câu 6: (3,0 điểm)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), bán kính R , BC=a, với a và R là các số thực dương. Gọi I là trung điểm của cạnh BC . Các góc CAB,ABC,BCA đều là góc nhọn.
2. a/Tính OI theo a và R. b/Lấy điểm D thuộc đoạn AI , với D khác A, D khác I. Vẽ đường thẳng qua D song song với BC cắt cạnh AB tại điểm E. Gọi F là giao điểm của tia CD và đường tròn (O), với F khác C. Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nột tiếp đường tròn. c/Gọi J là giao điểm của tia AI và đường tròn (O) , với J khác A. Chứng minh rằng AB.BJ=AC.CJ Phần B. Đáp ánCâu 6: b/Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nột tiếp đường tròn. Ta có: ·ABC ·AED (đồng vị) Mà ·ABC ·AFC (cùng nội tiếp chắn cung AC) => ·AED ·AFC hay ·AED ·AFD Tứ giác ADEF có ·AED ·AFD (cmt) Nên tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn(E, F cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau) 1) Chứng minh rằng AB.BJ=AC.CJ AI AC Chứng minh: tam giác AIC đồng dạng với tam giác BIJ(g-g)=> (1) BI BJ AI AB Chứng minh:tam giác AIB đồng dạng với tam giác CIJ(g-g)=> (2) CI CJ AB AC Mà BI=CI(I là trung điểm BC)(3)Từ (1);(2);(3) => AB.BJ AC.CJ CJ BJ Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1: (1,5 điểm)Rút gọn các biểu thức sau :M (3 50 5 18 3 8) 2 b) N 6 2 5 6 2 5 2/Cho đường thẳng (d): y = 4x – 3 và parabol (P): y = x2. Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phép toán. 3x 5 x 2 Bài 2. (2,5 điểm)Giải bất phương trình: x 2 3 x 2y m 3 2/Cho hệ phương trình (I) (m là tham số) Giải hệ phương trình (I) khi m = 1. 2x 3y m a) Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x + y = -3. 3/Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng 270m2. Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn. Bài 3. (3,0 điểm)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D BC, E AC, F AB)a/Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. b/Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng minh ¼AM »AN . c/Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD. Bài 4. (1,0 điểm)Cho x, y là các số dương. Cmr: x y 2( x y) 2 0 .Dấu “=” xảy ra khi nào? 1 1 1. Tìm cặp số (x;y) thỏa mãnx2 y2 (x y)( x y 1) với x ; y 4 4 0,25 Hết 3 3.2 c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD Xét AMF và ABM có:MAB chungAMF=ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn ¼AM »AN trong (O)) AF AM Do đó AMF ∽ ABM (g.g) AM 2 AF.AB (1) AM AB Xét AFH và ADB có:BAD chung 0,25 AFH=ADB=90o (CF và AD là các đường cao của ABC) AF AD Do đó AFH ∽ ADB (g.g) AM.AD AF.AB (2) AH AB
3. AH AM Từ (1) và (2) suy ra AM 2 AH.AD AM AD 0,25 AH AM Xét AHM và AMD có: MAD chung (CM trên) AM AD Do đó AHM ∽ AMD (c.g.c)=>AMH=ADM(3) Vẽ đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD tại M. Ta có: x·MH ·ADM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp) (4) Từ (3) và (4) suy ra x·MH ·AMH Hay MA trùng với tia Mx Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD. 2 4.1 x y 2( x y) 2 0 (x 2 x 1) (y 2 y 1) 0 ( x 1) 0 x 1 0,25 Dấu “=” xảy ra khi (TM ) 2 2 2 ( x 1) ( y 1) 0x, y 0 ( y 1) 0 y 1 4.2 x y Cách 1. Từ phần a) ta có: x y 2( x y) 2 0 x y 1 2 x y 1 Do đó: (x y)( x y 1) (x y)( 1 1) (x y)2 2 2 0,25 1 Mà x2 y2 (x y)( x y 1) nên (x y)2 x2 y2 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1.Vậy cặp số (x, y) = (1 ; 1). 1 1 Cách 2. x , y nên (x y)( x y 1) 0 theo BĐT Côsi cho hai số dương ta có: 0.25 4 4 x 1 y 1 x x.1 . Dấu “=” xảy ra khi x = 1. y y.1 . Dấu “=” xảy ra khi y = 1. 2 2 x 1 y 1 1 Do đó: (x y)( x y 1) (x y)( 1) (x y)2 2 2 2 1 Mà x2 y2 (x y)( x y 1) nên (x y)2 x2 y2 2 (x y)2 Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki có (x2 y2 )(12 12 ) (x y)2 x2 y2 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y.Từ (1) và (2) suy ra x2 y2 (x y)( x y 1) khi x=y Vậy cặp số (x, y) = (1, 1). Đề số 4. Sở GD và ĐT Hà Nội. Năm học 2013 - 2014 2 x x 1 2 x 1 Phần A. ĐềBài I (2,0 điểm)Với x > 0, cho hai biểu thức A và B x x x x A 3 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. b/Rút gọn biểu thức B. c/Tìm x để B 2 Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. 3(x 1) 2(x 2y) 4 Bài III (2,0 điểm)Giải hệ phương trình 4(x 1) (x 2y) 9 1 1 2/Cho parabol (P) :y x2 và đường thẳng (d): y mx m2 m 1 2 2 a) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ,x2 sao cho|x1 – x2| =2
4. Bài IV (3,5 điểm)Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB -1 ta có: b ' b ' 1 | x x | 2 | | 2 ' 2 2m 2 2 2m 2 2 2m 2 1 m 1 2 a ' a ' 2 Bài IV (3,5 điểm) 1 MTN MON AON (cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và 2 AIN=AON))(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 90o)Vậy AIN=MTI=TIC nên MT//AC do có 2 góc so le bằng nhau. c/Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. Cách giai khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO. Nên K nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn tâm O và đường tròn đường kính AO. Vậy K nằm trên đường thẳng MN là trục đẳng phương của 2 đường tròn trên. 1 1 1 1 1 1 Bài IV: (0,5 điểm)Từ giả thiết đã cho ta có : 6 ab bc ca a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ; ( ) ; ( ) 2 a2 b2 ab 2 b2 c2 bc 2 c2 a2 ca Theo bất đẳng thức Cauchy ra ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) ; ( 1) ; ( 1) 2 a2 a 2 b2 b 2 c2 c 3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9 1 1 1 Cộng các bất đt: ( ) 6 ( ) 6 3(DPCM ) 2 a2 b2 c2 2 2 a2 b2 c2 2 2 a2 b2 c2
5. Phần B. Đáp ánCâu 5 a) Gọi I là giao điểm của MN và AC. Ta có MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O), I ∈ MN nên phương tích của I đối với (J) và (O) bằng nhau ⇒ IB IH IA.IH IB.IC Vì BE // AN nên IA IC IB IE IE IH EH / /NC IA IN IN IC Câu 6Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số 1 1 1 1 (x;x;y;y;x;y) và ( ; ; ; ; 1 y2 ; 1 x2 ) ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 (x. x. y. y. x 1 y2 y 1 x2 )2 (x2 x2 y2 y2 x2 y2)( 1 y2 1 x2) 2 2 2 2 22 22 22 22 Áp (x y x 1 y2 y 1 x2 )2 (3x2 3y2)(3 x2 y2) x y x 1 y2 y 1 x2 3 (x2 y2)(3 x2 y2) dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: 2 2 2 2 x y 3 x y 3 2 2 3 3 (x2 y2 )(3 x2 y2 ) x y x 1 y y 1 x 2 2 2 3 Dấu = xảy ra khi x=y= Ta có đpcm 2 Đề số 6. Sở GD và ĐT Lạng Sơn. Năm học 2013 - 2014 1 1 x Câu 1 b/Rút gọn: C ( ) với x>0 và x 1 x 1 ( x)2 x x 1 Câu 2 (1điểm)Vẽ đồ thị các hàm số y=x2;y=2x-1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ, xác định tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. b/Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 5m. Tính kích thước của mảnh đất, biết rằng diện tích mảnh đất là 150m2. Câu 4 (4điểm)Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến MBC (B nằm giữa M và C). Gọi E là trung điểm của dây BC. a/Chứng minh: MAOE là tứ giác nội tiếp. b/MO cắt đường tròn tại I (I nằm giữa M và O). Tính ·AMI 2M· AI c/Tia phân giác góc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh: MD2 MB.MC Câu 5 (1điểm)Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình: x2 y2 (x 1)2 (y 1)2 2xy(x y 2) 2 Câu 4: a. Chứng minh MD2 MB.MC Do tam giác MAB đồng dạng với tam giác MCA (g.g) nên MA2 MB.MC Gọi K là giao điểm của phân giác AD với đường tròn (O) 1 1 » » 1 » Có M· DA (sdK»C sd B»A) =(sdKB sd BA) sd KA (vì AD là phân giác góc 2 2 2 BAC nên cung KB = cung KC) 1 Mặt khác: M· AD sd K»A (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)Nên tam giác MAD cân: MA = MD 2 Vậy MD2 MB.MC (đpcm) Câu 5Từ giả thiết => (x y xy)(x y xy 2) 0 0,25đ(chú ý: Khi đặt S=x+y và P=xy thì dễ nhìn hơn) TH1:x+y-xy=0 (x-1)(1-y)=-1 ta nhận được nghiệm (2;2 );(0;0 ) 0,25đ TH2: x+y-xy-2=0(x-1)(1-y)=1 ta nhận được nghiệm (2;0);(0;2) 0,25đ Vậy nghiệm của phương trình là (2;2 );(0;0 );(2;0 );(0;2 ) 0,25đ
6. Đề số 7. Sở GD và ĐT Lào Cai. Năm học 2013-2014 1 1 a 1 a 2 1 Câu I: 2/Cho bt: P ( ):( ) /Rút gọn P b/So sánh giá trị của P với số a 1 a a 2 a 1 3 Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) (với m là tham số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Tìm tọa độ giao điểm đó. (m 1)x y 2 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: (m là tham số)a/Giải hệ phương trình khi m = 2 mx y m 1 b/Cmr với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệmduy nhất (x; y) thỏa mãn: 2x + y 3 Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) . b/Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. Câu V : (3,0 đ)Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đg thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP 2) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc PNM 3) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R Phần B. Đáp ány = 2 – (m-1)x thế vào phương trình còn lại ta có: mx + 2 – (m-1)x = m + 1 x = m – 1 suy ra y = 2 – (m-1)2 với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2) 2x + y = 2(m-1) + 2 – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = 3 – (m-2)2 3 với mọi m Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn: 2x + y 3 Câu V : (3,0 điểm)tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800.PM//AQ suy ra P·MN K·AN (So le trong)P·MN ·APK (cùng chắn cung PN)=> K·AN ·APK Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chungK·AN K· PA nên hai tam giác đồng dạng (g-g KA KN 2 » ¼ KA KN.KP b/PM//AQ mà SQ  AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ  PM suy ra PS SM KP KA Nên P·NS S·NM hay NS là tia phân giác của góc P·NM c/Gọi H là giao điểm của PQ với AO G là trọng tâm của tam giác APQ nên AG = 2/3 AH mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/ 3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3do đó AG = 2/3 . 8R/3 = 16R/9 Đề số 8. Sở GD và ĐT Long An. Năm học 2013 - 2014 x y y x Phần A. ĐềCâu 1: (2đ)Bài 1: Rút gọn bt : b)( ).( x y) (với x>0;y>0) xy Bài 2: Giải phương trình: 2x 1 3 Câu 2: Cho các hàm số; (P):y=2x2 và (d ): y= -x+3 Vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy b/Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên. c/Cho phương trình ẩn x: x2 2mx m2 m 1 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình trên có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó với m vừa tìm được. Câu 4: (4đ)Bài 1:Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm, BC = 5cm, AH là chiều cao của tam giác ABC. Tính độ dài AC và AH Bài 2:Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Ba đường cao AE, BF, CG cắt nhau tại H (với E thuộc BC, F thuộc AC, G thuộc AB). a/Chứng minh các tứ giác AFHG và BGFC là các tứ giác nội tiếp. b/Gọi I và M lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tứ giác AFHG và BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I. c/Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm O. Chứng minh: EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2
