Bộ đề ôn thi vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề ôn thi vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP TOÁN 9 ĐỢT 4 HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 1 Phần I - Trắc nghiệm (2,0điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. x Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là x2 4 A. x 2 . B. x 0; x 2 . C. x 0; x 2 . D. x 2; x 0 . Câu 2. Trong các hàm số sau đây, hàm số nào đồng biến khi x -4 D. m -2 C. m -2 D.m 2 và m 0 Câu 5. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm dương 2 2 2 2 A. 4x 16 0 B. x x 0 C. 2x 6x 4 0 D. x 5x 7 0 Câu 6.Hai đường tròn (O) và (O/) cắt nhau tại A và B trong đó OA là tiếp tuyến của đường tròn (O/). Tính dây cung AB biết OA = 20 cm, O/A = 15 cm A. 12 cm B. 16 cm C. 20 cm D. 24 cm Câu 7.Cho một hình tròn có diện tích bằng 9 cm2. Khi đó bán kính của hình tròn bằng A. 3 cm; B. 9 cm; C. 3 cm; D. 3 cm. Câu 8. Tứ giác nào sau đây nội tiếp được đường tròn ? A. Hình bình hành. B. Hình thoi. C. Hình chữ nhật. D. Hình thang. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1.(1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau 3 3 3 3 1) A = 2 . 2 3 1 3 1 b a 2) B = ( với a > 0, b > 0, a b) - . a b - b a a - ab ab - b Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + 1 + m = 0 (x là ẩn, m là tham số) 1) Giải phương trình với m = 0. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ). x3 + 1 = 2y Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 y + 1 = 2x Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại N. Vẽ dây AM song song với BC. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại M và P. 1 1 1 1) Chứng minh rằng ON là đường trung trực của BC. Cho biết , tính độ dài đoạn BC. OB2 NC 2 16 BP CP 2) Chứng minh rằng . 3) Chứng minh rằng BC, ON và AP đồng quy. AC AB Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức: (x + x2 + 2020) y + y2 + 2020 = 2020 