7. Phần B. Đáp ánBài 2 (3điểm) b. Gọi I và M lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHG và BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I). I·GA I·AG (tam giác IAG cân tại I ) (1) 0,25đ G·BM B·GM ( tam giác MGB cân tại M ) (2) 0,25đ I·AG G·BM 90o (3) Từ (1), (2) và (3) => I·GA B·GM 90o I·GM 90o MG  IG =>MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I 0,25đ c)Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm O. Chứng minh: EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2 Kẻ đường kính AK của đường tròn tâm OEA2 EB2 EC 2 ED2 AB2 DC 2 (4) 0,25đ Tam giác ABK vuôn tại B AB2 BK 2 AK 2 4R2 (5) 0,25Đ Tứ giác BCKD là hình thang ( BC//DK do cùng vuông góc với AD ) (6) 0,25đ Tứ giác BCKD nội tiếp đường tròn (O) (7) Từ (6), (7) => BCKD là hình thang cân.=> DC = BK (8) 0,25đ Từ (4), (5), (8) => EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2 0,25đ Đề số 9. Sở GD và ĐT Nam Định. Năm học 2013-2014 x 2 x 2 x Câu 1. (1,5 điểm). Cho biểu thức A ( ) : với x > 0 và x khác 1. x 2 x 1 x 1 x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2/Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 - m – 1 =0 (1), với m là tham số. 1)Giải pt (1) khi m = 1. 2)Xác định m để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1(x1 +2) +x2(x2+2) = 10. x 2 2 6 Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình x 1 y 2 5 1 3 x 1 y 2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối cùa tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không trùng với B). a/ Chứng minh : AE 2 EK.EB b/Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. AE EM c/Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 EM CM Câu 5. (1,0 điểm). Giải phương trình: (3x2 6x)( 2x 1 1) 2x3 5x2 4x 4 AE EM 3)Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 EM CM +Chỉ ra ∆OEM cân tại M: do có góc EOM = góc MEO (vì cùng bằng góc AEO) suy ra ME = MO. +Có OM và AE cùng vuông góc với AB nên OM // AE, áp dụng định lý Ta- lét trong ∆CEA ta có: CE AE CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM Ta có: 1 1 CM OM CM OM CM OM CM OM OM CM
8. AE EM Mà ME = MO nên suy ra 1 EM CM Bài 5 Giải phương trình: (3x2 6x)( 2x 1 1) 2x3 5x2 4x 4 1 +Điều kiện x +Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương 2 x 2 (x 2)[3x( 2x 1 1) (2x2 x 2)] 0 2 3x( 2x 1 1) (2x x 2) 0 +Giải phương trình 3x( 2x 1 1) (2x2 x 2) 0 3x( 2x 1 1) x(2x 1) 2 0(2) 2 t 1 4 3 2 2 2 Đặt 2x 1 t(t 0) suy ra x thay vào pt (2) ta được t 3t 2t 3t 1 0 (t t 1)(t 4t 1) 0 2 t2 4t 1 0 t 2 3 Từ đó tìm được x 4 2 3(TM ) +Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x=2 và x 4 2 3 Đề số 10. Sở GD và ĐT Nghệ An. Năm học 2013-2014 2 1 1 Phần A. ĐềCâu 1: (2,0 điểm)Cho biểu thức P ( ) : x 4 x 2 x 2 3 a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P. b/Tim x để P 2 Câu 2: (1,5 điểm)Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m. Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì diện tích mảnh vườn giảm 2 m2. Tính diện tích của mảnh vườn. Câu 3: (2,0 điểm)Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số) 2 2 b/Tìm m để pt có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 2(m 1) x2 3m 16 Câu 4: (3,5 điểm)Cho tam giác ABC nhọn (AB AM 3 GM 1 Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, Suy ra G là trong tâm của ABC AM 3 Câu 5 a2 a b b2 b c c2 c a a; b; c Áp dụng BĐT cô si ta có a b 4 b c 4 c a 4 a2 b2 c2 a b b c c a a b c 1 a b c ( ) a b b c c a 4 4 4 2 2
9. a2 b2 c2 1 Vậy a b b c c a 2 Đề số 11. Sở GD và ĐT Quảng Ngãi. Năm học 2013 - 2014 2/Cho hàm số bấc nhất y= (2m+1)x-6 a/Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R? b/Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm A 1;2 2 x y xy 1 Bài 2: (1/2/Tìm m để pt x mx m 2 0 có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn |x1-x2|=2 3/Giải hpt: x 2y xy 1 Bài 3: (2,0 điểm)Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm? Bài 4: (3,5 điểm)Cho đường tròn O cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn O , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn O tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC. 1) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: AK.AI=AB. AC 3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao? 4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM =2.IN x2 2x 2014 Bài 5: (1,0 điểm)Với x 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A x2 Phần B. Đáp án Bài 4: (3,5 điểm) (Giải vắn tắt)3Ta có IB=IC=>OI vuông BC =>AIO=90o mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO B  M I  M Giới hạn: Khi B  N I  N Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên MON của đường tròn đường kính AO. 1) Tam giác KIN đồng dạng với tam giác KMA(g-g) IN KN KN.MA IN MA KA KA IM KM KM.N A KM.MA Tam giác KIM đồng dạng với tam giác KNA(g-g) IM (Do NA=MA) NA KA KA KA KN.MA KN 1 IN 1 1 KN 1 Do đóIM 2IN KA Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với IM 2 KM.MA 2 KM 2 KM 2 KA x2 2x 2014 Bài 5: (1,0 điểm) A Ax2 x2 2x 2014 (A 1)x2 2x 2014 0 x2 ' 1 2014(A 1) * Với A=1 x=1007 * Với A 1 PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có 1 2014A 2014 2014A 2013 ' 0 2013 PT (1) có nghiệm khi 2013 Kết hợp với trường hợp A=1 ta có A 2014A 2013 0 A min 2014 2014 Đề số 12. Sở GD và ĐT Quảng Ninh. Năm học: 2013-2014 x x 2x Bài 1 b/Rút gọn biểu thức: A Với x > 0; x ≠ 1. x 1 x x c/Xác định hệ số a để hàm số y = ax – 5 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1,5. Bài 2 (2,0 điểm)a/Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 với đồ thị hàm số y = - 5x + 6.
10. b/Cho phương trình: x2 – 3x – 2m2 = 0 (1) với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai 2 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x1 4x2 Bài 3 (2,0 điểm).Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ và người thứ hai làm 6 giờ thì họ làm được một phần tư công việc. Hỏi mỗi người thợ làm một mình thì trong bao nhiêu giờ mới xong công việc đó. Bài 4 (3,5điểm).Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B,C là các tiếp điểm). a, Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b, Qua B kẻ đường thg song song với AO, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. Cm ba điểm C,O,E thg hàng. c, Gọi I là giao điểm của đoạn thẳng AO với đường tròn (O), chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC khi OB = 2 cm, OA = 4 cm. d, Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) lấy điểm M tùy ý (M B,C). Kẻ MD vuông góc với BC, MS vuông góc với CA, MT vuông góc với AB (R, S, T là chân các đường vuông góc). Chứng minh: MS.MT = MR2 Bài 4 (0,5 đ).Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: ( x y)3 ( y z)3 ( z x)3 0 . Tính giá trị biểu thức T ( x y)2013 ( y z)2013 ( z x)2013 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Câu 4: a. Nối BC, ta thấy B và C là các tiếp điểm nên dễ dàng suy ra được BC AO Mà BE // AO BE BC hay EBC 900Suy ra CE là đường kính của đường tròn tâm (O). Do đó O thuộc CE hay ba điểm C, O, E thẳng hàng Nối BC, BI do AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên OA là tia phân giác của góc BOC (Tính chất tiếp tuyến) nên cung BI bằng cung CI.ABI=CBI hay BI là tia phân giác của góc ABC Hơn nữa theo tính chất tiếp tuyến, ta có AB=AC; BAO= CAODo đó I là đường tròn nội tiếp tam giác ABC AO BC H IH là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi OA=4cm, OB=2cm OA 2OBmà tam giác ABO vuông tại B BAO=90o; AOB =60o. Ta suy ra được MB MR IH IO/2 1cmD. Dễ dàng chứng minh được MBR và MCS đồng dạng (g-g), suy ra MC MS MB MT Lập luận tương tự ta cũng có MBT và MCR đồng dạng, suy ra MC MR Từ đó ta có : MS.MT MR2 (đpcm) a b c 0 ( x y) a( y z) b( z x) c Câu 5: 3 3 3 a b c 0 a b Biến đổi 3 3 3 2 2 2 2013 2013 2013 a b c 3abc (a b c)(a b c ab bc ca) b c a b c 0 T a b c 0 c a Đề số 13. Sở GD và ĐT TH.HCM. Năm học 2013-2014 4 2 2x y 3 Bài 1: (2 điểm)Giải các phương trình và hệ phương trình sau: c)x 3x 4 0d) x 2y 1 Bài 2: (1,5 điểm)Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2và đường thẳng (d): y=-x+2 trên cùng một hệ trục tọa độ a) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính. x 3 x 3 Bài 3: (1,5 điểm)Thu gọn các biểu thức sau:A ( ). với x 0; x 9 x 3 x 3 x 9 B 21( 2 3 3 5 )2 6( 2 3 3 5 )2 15 15
11. 1 Bài 4: (1,5 điểm)Cho phương trình8x2 8x m2 1 0 (*) (x là ẩn số)Định m để pt (*) có nghiệm x 2 4 4 3 3 a) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: x1 x2 x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm)Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, Ccố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M.Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (Dthuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng MBC=BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳngQF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất BÀI GIẢI 2 2 4 4 3 3 Câu 4:b/ ' 16 8m 8 8(1 m ) Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là: x1=x2 khi đó x1 x2 x1 x2 thỏaĐiều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: Do đó yêu cầu bài toán  m= 1 m2 1 x x 1; x x x 4 x 4 x 3 x 3 x 3 (x 1) x 3 (x 1) 0 1 2 1 2 8 1 2 1 2 1 1 2 2 3 3 Cách khácKhi 0 ta c x1 x2 x1x2 0(Do x1 1 x2 ; x2 1 x1) 2 2 x1x2 (x1 x2 ) 0 (x1 x2 )(x1 x2 ) 0(do x1x2 0) x1 x2 m 1 Câu 5: a/Ta có PTQ=90o do PQ là đường kínhVà 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM FI FT có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và (vì FI.FM = FD.FE = FQ FM FT.FQ)Nên FIQ=FTM mà FIQ=OIM=90o (I nhìn OM dưới góc 90o)Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM=180o b/Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khácO’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’;O’T lần lượt tại L và T Vẽ IH vuông BC tại H IH IT O ' I O 'T O 'O O ' L OL Đề số 14. Sở GD và ĐT Bắc Giang. Năm học 2013 - 2014 Câu I. (2 điểm)2. Tìm m để hàm số y (1 m)x 2 , (m ≠ 1) nghịch biến trên R. x 3y 4 4 2 x 5 Câu II. (3 điểm)1. Giải hệ pt: 2. Rút gọn biểu thức: Bvới x ≥ 0, x ≠ 1 3x 4y 1 x 1 1 x x 1 3. Cho phương trình:x2 2(3 m)x 4 m2 0 (x là ẩn, m là tham số) (1). b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ||x1| – |x2|| = 6. Câu III. (1,5 điểm)Hai lớp 9A và 9B có tổng số 82 học sinh. Trong dịp tết trồng cây năm 2014, mỗi học sinh lớp 9A trồng được 3 cây, mỗi học sinh lớp 9B trồng được 4 cây nên cả hai lớp trồng được tổng số 288 cây. Tính số học sinh mỗi lớp. Câu IV. (3 điểm)Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC = R. Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với CA. Lấy điểm M bất kì trên (O) không trùng với A, B. Tia BM cắt đường thẳng d tại P. Tia CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N, tia PA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q.1. Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp. 2. Tình BM.BP theo R
12. 3. Chứng minh hai đường thẳng PC và NQ song song. 4. Chứng minh trọng tâm G của tam giác CMB luôn nằm trên một đường tròn cố định khi M thay đổi trên (O). Câu V. (0,5 điểm)Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh: 9a 25b 64c 30 b c c a a b 2 2 2 | x1 | | x2 | 6 | x1 | | x2 | 36 x1 x2 2 | x1 |.| x2 | 36 2 2 2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2 | x1x2 | 36 2(3 m) 2( m 4) 2 | m 4 | 36 4(3 m)2 2( m2 4) 2(m2 4) 36 (do m2 4 0m | m2 4 | m2 4) 2 3 m 3 m 0 (3 m) 9 .Vậy m ∈ {0;6} là giá trị cần tìm. 3 m 3 m 6 Câu III.Gọi x, y lần lượt là số học sinh của lớp 9A và lớp 9B (x, y ∈ ℕ, x, y < 82) Tổng số học sinh của hai lớp là 82 ⇒ x + y = 82 (1) Mỗi học sinh lớp 9A và 9B lần lượt trồng được 3 cây và 4 cây nên tổng số cây hai lớp trồng là 3x + 4y (cây). x 40 Theo bài ra ta có 3x + 4y = 288 (2)Giải hệ hai phương trình (1) và (2) ta có (thỏa mãn) y 42 Vậy số học sinh lớp 9A và 9B lần lượt là 40 và 42. Câu IV.3. Ta có:AMNQ là tứ giác nội tiếp ⇒ MNQ = PAM (góc trong tại một đỉnh và góc ngoài tại đỉnh đối diện) (1) AMPC là tứ giác nội tiếp ⇒ PCM = PAM ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2) Từ (1) và (2) ⇒ MNQ = PCM Hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau ⇒ PC // NQ. 4. Gọi D là trung điểm BC, là điểm cố định. Qua G kẻ đường thẳng song song MO cắt AB tại I. 2 *G là trọng tâm tam giác BCM nên G ∈ đoạn MD và MG = MD (tính chất trọng tâm) 3 OI MG 2 2 Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét cho tam giác DMO ta có I ∈ đoạn DO và OI OD. Mà O, OD MD 3 3 D là hai điểm cố định nên I cố định. GI DG 1 1 R *Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét ta có⇒ G luôn cách điểmIG I cốMO định .một MO DM 3 3 3 R R khoảng không đổi.⇒ Khi M di động, điểm G luôn nằm trên đg tròn tâm I, bán kính 3 3 9a 25b 64c 9(a b c) 25(a b c) 64(a b c) 9 25 64 128 128 Câu V: BĐT cần c/m tương đương với b c c a a b b c c a a b 9 25 64 (a b c) 128(*) b c c a a b 3 5 6 Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho 2 bộ số b c; c a; a b và ; ; ,ta có: b c c a a b
13. 2 2 2 2 2 2 2 3 5 8 3 5 8 b c c a a b . b c. c a. a b. b c c a a b b c c a a b 9 25 64 2 9 25 64 (b c c a a b) (3 5 8) 2(a b c) 256 b c c a a b b c c a a b 9 25 64 (a b c) 128 b c c a a b b c c a a b b c c a a b a b (b c) (c a) a b a b 2c Dấu bằng xảy ra c 0 3 5 8 3 5 8 8 3 5 8 8 b c c a a b 9a 25b 64c (vô lí). Do đó dấu bằng không xảy ra⇒ BĐT (*) đúng 30. b c c a a b Đề số 15. Sở GD và ĐT Bình Định. Năm học 2014-2015 Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1) + m – 3 = 0 (1) a)Chứng minh pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b)Tìm m để pt (1) có hai nghiệm đối nhau. Bài 3: (2,0 điểm) Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu? Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy hai điểm G và E (theo thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. DA DG.DE a. Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. b. Chứng minh BF = BG c. Chứng minh: BA BE.BC 1 1 1 1 1 1 Bài 5: (1 điểm)Cho A B 1 Chứng minh B > A. 1 2 2 3 3 4 120 121 2 35 Bài 4:b) Chứng minh BF = BGGọi P là giao điểm của CD và BFTa có: A là trực tâm của tam giác CPB=> PA  CB Mà AE  CB ( vì góc AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>P, A, E thẳng hang D và E cùng nhìn đoạn PB cố định dưới 1 góc 900=>Tứ giác PDEB nội tiếp. 1 1 =>DEP=DBP= sđ PD(vì EDPB nội tiếp chứng minh trên)Mà DEP=GBA= sđ GA 2 2 =>DBP = GBATa lại có: AGB = AFB = 900 ( vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AB là cạnh chung=>∆ AGB=∆ AFB ( cạnh huyền – góc nhọn)=>BG=BF DA DG.DE c) Chứng minh: Ta có ADC=900(GT) CEA=90o(C/M trên) BA BE.BC =>ADC+CEA=180O=>DAEC nội tiếp=>BE.BC=BA.BD(vì BED đồng dạng BAC) DA DA.DB =>DA.BE.BC=DA.BA.BD=> Mà DA.DB=DG.DE(Vì DGB đồng dạng DAE) DB BE.BC
14. DA DG.DE Nên BA BE.BC 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 120 121 A 10 1 2 2 3 3 4 120 121 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 Bài 5:Ta có: B 1 Vậy B>A 2 35 1 1 2 2 35 35 1 2 2 3 35 36 1 2 2 3 35 36 2( ) 10 A 1 1 1 Đề số 16. Sở GD và ĐT Bình Phước. Năm học 2014-2015 x x x 1 Câu 1: (2,0 điểm)2/Cho biểu thức G = .Tìm x để G có nghĩa và rút gọn G. x 1 x 1 Câu 2 (2,0 điểm)1/Cho parabol (P): y = - x2 và đường thẳng d: y = 3x +2 a. Vẽ parabol (P) và đường thẳng d trên cùng một hệ trục toạ độ. b. Viết phương trình đường thẳng d’ vuông góc với đường thẳng d và tiếp xúc với (P). 3x y 5 2/Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 5x 2y 23 Câu 3: (2,5 điểm)Cho phương trình x2 + mx + 1 = 0 (1), m là tham số 2 2 x1 x2 b.Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn 2 2 7 x2 x1 2/Cho mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 360 m2. Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thì diện tích không thay đổi. Tính chu vi của mảnh vườn lúc ban đầu. Câu 4 : (1,0 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh AB = 6cm, Cµ = 600. Hãy tính các cạnh còn lại và đường cao, đường trung tuyến hạ từ A của tam giác ABC. Câu 5: (2,5 điểm)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R), các tiếp tuyến tại B và C với đường tròn (O;R) cắt nhau tại E, AE cắt (O;R) tại D (khác điểm A).a/Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn . b/Từ E kẻ đường thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của (O;R), d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP = AD.AE BC 2 c/Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh EP = EQ và P·AE M· AC d/C/m AM.MD = 4 Câu 5: 1/ (O) có:- ADB = BAx (cùng chắn cung AB) (1) - PQ // d APE = Bax (so le trong) (2) Từ (1),(2) góc ADB = APETam giác ABD và tam giác AEP có: ADB = APE (cmt) và EAP chung=>tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEP AB AD (g.g)=> AB.AP AD.AE(DPCM) AE AP 3. (O) có:Góc BAx = B2 (cùng chắn AB)Góc B1 = B2 (đối đỉnh)=>góc BAx=B1 Mà góc BAx = APE (cmt) =>góc B1 = APE=>tam giác BEP cân tại E =>EB=EP(1) (O) có: CAy = C2 (cùng chắn AC); C1 = C2 (đối nhau)=>CAy = C1 PQ // d=>CAy=AQE (so le trong)=>C1 = AQE=>tam giác CEQ cân tại E =>EQ=EC (2) Hai tiếp tuyến EB và EC cắt nhau tại E=>EB=EC (3)Từ (1)(2)(3)=>EP=EQ(đpcm) 4.Tam giác ABC và tam giác AQP có:ACB = APQ (cùng bằng Bax) và PAQ chung=>Tam giác ABC với tam AC BC 2.MC MC PE PA giác AQP đồng dạng (g.g) AP PQ 2.PE PE CM CA
15. PE PA Tam giác AEP và tam giác AMC có: (cmt)APE=ACM(cùng bằng Bax) CM CA =>Tam giác AEP đồng dạng với tam giác AMC (c.g.c)=>PAE=MAC(đpcm) 5. Gọi N là giao điểm của tia AM và (O) ta có: BAN = BCN (cùng chắn BN) AMB = NMC (đối đỉnh) AM MB BC BC BC 2 =>tam giác AMB đồng dạng CMN (g.g) AM.MN MB.MC . (*) CM MN 2 2 4 (O) có: Góc PAE=MAC(cmt)=>góc BAD=NAC Góc BAD nội tiếp chắn cung BD Góc NAC nội tiếp chắn cung CN=>BD=CN Tam giác EBC cân tại E góc EBM = ECM góc EBD + DBM = ECN + NCM Mà EBD = ECN (chắn 2 cung bằng nhau) DBM = NCMTam giác BDM và tam giác CNM có: MB=MC DBM=NCM BD=CN BC 2 => Tam giác BDM= tam giác CNM =>MD=MN( ) Từ (*) và ( ) => AM.MD = (đpcm) 4 Đề số 17. Sở GD và ĐT Cà Mau. Năm học: 2014-2015 Câu 1. Tìm tham số m để phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 2m2 + 2m +1 = 0 vô nghiệm. 1 1 Câu 2. (1,5 đ)Tính giá trị của biểu thức ARút gọn B x với 1 22 ≤x x 2 NC ⊥ AC và NB ⊥ AB mà BH ⊥ AC và CH ⊥ AB =>NC // BH và NB // CH => BHCN hình bình hành => M là trung điểm HN AH Vì OA = ON => OM là đường trung bình ∆ AHN => OM = và OM // AH 2 Gọi I là trung điểm AH. Ta có ·AKH ·AFH 90o =>AKHF nội tiếp đường tròn đường kính AH =>I là tâm và AI là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tứ giác AKHF hay của ∆AFK. AH Vì BC, (O) cố định => M cố định => OM cố định => AI OM cố định 2 => đường tròn ngoại tiếp của ∆ AFK có bán kính AI = OM cố định. Vậy khi A di đg trên cung nhỏ PQ (khg trùng với P, Q) thì đg tròn ngoại tiếp ∆ AFK có bán kính không đổi. ề số 18. Sở GD và ĐT Đak Lak. Năm học: 2014-2015 2x ay 5b 1 x 1 Câu 1: (1,5 điểm)Cho hệ phương trình: .Tìm a,b biết hệ có nghiệm bx 4y 5 y 2 Câu 2: (2 điểm)Cho phương trình x2-2(m+1)x+m2+3m+2=0(1). (m là tham số) 1) Tìm các giá trị của m đề phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
16. 2 2 2) Tìm các giá trị của m đề phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn x1 x2 12 2 3 2 3 Câu 3: (2 điểm)Rút gọn biểu thức : A 7 4 3 7 4 3 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và song song với đường thẳng (d): x+y=10 Câu 4: (3,5 điểm)Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Lấy điểm M tùy ý thuộc đoạn HC (M không trùng với H,C). Hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh AB,AC lần lượt là P và Q. 1) Chứng mr APMQ là tứ giác nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ 2) Chứng minh rằng BP.BA=BH.BM Chứng minh rằng OH PQ 3) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên HC thì MP+MQ không đổi Câu 5: (1 điểm)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 4 x 3 A 4x 2016 với x>0 4x x 1 Câu 4: 1) AHM=90o(gt) =>H thuộc đường tròn đường kính AM=>A,P,H,M,Q cùng thuộc đường tròn O. PAH=QAH (vì tam giác ABC đều,AH là đường cao nên cũng là đg phân giác =>PH=QH => PH=QH=>H thuộc đường trung trực của PQ (1) OP=OH (cùng bán kính) => O thuộc đường trung trực của PQ (2) Từ (1) và (2) => OH là đường trung trực của PQ => OH PQ 1 1 1 SABM SCAM SABC AB.MP AC.MQ BC.AH 4) 2 2 2 1 1 1 1 1 BC.MP BC.MQ BC.AH (Do AB.AC=BC) BC(MP MQ) BC.AH MP MQ AH 2 2 2 2 2 Vì AH không đổi lên MP+MQ cũng không đổi 1 4 x 3 1 4 x 3 A 4 x 2 0 1 6 ( 4 x 2 ) ( 4 ) 2 0 1 4 Câu 5: (1 điểm)Với x>0 ta có: 4 x x 1 4 x x 1 1 4 x 4 x 1 1 ( 2 x 1) 2 ( 2 x ) 2 2 0 1 4 ( 2 x ) 2 2 0 1 4 2 0 1 4 2 x x 1 2 x x 1 1 =>min A=2014 2 x 0 1 2 x x 4 2 x 1 0 Đề số 19. Sở GD và ĐT Đà Nẵng. Năm học: 2014-2015 x 2 2x 2 3x 4y 5 Bài 1 (1,5 đ)/Rút gọn P với x > 0, x 2Bài 2 (1,0 điểm)Giải hệ pt 2 x x 2 x 2 6x 7y 8 Bài 3 (2,0 điểm)Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm) 1)Vẽ đồ thị (P) 2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một trong hai giao điểm đó bằng 1. Bài 4 (2,0 điểm)Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số. 1)Giải phương trình khi m = 0. 2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1< x2, tìm tất cả các giá trị của m sao cho |x1|-|x2|=6 Bài 5 (3,5 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D. 1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C). 2)Trên cung nhỏ AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: a) BA2 = BE.BF và BHE=BFC b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một. HẾT
17. m 4 m 4 m 4 m 4 m 4 1 m 7 m hay 7 m m 7 (L) hay m 7 2 4 m 4 m 4 m 4 4 4 7 m 4 m 4 4 m 7 m 4 m 4 m 4 m 3 hay m=5 2 m 3 m 2m 15 0 m 5 Bài 52)a) Trong tam giác vuông ABCta có AB2 =BH.BC(1) Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBAvì có góc B chungvà BAE=BFA(cùng chắn cung AE) AB BE AB2 BE.FB(2) BE BH suy ra FB BA Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FBTừ BE.BF= BH.BC BC BF BE BH 2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và BHE=BFC BC BF b) do kết quả trên ta có BFA= BAE HAC=EHB=BFC , do AB //EH. suy ra DAF=DAC – FAC=DFC – CFA=BFA DAF=BAE , 2 góc này chắn các cung AE,DF nên hai cung này bằng nhau Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH=HDN (do AD // AF) Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF. Vậy HK // AF.Vậy ED // HK // AF. Đề số 20. Sở GD và ĐT Hải Phòng. Năm học: 2014-2015 1 1 1 Bài 1. (1,5 điểm)Rút gọn các biểu thức: A 7 2 10 20 8 B 2 3 2 3 2 1. Lập phương trình đường thẳng bậc nhất (d) biết (d) đi qua các điểm A(-5; 2005) và B(2; 2019)trên mặt phẳng tọa độ Oxy Bài 2. (2,5 điểm)Giải bất phương trình x2 – (x – 1)2 ≥ (x + 3)2 – (x + 1)2 1. Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b/Tìm giá trị nhỏ nhất củavới x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một ca nô chạy xuôi dòng sông từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B về A hết tất cả 7 giờ30 phút. Tính vận tốc thực của ca nô biết quãng đường sông AB dài 54 km và vận tốc dòng nướclà 3 km/h. Bài 3. (3,0 điểm)Cho đường tròn (O) cố định và tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), cácđường cao BD và CE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở D’ và E’ 1. Chứng minh rằng tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp và DE // D’E’ 2. Chứng minh rằng OA vuông góc với DE 3. Cho các điểm B và C cố định. Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC sao cho tamgiác ABC là tam giác nhọn thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi. Bài 4 (1,0 điểm)Cho 3 số a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3 b3 b3 c3 c3 a3 a b c 2ab 2bc 2ca 1. Vẽ hình * Có BD và CE là các đường cao của ∆ABC => BD ⊥ AC, CE ⊥ AB=>BDC=90o ;BEC=90o
18. + Tứ giác BEDC có BDC=90o ;BEC=90omà 2 góc này cùng chắn cạnh BC => tứ giácBEDC nội tiếp (điều phải sd D»C chứng minh) * Tứ giác BEDC nội tiếp Eµ Bµ (1) 1 1 2 sd E¼'C * Xét đường tròn (O) có Bµ D¶' (2) 1 1 2 ¶ µ Từ (1) và (2) =>D '1 E1 mà đây là 2 góc đồng vị => DE // D’E’ (điều phải chứng minh) sd E»D 2.* Tứ giác BEDC nội tiếp => B¶ C¶ 2 2 2 ¶ ¶ * Trong đường tròn (O) có =>B2 C2 =>số đo cung AE’ = số đo cung AD’ => A là điểmchính giữa cung D’E’ => AO đi qua trung điểm của D’E’=> AO ⊥ D’E’ , mà DE // D’E’=>OA ⊥ DE (đpcm) 3.* Ta có tứ giác AEHD có·AEH ·ADH 90o =>AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứgiác AEHD => AH AH đồng thời là đường kính của đg tròn ngoại tiếp ∆ADE là bán kính của đg tròn ngoại tiếp ∆ADE. 2 * Vẽ đường kính AN của đường tròn (O) =>N· CA 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NC ⊥ AC => NC // BD * Chứng minh tương tự có BN // CE => Tứ giác BHCN là hình bình hành. * Gọi M là giao điểm của BC và HN => M là trung điểm HN => AH = 2.OM Mặt khác M là trung điểm của BC nên OM ⊥ BC OM là khoảng cách từ O đến BC, mà BCcố định, O cố định nên OM không đổi=> AH không đổi (đpcm). a3 b3 a b Bài 4.+ Ta có:a3 b3 (a b)(a2 b2 ab) (a b).ab (Theo cô-si) (1) 2ab 2 b3 c3 b c c3 a3 c a + Tương tự ta có: (2) (3) + Cộng vế (1), (2), (3) ta có: 2bc 2 2ca 2 a3 b3 b3 c3 c3 a3 a b b c c a a3 b3 b3 c3 c3 a3 a b c(DPCM)Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. 2ab 2bc 2ca 2 2 2 2ab 2bc 2ca Đề số 21. Sở GD và ĐT Hà Nội. Năm học: 2014-2015 x 2 1 x 1 Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức P ( ). với x > 0 và x khác 1 x 2 x x 2 x 1 x 1 a)Chứng minh rằng P b)Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5 x Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? 4 1 5 Bài III (2,0 điểm)Giải hệ phương trình: x y y 1 1 2 1 x y y 1 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài IV (3,5 điểm)Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 1) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF.
19. 3) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài V (0,5 điểm)Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab b)Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.Ta có S OAB SAA'B'B S OAA' S OBB' Ta có : A' B ' | x B' xA' | x B' xA' 5, AA' yA 9; BB ' yB 4 AA' BB ' 9 4 65 1 27 SAA'B'B .A' B ' .5 (dvdt)S OAA' A' A.A'O (dvdt) Diện tích hình thang : 2 2 2 2 2 1 65 27 S B ' B.B 'O 4(dvdt)S S S S 4 15(dvdt) OBB' 2 OAB AA'B'B OAA' OBB' 2 2 Bài IV (3,5 điểm) .3)OE là đường trung bình của tam giác ABQ.OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF=90o Tương tự ta có OME=90o nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN .4) 2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN 2R.PQ AM.AN 2R(PB BQ) AM.AN AB BP Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra AB2 BP.BQ QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB+ BQ 2 PB.BQ 2 (2R)2 4R AM 2 AN 2 MN 2 Ta có: AM.AN 2R2 Do đó, 2S 2R.4R 2R2 6R2 S 3R2 2 2 MNPQ MNPQ Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài V (0,5 điểm )Ta có Q 2a bc 2b ca 2c ab (a b) (a c) 2a bc (a b c)a bc (Do a b c 2) a2 ab bc ca (a b)(a c) 2 (a b) (a c) (Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c)Vậy ta có 2a bc (1) 2 (a b) (b c) (a c) (b c) Tương tự ta có : 2b ca (2) 2c ab (3) 2 2 2 Cộng (1) (2) (3) vế theo vế Q 2(a b c) 4 Khi a = b = c = thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4. 3 Đề số 22. Sở GD và ĐT Hòa Bình. Năm học: 2014-2015 Câu I. (3,0 điểm)Tìm x biết: 3x – 4 = 2 2x 3 5 1 1 b/Rút gọn: a)A 3 12 27b) B c/Phân tích đa thức thành nhân tử:A=x2-8x+15 1 x 1 x x x Câu II. (3,0 điểm)Vẽ đồ thị các hàm số sau trên cùng một hệ trục tọa độ: y và y 2 2 2 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = 3cm, BC = 5cm. Tính độ dài đg cao AH. 2x y 5m 1 2 2 2. Cho hệ pt: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: x 2y 2 x 2y 2 Câu III. (1,0 điểm)Có hai can đựng dầu, can thứ nhất đang chứa 38 lít và can thứ hai đang chứa 22 lít. Nếu rót từ can thứ nhất sang cho đầy can thứ hai thì lượng dầu trong can thứ nhất chỉ còn lại một nửa thể tích của nó. Nếu rót từ can thứ hai sang cho đầy can thứ nhất thì lượng dầu trong can thứ hai chỉ còn lại một phần ba thể tích của nó. Tính thể tích của mỗi can.
20. Câu IV. (2,0 điểm)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD ( F ∈ AD ) Chứng minh rằng tia CA là phân giác của góc BCF. 1) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: CM.DB = DF.DO x2 xy y2 Câu V. (1,0 điểm)Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức: C x2 xy y2 Câu IV 2) Vì ∆ CED vuông tại C nên CM = ME = MD ⇒ 2CM = DE Tam giác DEF đồng dạng với tam giác DAB=> DE DF DE.DB DA.DF 2CM.DB 2DO.DF CM.DB DO.DF DA DB Câu VĐiều kiện: x2 + xy + y2 ≠ 0 ⇔ x và y không đồng thời bằng 0Khi đó x2 + xy + y2> 0+Có x2 xy y2 1 2(x y)2 0 2x2 4xy 2y2 0 3(x2 xy y2) x2 xy y2 x2 xy y2 3 1 Dấu bằng xảy ra khi x = y ≠ 0. Vậy GTNN của C là 3 x2 xy y2 Có: 2(x y)2 0 2x2 4xy 2y2 0 x2 xy y2 3(x2 xy y2 ) 3 x2 xy y2 Dấu bằng xảy ra khi x = –y ≠ 0. Vậy GTLN của C là 3. Đề số 23. Sở GD và ĐT Hưng Yên. Năm học: 2014-2015 Câu 1: (2,0 đTìm m để dường thẳng y = (m +2)x + m song song với đường thẳng y = 3x – 2 1) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y = 2x2 , biết tung độ y = 18 Câu 2: ( 2,0 điểm).Cho phương trình: x2 2x m 3 0 ( m là tham số) 1) Tim m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm nghiệm còn lại. 3 3 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : x1 x2 8 a/Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 12m . Nếu tăng chiều dài thêm 12m và chiều rộng thêm 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng gấp đôi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó. Câu 4 ( 3,0 điểm) .Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là D, E. a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn . Xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh : HK // DE. c/Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CHK không đổi. x2 2y2 3xy 2x 4y 0 Câu 5 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 (x 5) 2x 2y 5 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 4 ( 3điểm ) a) - Gọi T là giao của hai đường cao AH và BK. Dễ CM được tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT.(do CHT=CKT=90o ). Do đó CT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. (*) - Gọi F là giao của CO với (O) hay CF là đường kính của (O). Ta có CAF=90o ( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA  CA Mà BK  CA (gt). Nên BK // FA hay BT // FA (1) Ta có CBF=90o ( góc nội tiếp chắn nửa (O))=> FB  CB Mà AH  CB (gt). Nên AH // FB hay AT // FB (2) Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFBTlà hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //)Do J là trung điểm của đg chéo AB Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT( tính chất về đường chéo hbh).
21. 1 Xét tam giác CTF có O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT Nên OJ là đg tb=>OJ= CT ( ) 2 Từ (*) và ( ) ta có độ dài của OJ bằng độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. Mà độ dài của OJ là khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB). Do (O) và dây AB cố định nên độ dài của OJ không đổi.Vậy độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi. 2 2 x x 2y 3xy 2x 4y 0(1) y Câu 5 (1 điểm ) Giải hệ phương trình (1) (x 2y)(x y 2) 0 2 (x2 5)2 2x 2y 5(2) y x 2 x *Xét y thì (2)  (x2 5)2 x 5 . Đặt x2 – 5 = a nên ta có hệ phương trình : 2 x2 5 a a x x2 a2 5 a x 5 (a x)(a x 1) 0 2 a x 5 a x 1 1 21 - Khi a = x ta có phương trình x2 – x – 5 = 0 x y 1 21 1,2 2 1,2 1 17 3 17 - Khi a = -x-1 thì ta có phương trình x2 + x – 4 = 0 x y 3,4 2 3,4 2 x2 5 3 x 2 2 y 2 2 2 * Xét y = x-2 thì (2) (x2 5)2 9 Vậy hệ phương trình đã cho có 8 2 x 5 3 x 2 y 2 2 Đề số 24. Sở GD và ĐT Kon Tum. Năm học: 2014-2015 Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành và THPT Kon Tum Câu 2: (2,0 điểm).2/ Xác định đường thẳng y = ax + b biết rằng đường thẳng này song song với đường thẳng y = -3x+ 5 và cắt Parabol y = 2x2 tại điểm A có hoành độ bằng – 1 Câu 3: (2,25 điểm).1/ Cho ABC vuông tại A và đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB. BiếtBH=2cm, HC=6cm. Tính diện tích hình quạt AOH (ứng với cung nhỏ AH). 2 2 2 2/ Cho PT: x – 2(m – 1)x – m – 3 = 0 (x là ẩn số). Tìm m để PT có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn x1 x2 10 Câu 4: (1,5 đ).Một bè gỗ được thả trôi trên sông từ cầu Đăk Bla. Sau khi thả bè gỗ trôi được 3 giờ 20 phút, một ngườichèo thuyền độc mộc cũng xuất phát từ cầu Đăk Bla đuổi theo và đi được 10km thì gặp bè gỗ. Tính vậntốc của bè gỗ biết rằng vận tốc của người chèo thuyền độc mộc lớn hơn vận tốc của bè gỗ là 4km/h. Câu 5: (2,0 điểm).Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A và B vẽ hai dây cung AC và BD của đường tròn (O) cắtnhau tại N bên trong đường tròn (C, D nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB). Hai tiếp tuyến Cx và Dycủa đường tròn (O) cắt nhau tại M. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. 1/ Chứng minh tứ giác DNCP nội tiếp đường tròn. 2/ Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng. Câu 3: a) AB2=HB.BC=(HB+HC)HB=(2+6)2=16 AB=4(cm) OA=2 (cm) CosABH=HB/AB=2/4=1/2 ABH=60° AOH=2ABH=120° OA2. .120o 4 S (cm2 ) quat AOH 360o 3 b) x2 – 2(m – 1)x – m – 3 = 0 (1) (a = 1; b = - 2(m - 1);c = - m - 3) ' = (m-1)2 + m + 3 = m2 - 2m + 1 +m + 3 = m2 - m + 4 = m2 -2.m. 1 1 15 1 2 15 15 (m ) 0m Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ,x2 với mọi m. 2 4 4 2 4 4 Theo hệ thức Vi-Et, ta có: x1 + x2 = 2m- 2 và x1.x2 = - m – 3 m 0 2 2 2 2 2 Ta có x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 10 (2m 2) 2m 6 10 0 2m 3m 0 3 m 2 Câu 5:
22. a)DNCP nội tiếpACB=ADB=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACPB và BDPA PAN=PCN=90° Tứ giác DNCP nội tiếpđường tròn đường kính PN b)P,M,N thẳng hangA,D,C,B cùng thuộc (O) tứ giác ADCB nội tiếp OBC=PDC Mà PDC=MNC( cùng chắn cung PC của đường tròn (DNCP)) OCB=OBC( OCB cân tại O) và MCN=OCB(cùng phụ OCN) MNC=MCN MCN cân tại M MN=MCvì MD=MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) MN=MC=MD DCN nội tiếp đường tròn tâm MMặt khác DCN nội tiếp đường đường kính PN(vì tứ giác DNCP nội tiếp) M là trung điểm PN Vậy P,M,N thẳng hàng (đpcm) Đề số 25. Sở GD và ĐT Lạng Sơn. Năm học: 2014-2015 1 2 x Câu I (2 điểm)2/Rút gọn biểu thức P ( ) với x > 0; x ≠ 4. x 2 x 2 x x 2 2 2 2 b/Tìm m để phương trình x – 2x – m + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 20 Câu IV (4 điểm).Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB; AC lần lượt tại M và N.Gọi H là giao điểm của BN cà CM, K là trung điểm của AH. a. Chứng minh rằng tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn. b/Chứng minh AM.AB = AN.AC c/Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Câu V (1 đ)Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + 2y ≤ 3Tìm giá trị lớn nhất của S x 3 2 y 3 Câu 4.Vẽ hình: a) Xét ∆AMC và ∆ANB có AMC=ACB=90o (chứng minh ý a) Có góc A chung nên ∆AMC đồng dạng ∆ ANB (g.g) AM AC AM.AB AN.AC AN AB b) Có H là trực tâm của ∆ ABC => AH vuông góc BC=>CAH+ACB=90o (1) KN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông NHA=>KNA=KAN (2) ∆ ONC cân tại O nên ONC=OCN (3)Từ 1, 2, 3 ta có: KAN+ONC=90o =>KNO=90o hay KN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O 2 2 2 2 a1 b1 Câu 5 .Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: a1b1 a2b2 (a1 a2 )(b1 b2 ) Dấu “=” xảy ra khi: a2 b2 2 S x 3 2 y 3 x 3 2y 6 (1 2)(x 3 2y 6) (theo bất đẳng thức Bunhiacopski) 2 2 1 2 1 2 3.12 6Vậy Smin = 6 khi 2y 6 2x 6 x y x 3 2y 6 x 3 2y 6 Theo đề bài: x + 2y ≤ 3 => y ≤ 1Vậy với điều kiện: y ≥ 0; x = y , y ≤ 1 thì Smin = 6. Đề số 26. Sở GD và ĐT Nghệ An. Năm học: 2014-2015 1 x 1 Câu 1. (2,5 điểm)Cho biểu thức A ( ) : x 1 x 1 x 1 a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức A Tìm tất cả các giá trị của x để A 0.
23. Câu 2. (1,5 đ)Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km, khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 3 . (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m4 m2 0 (m là tham số) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Câu 4. (3,0m)Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB. Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C). a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp Chứng minh MB2=MN.MC b) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN=ADC 1 1 1 27 Câu 5. (1,0 đ)Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y z . Chứng mr (x2 y2 z2 )( ) x2 y2 z2 2 Câu 4.c). Xét MAN và MCA có góc M chung.Vì M là trung điểm của AB nên MA=MB . MA MC Theo câu b ta có: MA2 MN.MC Do đó : MAN MN MA  MCA (c-g-c)=>MAN=MCA=NCA (1)mà: NCA=NDC ( cùng chắn cung NC) (2)Từ (1) và (2) suy ra: MAN=NDC hay MAN=ADC . Câu 5.Ta có: 1 1 1 x2 y2 1 1 x2 y2 VT (x2 y2 z2 )( ) 3 z2 ( ) x2 y2 z2 z2 x2 y2 y2 x2 x2 y2 x2 y2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có: 2 . 2 y2 x2 y2 x2 x2 z2 y2 z2 15z2 1 1 VT 5 ( ) ( ) ( ) z2 16x2 z2 16y2 16 x2 y2 x2 z2 x2 z2 1 y2 z2 y2 z2 1 Lại áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 . . z2 16x2 z2 16x2 2 z2 16y2 z2 16y2 2 1 1 2 2 8 15z2 1 1 15z2 8 15 z 15 Và ( ) . ( )2 (Do x+y z) 2 2 x y 2 2 2 2 x y xy ( )2 (x y) 16 x y 16 (x y) 2 x y 2 2 1 1 15 27 z 1 1 1 27 => VT 5 Đẳng thức xảy ra khi x y Vậy (x2 y2 z2 )( ) 2 2 2 2 2 x2 y2 z2 2 Đề số 27. Sở GD và ĐT Ninh Bình. Năm học: 2014-2015 Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m – 5 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số). a. Chứng minh pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. Tìmm để biểu thức 2 2 P x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (1,5 điểm). Một xe máy đi từ A đến B. Sau đó 1 giờ, một ô tô cũng đi từ A đến B với vậntốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 10 km/h. Biết rằng ô tô và xe máy đến B cùng một lúc. Tínhvận tốc của mỗi xe, với giả thiết quãng đường AB dài 200km. Câu 4 .Cho nửa đg tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa củacung AB, M là một điểm bất kì trên cung AC (M khác A và C). Đường thẳng BM cắt AC tại H.Kẻ HK vuông góc với AB (K thuộc AB). a. Chứng minh tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp. Chứng minh CA là tia phân giác của góc MCK. b. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giácvuông cân. Câu 5 (1,0 đ). Cho I là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ABC. Các đường thẳngAI, BI, CI tương ứng IA IB IC cắt các cạnh BC, CA, AB tại các điểm M, N, P. Tìm vị trí của điểm I saocho Q . . đạt GTNN IM IN IP
24. Câu 4Vì C là điểm chính giữa cung AB nên CA = CB. Suy ra tam giác ABC vuông cân ở C ⇒BAC =45Vì AMCB là tứ giác nội tiếp nên MAC=CBE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)và BMC= BAC= 45 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)Xét hai tam giác AMC và BEC ta có:AM =BE (gt)MAC= CBE (cmt)CA=CB (cmt) =>tam giác AMC = tam giác BEC (c.g.c)=>MC=EC⇒ tam giác ECM cân tại C. Mặt khác ta có EMC =45⇒ tam giác ECM vuông cân tại C. Câu 5 ĐặtSABI a;SACI b;SBCI c Vẽ BH ⊥ AI tại H, ta có 1 BH.AI S AI S IA S S ABI 2 TT ACI ABI ACI S 1 IM S IM S S BMI BH.MI CMI BMI CMI 2 S S S S a b a b IA a b IB a c IC b c Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: ABI ACI ABI ACI TT : ; SBMI SCMI SBMI SCMI SBCI c IM c IN b IP a IA IB IC a b a c b c Q . . . . IM IN IP c b a a b 2 ab Áp dụng BĐT Cô–si cho 2 số dương ta có: 2 ab.2 bc.2 ac 8abc a c 2 ac Q 8 abc abc b c 2 bc Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c xảy ra khi I là trọng tâm tam giác ABC. Vậy khi I là trọng tâm tam giác ABC thì Q đạt giá trị nhỏ nhất. Đề số 28. Sở GD và ĐT Phú Thọ. Năm học: 2014-2015 a b b a a b b)Rút gọn biểu thức B với a, b là số dương. ab a b Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x2 (2m 1)x m2 0 (1) b)Với giá trị nào của m phương trình (2) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. Câu 4 (3,0 điểm) Cho (O;R) dây BC góc IAE =góc AEITa có trong tam giác vuông BCE vuông tại E: có EM là trung tuyến => EM= ½ BC=MC=> góc MEC=góc MCE Mặt khác ta lại có trong tam giác vuông ACD vuông tại D( do AD là đường cao của tam giác ABC) Nên ta có: góc IAE + góc ECM = 900Hay góc AEI +góc CEM = 900 Mà góc AEI +góc IEM +góc CME=1800=>Góc IEM =90o=>Vậy EM là tiếp tuyến của (I)=>EM luôn đi qua điểm cố định M.
25. c)Kẻ đường kính AK ta có BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa nên H,M K thẳng hàng. Xét tam giác AHK có OM là đường trung bình suy ra AH=2.OM không đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nhận AH là đường kính có bán kính bằng OM không đổi.Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên SAEF OM 2 OM 2 OM ( ) SAEF ( ) .SABC Ta có: không đổi SAEF (max) SABC (max) AD(max) SABC OA R R Mà AD AM OA OM (Không đổi) AD (max) = R + OM D ≡ M hay A là chính giữa cung lớn BC. 3 Câu 5 :ĐKXĐ: x 2 x3 6x2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 x3 4x2 5x 3 (2x 5)(x 1) (2x 5)( 2x 3 x 1) 0 x2 2 x2 2 x3 4x2 2x 8 (2x 5) 0 (x2 1)(x 4) (2x 5) 0 x 1 2x 3 x 1 2x 3 2x 5 (x2 2)(x 4 ) 0 x 1 2x 3 3 2x 5 x 2 Với x thì x 4 0 x2 2 0 Thay vào PT(1) x 2 thỏa mãn 2 x 1 2x 3 x 2 Đề số 29. Sở GD và ĐT Quảng Ngãi. Năm học: 2014-2015 Bài 1: (1,5 điểm)b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; 2) và điểm B(3; 4) x 2 x 4 c/ Rút gọn biểu thức A ( ) : với x 0 và x 4 x 2 x 2 x 2 Bài 2: (2,0 điểm)1/ Giải phương trình x4 + 5x2 36 = 0 2/ Cho phương trình x2 (3m + 1)x + 2m2 + m 1 = 0 (1) với m là tham số. a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 2 2 b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức B = x1 + x2 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Bài 3: (2,0)Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành lâu hơn người thứ nhất là 3 20 giờ. Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực, thực phẩm lên tàu là giờ. Hỏi nếu 7 làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực, thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu? Bài 4: (3,5 điểm)Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB; P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I. a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn. b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD. c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC theo R. 1 2 1 Bài 5: (1,0 đ)Cho btA = (4x5 + 4x4 5x3 + 5x 2)2014 + 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x= 2 2 1 GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI. Bài 4:C/minh DIP cân tại I ID = IP = IC = CD:2 1 1 1 1 R 3 R2 3 Do đó S S . .CP.PD . .R (dvdt) PIC 2 DPC 2 2 4 3 12
26. 1 2 1 1 ( 2 1)2 2 1 2 1 2 2 2 1 3 2 2 x x2 ( )2 2 2 1 2 ( 2 1)( 2 1) 2 2 4 4 2 1 3 2 2 3 2 2.2 2 3 2 2 5 2 7 Bài 5:Ta có: x3 x.x2 . 2 4 8 8 17 12 2 29 2 41 TT x4 (x2 )2 x5 x.x4 16 32 29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16 Do đó: 4x5 4x4 5x3 5x 2 1 8 Vậy A = (4x5 + 4x4 5x3 + 5x 2)2014 + 2015 = ( 1)2014 + 2015 = 1 + 2015 =2016 Đề số 30. Sở GD và ĐT Quảng Ninh. Năm học: 2014-2015 5 7 63 1 1 x 2 Câu I. )1/Rút gọn các biểu thức :a)A b) B ( ) với x > 0 và x ≠ 4. 28 x 2 x 2 x Câu II.(2,0 điểm) Cho phương trình : x2 + x + m – 5 = 0 (1) (m là tham số, x là ẩn) 6 m x1 6 m x2 10 1. Tìm m để phương t (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ≠ 0, x2 ≠ 0 thỏa mãn: x2 x1 3 Câu III. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Một phòng họp có 360 ghế được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế ngồi thêm một ghế mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế? (Biết rằng mỗi hg ghế khg có nhiều hơn 20 ghế) Câu IV. (3,5 điểm)Cho góc xAy = 900, vẽ đường tròn tâm A bán kính R. Đường tròn này cắt Ax; Ay thứ tự tại B và D. Các tiếp tuyến với đường tròn (A) kẻ từ B và D cắt nhau tại C. 1. Tứ giác ABCD là hình gì? Chứng minh. 2. Trên BC lấy điểm M tùy ý (M khác B và C) kẻ tiếp tuyến MH với đường tròn (A), (H là tiếp điểm). MH cắt CD tại N. Chứng minh rằng góc MAN = 450. 3. P; Q thứ tự là giao điểm của AM; AN với BD. Cmr MQ; NP là các đường cao của tam giác AMN. b2 1 Câu V. (0.5 điểm) Cho a, b là các số thực thỏa mãn: 2a2 4(a 0) 4 a2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ab. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN QUẢNG NINH NĂM 2014 – 2015 1.*Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 khác 0, điều kiện cần và đủ là: 21 1 4(m 5) 0 m Theo định lí Vi–ét ta có: x + x = 2 4 1 2 0 0 m 5 0 m 5 –1; x1x2 = m – 5 (*) Theo bài ra ta có: 6 m x 6 m x 10 (6 m)x (6 m)x x 2 x 2 10 1 2 1 2 1 2 x2 x1 3 x1x2 3 (6 m)(x x ) (x x )2 2x x 10 (6 m)( 1) ( 1)2 2(m 5) 10 1 2 1 2 1 2 x1x2 3 m 5 3 3m 17 10 3(3m 17) 10(m 5) m 1(TM) m 5 3 Vậy m = –1 là giá trị cần tìm. Câu III.Gọi số hàng ghế là x ( x ∈ ℕ*, x < 360)Gọi số ghế trên mỗi hàng ban đầu là y ( y ∈ ℕ*, y ≤ 20) Vì 360 ghế được xếp thành x hàng và mỗi hàng có y ghế nên ta có phương trình: xy=360(1) Phải kê thêm một hàng ghế nên số hàng ghế sau đó là x + 1 (hàng) Mỗi hàng ghế phải kê thêm một ghế nên số ghế mỗi hàng sau đó là y + 1 (ghế)
27. Vì 400 người ngồi đủ x + 1 hàng , mỗi hàng y + 1 ghế nên ta có phương trình: (x+1)(y+1)=400(2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: xy 360 xy 260 x y 39 (x; y) (24;15)(TM ) (x 1)(y 1) 400 xy x y 1 400 xy 360 (x; y) (15;24)(L) Vậy có 15 hàng, mỗi hàng 24 ghế. AN chung Câu IV.b/Xét 2 tam giác vuông ADN và AHN có: AD AH R ADN AHN(cạnh huyền – cạnh góc vuông)=>DAN=HANTương tự: HAM=BAM Mặt khácDAN+HAN+HAM+BAM=xAy=90o=>2.HAN+2HAM=90o=>HAN+HAM=45o=>MAN=45o 3. Xét tam giác vuông BCD có BC = CD = R⇒ Tam giác BCD vuông cân tại C ⇒ góc CBD = 450 Ta có A, B là hai điểm liên tiếp cùng nhìn QM một góc 450⇒ Tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp =>AQM+ABM=180o=>AQM==180o-ABM=180o-90o=90o ⇒ MQ ⊥ AN ⇒ AN là đường cao của tam giác AMN (đpcm) Tương tự ADNP là tứ giác nội tiếp ⇒ NP ⊥ AM ⇒ NP là đường cao trong tam giác AMN (đpcm). b2 1 Câu V. 2a2 4 Áp dụng BĐT x2 + y2 ≥ 2xy ∀ x, y ∈ ℝ (dấu bằng xảy ra ⇔ x = y), ta có: 4 a2 1 1 b2 b b2 1 a2 2.a. 2;a2 2.a. ab Cộng tứng vế của hai BĐT trên, ta được: 2a2 2 ab Mà a2 a 4 2 4 a2 1 a 1 2 a 2 b 1 2 2a 4 4 2 ab ab 2 Dấu bằng xảy ra a a 1 b 2 2 4 a b b 2a a 1 a 2 b 2 Vậy GTLN của P là 2, xảy ra khi a = 1; b = 2 hoặc a = –1, b = –2. Đề số 31. Sở GD và ĐT Tây Ninh. Năm học: 2014-2015 2 y 3 Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ pt: x Câu 4 : (1 đ) Tìm a và b để đường thẳng d) : y (a 2)x b có hệ số 1 2y 4 x góc bằng 4 và đi qua điểm M(1;  . Câu 6 : (1 điểm) Lớp 9A dự định trồng 420 cây xanh. Đến ngày thực hiện có 7 bạn không tham gia do được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 3 cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh. 2 Câu 7 : (1 điểm) Chứng minh rằng pt x 2(m 1)x m 4 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 và biểu thức M x1(1 x2 ) x2 (1 x1) không phụ thuộc vào m. Câu 8 : (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết ACB=60o , CH = a . Tính AB và AC theo a. Câu 9 : (1 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp. Câu 10 : (1 đ) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vuông góc với BD. Tính AB2+ CD2 theo a. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH TÂY NINH NĂM 2014 – 2015 Câu 6 : (1 điểm)Gọi số học sinh lớp 9A là x x Z , x 7 . 420 Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng (cây)Trên thực tế số học sinh còn lại là : x 7 . x 420 Trên thực tế, mỗi em phải trồng (cây) x 7 Do lượng cây mỗi em trồng trên thực tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình :
28. 420 420 3(x 7) 420x 420(x 7) 3x(x 7) 3x2 21x 2940 0 x 7 x Vậy lớp 9A có 35 học sinh. 2 x 35(TM ) x 7x 980 0 (x 35)(x 28) 0 x 28(L) Câu 10 : (1 điểm) Tính AB2 +CD2 theo a.Vẽ đường kính CE của đường tròn (O). Ta có : EAC =90o , EDC =90o (góc nội tiếp chắn đường kính EC). AC  AE  AE / /BD AC  BD  ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O))=>AB = DE (cạnh bên hình thang cân). =>AB2+CD2=DE2+DC2=EC2=(2a)2=4a2 (do EDC vuông tại D).Vậy AB2+CD2=4a2 Đề số 32. Sở GD và ĐT Thái Bình. Năm học: 2014-2015 2 3 5 x 7 2 x 3 Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức A: A ( ) : (x 0; x 4) x 2 2 x 1 2x 3 x 2 5x 10 x 1. Rút gọn biểu thức A. b/Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên. Bài 2: (2,5 điểm) Cho parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d): y=2(m+3)x-2m+2 (m là tham số, m R). 1.Với m=-5 tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d). 2.Chứng minh rằng: với mọi m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương.3.Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi m. 2x2 3xy 2y2 5(2x y) 0 Bài 3: (1.5 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 x 2xy 3y 15 0 Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O;R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D khác A. 1.Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. 2. Chứng minh rằng : AB.CD = BD.AC 3. Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC và đường thẳng BC đồng quy tại một điểm 4.Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC. Bài 5: (0,5 điểm) Cho các số dương x,y,z thay đổi thỏa mãn: x(x 1) y(y 1) z(z 1) 18 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B x y 1 y z 1 z x 1 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 3:Hệ phương trình đã cho: 2 x y 0 ( I ) 2 x y 0 2 2 (2 x y )( x 2 y 5) 0 x 2 xy 3 y 15 0 x 2 y 5 0 x 2 2 xy 3 y 2 15 0 2 2 x 2 y 5 0 ( II ) x 2 xy 3 y 15 0 2 2 x 2 xy 3 y 15 0 x 1 y 2 x y 2 x y 2 )( I ) 2 2 2 x 2 x.2 x 3.(2 x) 15 0 x 1 x 1 y 2 x 1 x 2 y 5 x 2 y 5 x 2 y 5 y 2 )( II ) 2 2 2 ( 2 y 5) 2( 2 y 5) y 3 y 15 0 y 6 y 8 0 ( y 2)( y 4) 0 x 3 y 4
29. x 1 x 1 x 3 Vậy hệ có ba nghiệm: ; ; y 2 y 2 y 4 Bài 4: AB AT 2)Có tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT(g-g) (1) BD BT Chứng minh được tam giác ACT đồng dạng với tam giác CDT(g-g) AC AT (2) CD CT Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại T nên BT = CT (3) Từ (1), (2), (3) có AB AC AB.CD BD.AC BD CD IB AB 3.Phân giác góc BAC cắt BC tại I, theo tính chất phân giác trong tam giác ta có: IC AC AB BD IB BD Từ AB.CD = BD.AC =>DI là phân giác góc BDC AC CD IC CD Do đó hai đường phân giác góc BAC và BDC và đường thẳng BC đồng quy. 1 4.Lấy M’ trên đoạn BC sao cho BAD=CAM’Do BAD=M’AC;BDA=M’CA(sd »AB ) 2 AB BM ' =>tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACM’(g-g)=> AB.DC AD.BM'(5) AD DC Từ (4), (5)=>BM’=CM’=> M  M ' BAD MAC x(x 1) y(y 1) z(z 1) 18 x2 y2 z2 (x y z) 18 (x y)2 (y z)2 (z x)2 0 3(x2 y2 z2 ) (x y z)2 Bài 5: 54 (x y z)2 3(x y z) 9 x y z 6 0 x y z 6 1 x y 1 2 1 y z 1 2 1 z x 1 2 ; ; x y 1 25 5 y z 1 25 5 z x 1 25 5 2(x y z) 3 6 27 2 15 3 B B (x y z) 25 5 25 25 25 5 x y z 0; x y z 6 Dấu bằng xảy ra khi: x y z 2 2 2 2 (x y 1) (y z 1) (z x 1) 25 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là khi x=y=z=2 5 Đề số 33. Sở GD và ĐT Thái Nguyên. Năm học: 2014-2015 Câu 1 (1,0 điểm). Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức sau: A ( 22 7 2) 30 7 11 x x 1 x 6 x 2 Câu 2 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức: B ( ) : ( 1) x 2 x 2 x 4 x 2 Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số bậc nhất y=(1-2m)x+4m+1 (m là tham số). Tìm m để hàmsố đã cho đồng biến trên R và có đồ thị cắt trục Oy tại điểm A(0;1). x 2y 2014 Câu 4 (1,0 điểm). Không dùng máy tính, hãy giải hệ phương trình sau: x y 1 2 3 1 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A( 2;1);B(0;2);C( 2; ); D( 1; ) 2 4
30. x2 Đồ thị hàm sốy đi qua những điểm nào trong các điểm đã cho? Giải thích. 4 2 Câu 6 (1,0 điểm). Gọi x1;x2là hai nghiệm của phương trình2x 3x 26 0 . Hãy tính giátrị của biểu thức: C x1(x2 1) x2 (x1 1) Câu 7 Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = AC và đường cao AH = 6cm. Tính độdài đoạn AB, BC và CH. Câu 8 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC cóAC 8 3cm; BC 15cm, ·ACB 30o . Tính độdài cạnh AB. Câu 9 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC, gọi AD, BE lần lượt là các đường cao của tam giác.Chứng minh bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm và vẽ đường tròn đó: Câu 10 (1,0 điểm). Cho hai đường tròn đồng tâm (0;21cm ) và (O;13cm ). Tìm bán kính củađường tròn tiếp xúc với cả hai đường tròn đã cho. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM 2014 Câu 8 Tam giác ABC có AC 8 3cm; BC 15cm, ·ACB 30o Hạ đường cao BH ta có tam giác vuông HBC 1 3 HC BC. 3 7,5 3(cm)BH 7,5(cm)AH 8 3 7,5 3 (cm) 2 2 3 AB2 AH2 BH2 ( )2 (7,5)2 57 AB 57(cm) 2 Câu 10 Theo gt có: OB=21cm;OA=13cm Trường hợp 1: đường tròn phải tìm có đường kính là AB=>AB=21-13=8cm =>Bán kính đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn đồng tâm R1=4cm Trường hợp 2: Đường tròn phải tìm có đường kính là OD=>AD=21+13=34cm=>R2=17cm Đề số 35. Sở GD và ĐT Thừa Thiên Huế. Năm học: 2014-2015 1 1 b) Tính giá trị của biểu thức: B c) Giải phương trình: x2 6x 9 10 5 2 5 2 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d): y = mx + m – 3 a) Tìm a để đồ thị (P) đi qua điểm B(2; -2) b) Chứng mrđường thẳng (d) luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt C và D với mọi giá trị của m. c) Gọi xC và xD lần lượt là hoành độ của hai điểm C và D. Tìm các giá trị của m sao cho 2 2 xC xD 2xC xD 20 0 Câu 3 (2,0 điểm) a) Một ôtô đi trên quãng đường dài 400km. Khi đi được 180 km, ôtô tăng vận tốc thêm 10 km/h đi trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của ôtô. Biết thời gian đi hết quãng đường là 8 giờ. (Giả thiết ô tô có vẫn tốc không đổi trên mỗi đoạn đường. (x2 2x)2 4(x2 2x) 0(1) b) Giải hệ phương trình: 1 1 3 (2) x y 1 2 Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến ADE không đi qua O (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của DE.a/Chứng minh các điểm A, B, H, O, C cùng thuộc một đường tròn. b/Kéo dài BH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Cm: HA là tia phân giác của góc BHC và AE // CK. a) Gọi I là giao điểm của BC và DE. Chứng minh AB2 = AI. AH Câu 3.Theo bài ra ta có:
31. AC = 180 km, CB = 400 – 180 = 220 km.Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x (km/h) (x > 0) 180 Vận tốc của ô tô trên quãng đường CB là x + 10 (km/h)Thời gian ô tô đi từ A đến C là: (h) x 220 Thời gian ô tô đi từ C đến B là: (h) Theo giả thiết ta có phương trình: x 10 180 220 8 180(x 10) 220x 8x(x 10) x x 10 180x 1800 220x 8x2 80x 8x2 320x 1800 0 x2 40x 225 0 Giải phương trình này ta được x1 = 45 (thỏa mãn), x2 = -5 (loại) Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là 45 km/h. x 0 a) Điều kiện: 1 (x2 – 2x)(x2 – 2x + 4) = 0  x(x – 2)(x2 – 2x + 4) = 0 y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = (2; 2). Câu 4. Hình vẽ:b)Vì bốn điểm A, H, O, C cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác AHOC nội tiếp.=>CHA=COA(cùng chắn cung AC)Tương tự, tứ giác ABHO nội tiếp nên BHA=BOA Mà BOA=COA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên CHA=BHA Do đó, HA là tia phân giác của BHCChứng minh AE // CK Ta có CKB=CBA (gọi nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC). CBA=CHA (tứ giác ABHC nội tiếp).CHA=BHA (chứng minh trên) Do đó, CKB=BHA mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên AE // CK b) Xét ∆ABH và ∆ AIB có:HAB chung;AHB=ABI (cùng bằng CKB) AB AH Do đó, ∆ ABH đồng dạng ∆ AIB AB2 AI.AH AI AB Câu 5.Gọi r1, r2, h lần lượt là bán kính đáy nhỏ, bán kính đáy lớn và chiều cao của cái xô. R R là bán kính đáy của cái thùng.Khi đó, r ;r R;h 2R 1 2 2 Diện tích xung quanh của thùng bằng 8π (dm2) nên 2πRh = 8 π R.2R = 4  R2 = 2 R 2 1 1 R R V h(r 2 r 2 r r ) .2R[( )2 R2 .R] 3 1 2 1 2 3 2 2 Thể tích của xô chứa đầy hóa chất là 7 7 7 2 V R3 ( 2)3 10,4(dm3 ) 10,4(lit) 6 6 3 Đề số 36. Sở GD và ĐT Tiền Giang. Năm học: 2014-2015 4 2 2x 7y 2014 Câu 1 (3,0 điểm)Giải phương trình và hệ phương trình:1)(5x 19)(x 7x 6) 02) x y 2015 2 3 2 3 a) Rút gọn biểu thức: A 2 2 b) Cho phương trình: x2 (m 1)x m 0 , trong đó m là tham số, x là ẩn số. Định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều nhỏ hơn 1. Câu 2 (2,0 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ cho Paradol (P ): y=x2 và đường thẳng (d) :y=x+2 a/Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ. b/Tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d) bằng phép tính. c/Tính độ dài đoạn AB. Câu 3 (1,5 điểm)Trên quãng đường AB, một xe máy đi từ A đến B cùng lúc đó một xe ôtô đi từ B đến A, sau 4 giờ hai xe gặp nhau và tiếp tục đi thì xe oto đến A sớm hơn xe máy đến B là 6 giờ. Tính thời gian mỗi xe đi hết quãng đường AB.
32. Câu 4 (2,5 điểm)Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm C và D (C nằm giữa M và D, d không đi qua tâm O).a/Chứng minh rằng: MA2 MC.MD b/Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn. c/Cho MC.MD = 144 và OM = 13 (độ dài các đoạn thẳng đã cho có cùng đơn vị đo ). Tính độ dài đường tròn (O) và diện tích đường tròn (O). ĐÁP ÁN. c)x2 (m 1)x m 0 b2 4ac [ (m 1)]2 4.1.( m) m2 2m 1 (m 1)2 m 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt  0 (m 1)2 0 m 1 x1 1 x1 1 0 x1 x2 2 0 m 3 0 m 3 m 3 Ta lại có: m 1(2) x2 1 x2 1 0 (x1 1)(x2 1) 0 m m 1 1 0 2m 2 m 1 Từ (1) và (2) ta có: m Tam giác CMH đồng dạng với tam giác OMD(c-g-c) =>ODM=CHM(*)Từ (*)suy ra tứ giác CHOD nội tiếp ( có một góc bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) 2 b) Tính C(O ) và S(O )Từ câu a) ta có: MC.MD=MA =144 Tam giác MAO vuông tại A cho: OA OM 2 MA2 132 144 5 R Từ đó: Chu vi đường tròn (O) (độ dài đường tròn) là C(O) 2 R 10 2 Diện tích hình tròn (O) là: S(O) R 25 Đề số 37. Sở GD và ĐT TP.HCM. Năm học: 2014-2015 Bài 2: (1,5 điểm)a)Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2và thường thẳng (d): y = 2x + 3 trên cùng một hệ trục tọa độ. b)Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. 5 5 5 3 5 x 1 2 6 Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các bt sau: A B ( ):(1 )(x 0) 5 2 5 1 3 5 x 3 x x 3 x x 3 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2-mx-1=0 (1) (x là ẩn số)a)Chứng minh pt (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu. 2 2 x1 x1 1 x2 x2 1 b)Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):Tính giá trị của biểu thức: P x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường caoAD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.a)Chứng minh tứ giác BFHG nội tiếp. Suy ra AHC = 1800 – ABC. b)Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của Mqua BC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp. c)Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN.Chứng minh AJI = ANC. d)Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TPHCM NĂM 2014 – 2015 Câu 4:a)Chứng minh phương trình (2) luôn có 2 nghiệm trái dấu Ta có a.c=-1<0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m. 2 2 x1 x1 1 x2 x2 1 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):Tính giá trị của biểu thức: P x1 x2
33. 2 2 mx1 1 x1 1 mx2 1 x2 1 (m 1)x1 (m 1)x2 Ta có: x1 mx1 1;x2 mx2 1 P 0(Do x1;x2 0) x1 x2 x1 x2 Câu 5: b)ABC = AMC cùng chắn cung ACmà ANC = AMC do M, N đối xứngVậy ta có AHC và ANC bù nhau =>Tứ giác AHCN nội tiếp c)Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếpTa có NAC = MAC do MN đối xứng qua AC mà NAC = CHN (do AHCN nội tiếp)=>IAJ=IHJ => Tứ giác HIJA nội tiếp.=>AJI bù với AHI mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)=>AJI = ANC Cách 1:Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếpTa có AMJ = ANJ do AN và AM đối xứng qua AC. Mà ACH = ANH (AHCN nội tiếp) vậy ICJ = IMJ=>IJCM nội tiếp => AJI =AMC = ANC d)Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có AJQ = AKC Vì AKC = AMC (cùng chắn cung AC), vậy AKC = AMC = ANCXét hai tam giác AQJ và AKC: Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn) => 2 tam giác trên đồng dạng Vậy Q = 900. Hay AO vuông góc với IJ. Cách 2: Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có xAC= AMC Mà AMC = AJI do chứng minh trên vậy ta có xAC = AJQ =>JQ song song Ax Vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO) Đề số 38. Sở GD và ĐT Tuyên Quang. Năm học: 2014-2015 1 2 x 1 2x y 4 Câu 1. (2,0 điểm)a/Rút gọn bt: A với x > 1, x ≠ 1.b/Giải hệ pt x x x 1 x x x 3y 5 Câu 2. (1,0 điểm)Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ đồ thị của các hàm số (P) y = x2 và (d) y = 3x – 2. Tìm tọa độ các giaođiểm của 2 đồ thị trên. Câu 3. (2,0 đ). Cho phương trình: –3x2 + 2x + m = 0 với m là tham số.b/Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt. Câu 4. (1,5 điểm).Hai ô tô đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai là 10km/h nênxe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. Câu 5. (3,0 điểm).Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB 0) Xe thứ nhất nhanh hơn xe thứ hai là 10km/h nên x – y = 10 ⇒ x = y + 10 200 200 Thời gian xe thứ nhất và xe thứ hai đi hết quãng đường AB lần lượt là (h); (h) x y 200 200 Vì xe thứ nhất đến sớm hơn xe thứ hai 1h nên 1(*) Thay x = y + 10 vào (*) ta được: y x 200 200 200(y 10) 200y 200(y 10) 200y 1 1 1 y y 10 y(y 10) y(x 10) y(y 10) 2000 1 y2 10y 2000 0 (y 50)(y 40) 0 y(y 10)
34. ⇔ y = –50 (loại) hoặc y = 40 (thỏa mãn) ⇒ x = 50Vậy vận tốc mỗi xe lần lượt là 50km/h và 40km/h Câu 5b/Theo quan hệ giữa góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung, ta có MBD=MAB MBD MAB(cmt) Xét ∆ MBD và ∆ MAB có: =>∆ MBD đồng dạng với tam giác ∆ MAB BMA chung OB OC R c) Xét hai tam giác vuông OBM và OCM có: OM chung BOC =>∆OBM = ∆OCM(cạnh huyền –cạnh góc vuông)=>BOM=COM= (1) 2 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC của (O), ta có=>BFC= BOC (2)Từ (1) và (2) ⇒ BFC= MOC (3)Có OEM +OCM =90o +90o= 180o⇒ OEMC là tứ giác nội tiếp 2 ⇒ MOC =MEC(4)Từ (3) và (4) ⇒ BFC =MEC .Hai góc ở vị trí đồng vị ⇒ BF // AM Câu 6Điều kiện để A có nghĩa là5 x2 0 x2 5 5 x 5 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số 2;1 và(x; 5 x2 ) ta có: A2 (2.x 1. 5 x2 )2 (22 12 )(x2 5 x2 ) 25 A 5 Khi x = 2 ⇒ A = 5Vì x 5 2x 2 5 .Mặt khác 5 x2 0 nên A 2x 5 x2 2 5 Khi x 5 A 2 5 Vậy GTNN và GTLN của A lần lượt là 2 5 và 5 Đề số 39. Sở GD và ĐT Vũng Tàu. Năm học: 2014-2015 6 c/Cho biểu thức : M (2 3)2 75 .Rút gọn 2 3 d/Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x;y thỏa mãn 4x2=3+y2 Bài 2: (2.0 điểm)Cho parabol (P): y=2x2 và đường thẳng (d) : y=x-m+1 (với m là tham số) a) Vẽ Parabol (P) b/Tìm tất cả các giá trị của m để (P) cắt (d) có đúng một điểm chung. c/Tìm tọa độ các điểm thuộc P có hoành độ bằng hai lần tung độ Bài 3: (1 điểm)Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa” một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa đã tăng thêm 6 tấn so với dự định. Vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mối tàu chở thêm hơn dự định 2 tấn hang. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau. Bài 4: (3,5 điểm)Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến AB,AC v ới (O) (B,C là các tiếp điểm Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E à trung điểm của MN. a) Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó b) Chứng minh 2.BNC+BAC=180o c/Chứng minh AC2 =AM. AN và MN2=4(AE2-AC2). c/Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AC. Xác định vị trí của M sao cho tích MI. MJ đạt giá trị lớn nhất 3 9 26 Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x,y thỏa xy =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y 3x y Bài 3:Gọi x (chiếc) là số tàu dự định của đội( x N*, x<140) 280 Số tàu tham gia vận chuyển là x+1 (chiếc)Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định: (tấn) x 280 280 280 Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo thực tế : (tấn)Theo đề bài ta có pt: 2 x 1 x x 1 2 x 10 280(x+1)-286x=2x(x+1) x 4x 140 0 Vậy đội tàu lúc đầu là có 10 chiếc x 14(l)
35. Bài 4:Ta có: BOC=2.BNC (góc ở tâm và góc nt cùng chắn một cung) Mặt khác: BOC+ BAC 1800suy ra: 2.BNC+ BAC 180o( đpcm) NAC chung c) Xét AMC và ACN có 1 => AMC MCA=CNA(= sdCM ) 2 AM AC ∽ ACN(g.g) AC 2 AM.AN (đpcm) AC AN Ta có: E2=AO2-OE2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào AEO )AC2=AO2-OC2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ACO ) MN MN 2 Suy ra: AE2- AC2=OC2-OE2=ON2- OE2=EN2= ( )2 hay MN 2 4(AE E AC 2 ) 2 4 MN MN2 MN2 MN2 AE2 AC2 (AM )2 AM.AN AM2 AM.MN AN.AM AM2 AM(AN MN) Cách 2: 2 4 4 4 MN2 4(AE2 AC2) Kẻ MK BC, đoạn AO (O)={F};OABC={H}Ta có: MJK=MCK (tứ giác MJCK nt) MCK= MBI (cùng chắn cung MC) MBI= MKI (tứ giác MKBI nt) Suy ra: MJK= MKI (1) Chứng minh tương tự ta có cũng có: MIK= MKJ (2) MI MK Từ (1) và (2) suy ra: MIK ∽ MKJ (g.g) MK 2 MI.M J MK MJ Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải nhỏ nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MK FH vậy MK nhỏ nhất khi MK=FH. Hay M  FVậy khi A, M ,O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất 3x y 2 3xy 6 3 9 27 Bài 5:Áp dụng bđt Cosi ta có: 2 6(1) 26 13 26 13 x y xy (2) 3x y 3 3x y 3 3 9 26 13 3 9 26 5 5 3x y x 1(x 0) Từ (1) và (2) suy ra: P 6 P Vậy MinP= khi x y 3x y 3 x y 3x y 6 6 xy 3 y 3 Đề số 40. Sở GD và ĐT An Giang. Năm học: 2014-2015 Câu 2 (1,5 )Cho hàm số y = x2 có đồ thị là Parabol (P)a/Vẽ đồ thị hàm số đã cho trên mặt phẳng tọa độ Oxy b/Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm nằm trên Parabol (P) có hoành độ x = 2 và có hệ số góc k. Với giá trị k nào thì (d) tiếp xúc (P)? Câu 3 (1,5 điểm)Cho phương trình bậc hai ẩn x và m là tham số x2-4x-m2=0 a) Với m nào thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2 2 b) Tìm m để biểu thức A = |x1 x2 | đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4 (3,0 đ)Cho đường tròn tâm O đường kính AB, vẽ bán kính OC vuông góc với đường kính AB. Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho độ dài cung MB gấp đôi độ dài cung MC. Gọi N là giao điểm của AM và OC. a/Chứng minh rằng tứ giác OBMN nội tiếp. b/Chứng minh tam giác MNO là tam giác cân. c/Cho biết AB = 6cm. Tính diện tích tứ giác BMNO. Câu 5 (1,0 điểm) (Xe lăn cho người khuyết tật)Với sự phát triển của khoa học kĩ thuật hiện nay, người ta tạo ra nhiều mẫu xe lăn đẹp và tiện dụng cho người khuyết tật. Công ty A đã sản xuất ra những chiếc xe lăn cho người khuyết tật với số vốn ban đầu là 500 triệu đồng. Chi phí để sản xuất ra một chiếc xe lăn là 2 500 000 đồng. Giá bán ra mỗi chiếc là 3 000 000 đồng. a) Viết hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản xuất ra được x chiếc xe lăn ( gồm vốn ban đầu và chi phí sản xuất) và hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn b) Công ty A phải bán bao nhiêu chiếc xe mới có thể thu hồi được vốn ban đầu. 2 2 A | x1 x2 | | x1 x2 || x1 x2 | 4 | x1 x2 | 2 2 2 a) Theo đề bài ta có x1 + x2 = 4 ; x1x2 = -m A 4 (x1 x2 ) 4 (x1 x2 ) 4x1x2 4 42 4( m)2 4. 16 4m2 4 16 16
36. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 16 khi m = 0 Câu 4. b)Do cung MB gấp đôi cung MC nên số đo cung MB là 60o số đo cung MC là 300 =>BAM=30o (góc nội tiếp chắn cung 60o)Và MOC=30o (góc ở tâm chắn cung 300) (*) Tam giác AOM cân tại O (do OA = OM)=>BAM=OMA=30o ( )Từ (*) và ( ) =>MOC=OMAVậy tam giác MNO cân tại N b) Tam giác MOB cân tại O có MOB=60o nên tam giác đều=>BO=BM Theo trên NM = NO vậy BN là đường trung trực của đoạn ON OB OB 3.2 Xét tam giác BON vuông tại O có cosOBN cos30o BN 2 3 BN cos30o 3 1 1 Diện tích tứ giác BMNO S BN.OM .2 3.3 3 3(cm2 ) 2 2 Câu 5Ta có tổng chi phí vốn cố định và vốn sản xuất ra x chiếc xe lăn (đơn vị tính triệu đồng) y = 500 + 2,5x Hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn y = 3x Để số tiền bán được và số vốn đầu tư bằng nhau khi đó500 + 2,5x = 3x 0,5x = 500  x = 1000 Vậy công ty A phải bán ra được 1000 chiếc xe mới có thể thu hồi được vốn ban đầu. Đề số 41. Sở GD và ĐT Bắc Giang. Năm học: 2015-2016 1 2. Biết đồ thị của hàm số y ax2 , (a ≠ 0) đi qua điểm M(3; -6) hãy xác định giá trị của a. 3 1 1 4 x x 1 Câu II. (3.0 điểm)2. Rút gọn biểu thức B(với x ≥ 0; x ≠ 4). : x 2 x 2 x 4 x 4 3. Cho pt x2 – (m2 + 3)x + 2m2 + 2 = 0 (1).b. Tìm m để pt (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Câu III. (1,5 điểm) Nhà bạn Dũng được ông bà nội cho một mảnh đất hình chữ nhật. Khi bạn Nam đến nhà bạn Dũng chơi, Dũng đố Nam tìm ra kích thước của mảnh đất khi biết: mảnh đất có chiều dài gấp 4 lần chiều rộng và nếu giảm chiều rộng đi 2m, tăng chiều dài lên gấp đôi thì diễn tích mảnh đất đó sẽ tăng thêm 20 m2. Các em hãy giúp bạn Nam tìm ra chiều dài và chiều rộng của mảnh đất nhà bạn Dũng đó. Câu IV. (3.0 đ) Trên đường tròn (O) có đường kính AB = 2R, lấy một điểm C sao cho AC = R và lấy điểm D bất kỳ trên cung nhỏ BC (điểm D không trùng với B và C). Gọi E là giao điểm của AD và BC. Đường thẳng đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng AB tại điểm H cắt tia AC tại điểm F. Điểm M là trung điểm củađoạn EF.1. Chứng minh tứ giác BHCF là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: HA.HB = HE. HF 3. Cm CM là tiếp tuyến của đg tròn (O). 4. Xác định vị trí của điểm D để chu vi của tứ giác ABDC lớn nhất. Câu V. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + xz + yz = 2016 yz xy xz 3 Chứng minh rằng x2 2016 y2 2016 z2 2016 2 Câu IV.3. Tam giác vuông ECF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM = ME suy ra CME là tam giác cân, suy raM· CE M· EC (3) M· CO M· CE E·CO M· EC C·BO (do (3) và tam giác COB cân tại O).
37. = B·EH C·BO 90o Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Lấy điểm K đối xứng với điểm C qua AB. Suy ra điểm K cố định trên (O) Lấy điểm P trên đoạn DK sao cho DP = DC.Khẳng định tam giác OAC đều => tam giác CBK đều => tam giác CDP đều.Xét hai tam giác CKP và CBD có:CP = CD ; CK = CB vàK·CP B·CD (cùng bằng 60o - P·CB ) Từ đó, ∆CKP = ∆CBD (c.g.c) suy ra PK = BD.Chu vi tứ giác ABDC bằng: AB + BD + DC + CA = 3R + BD + DC = 3R + PK + PD = 3R + KD Chu vi tứ giác lớn nhất khi KD lớn nhất => KD là đường kính của đường tròn (O; R). Kết luận D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. yz xy xz Câu V.Ta có: VT = x2 xy xz yz y2 xy xz yz z2 xy xz yz yz xy xz 1 y z 1 x y 1 x z =≤ (theo (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y) 2 x y x z 2 x y y z 2 x z y z 1 x y 1 x z 1 y z 3 BĐT Cô-si)= VP 2 x y x y 2 x z x z 2 y z y z 2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 4 42 Đề số 42. Sở GD và ĐT Bắc Ninh. Năm học: 2015-2016 Câu ITìm m để hàm số y = (m – 2 )x + 1 đồng biến.3) Rút gọn a a a 5 a với a ≥ 0, a ≠ 25 A 3 3 a 1 a 5 Câu II. (2,0 điểm)Cho phương trình x2 2mx 2m 10 0 (1), m là tham số. 2) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1x2 sao cho 2x1 x2 4 Câu III. (1,0 điểm)Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28m. Đường chéo của hình chữ nhật dài 10m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật đó. Câu IV. (2,5 điểm)Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (khác với điểm A). Tiếp tuyến kẻ từ điểm E cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và D. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ điểm E. DM CM 1) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn.2) Chứng minh rằng DE CE 3) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi. a 5(a2 1) Câu V. (1,5 điểm)1) Cho a là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . a2 1 2a 2) Cho đường tròn (O,R) và hai dây cung AB, CD (AB > CD). Hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MA + MB > MC + MD.
38. DM CM Câu IV. (2,5 điểm)2) Chứng minh rằng Xét hai tam giác vuông DE CE OA OM R OAC và OMC có OAC OMC (cạnh huyền – cạnh góc chung _ OC CM CA DM DB vuông)⇒ CA = CM . Tương tự ta có Mà AC // CE CE DE DE CA CE CA DB CM DM BD (cùng vuông góc AB) nên DB DE CE DE CE DE 3) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi. 1 1 Vì OAC OMC AOC MOC AOC AOM Tương tự: BOD BOM 2 2 1 Suy raAOC BOD (AOM BOM ) 90o Mà AOC ACO 90o ACO BOD 2 AO AC AOC ~ BDO(g.g) AC.BD AO.BO R2 (không đổi, đpcm) BD BO a 5(a2 1) Câu V. (1,5 điểm)1) Cho a là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . a2 1 2a Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có: a a2 1 a a2 1 a2 1 9 a2 1 9 9 11 2 . 1;a2 1 2 a2.1 2a 2 . S 1 a2 1 4a a2 1 4a a 4 a 2 2 2 a a2 1 a2 1 4a 11 Dấu bằng xảy ra a2 1 a 1Vậy giá trị nhỏ nhất của S là , xảy ra khi a = 1. 2 a 0 2) Cho đường tròn (O,R) và hai dây cung AB, CD (AB > CD). Hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MA + MB > MC + MD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm AB, CD. Suy ra OE ⊥ AB, OF ⊥ CD Có MA + MB = (MB + BA) + MB = (MB + 2BE) + MB = 2(MB + BE) = 2ME Tương tự MC + MD = 2MF Vì ∆ MOE vuông tại E nên ME = MO2 OE 2 AB2 Tam giác AOE vuông tại E nênOE 2 AO2 AE 2 R2 4 AB2 CD2 Suy ra MA + MB = 2ME = 2 MO2 R2 Tương tự MC + MD = 2MF = 2 MO2 R2 4 4 Mà AB > CD => MA + MB > MC + MD (đpcm)
39. Đề số 43. Sở GD và ĐT Vũng Tàu. Năm học: 2015-2016 Bài 3: (1,5 điểm)a) Cho pt x2 + x + m - 2 = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai 2 1 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn xb) Giải2x xphương x trình1. 2x 2x 1 0 1 1 2 2 x2 x Bài 4: (3,5 điểm)Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Dựng cát tuyến AMN không đi qua O, M nằm giữa A và N. Dựng hai tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Gọi I là trung điểm của MN.a) Chứng minh tứ giác OI nội tiếp. b) Hai tia BO và CI lần lượt cắt (O) tại D và E (D khác B, E khác C). Chứng minh góc CED = góc BAO. c) Chứng minh OI vuông góc với BEd) Đường thẳng OI cắt đường tròn tại P và Q (I thuộc OP); MN cắt BC tại F; T là giao điểm thứ hai của PF và (O). Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng. 2x2 y2 2xy Bài 5: (0,5 đ) Cho hai số dương x, y thỏa x ≥ 2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của bt P xy 9 + Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì ∆= 9 - 4m > 0  m < + Theo Viet ta có: x1 + x2 = -1; x1 . x2 = m -2 4 9 Khi m < thì pt có 2 nghiệm phân biệt nên x2 x m 2 0 x2 x m 2 4 1 1 1 1 x2 2x x x 1 x m 2 2x x x 1 (x x ) m 2 2x x 1 +Ta có 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 m 2 2(m 2) 1 m 2 1 2 x 0 1 2 2 b) Giải pt 2 2x 2x 1 0 ĐK: 2 2(x x) 1 0. (1) Đặt t = x x (t ≠ 0) x x x 1 x x 1 2 (1) 2t 1 0 2t t 1 0. Có: a +b +c = 2 – 1 – 1 = 0 nên pt có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = -1/2. t Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = -1/2. Bài 4: (3,5 điểm)b\ Chứng minh CED = BAO + Vì AB; AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AO  BC + Ta có: E1 = B1 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O)) BAO = B1 (cùng phụ O1) Suy ra E1 = BAO hay CED = BAO c) Chứng minh OI vuông góc với BE + Ta có : E2 = ABC (cùng chắn cung BC); ABC = I3 (A,B,O,I,C cùng thuộc đường tròn đường kính AO); I3 = I2 (đđ)Suy ra E2 = I2. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MN // BE . + Ta lại có MN  OI (IM = IN) nên OI BE d) Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng. + Gọi K là giao điểm OF và AP + Ta có QKP = 90o (góc nt chắn nửa đường tròn) nên QK  AP + Trong tam giác APQ có hai đường cao AI và QK cắt nhau tại F nên F là trực tâm. Suy ra PF là đường cao thứ 3 của tam giác APQ nên PF  QA (1)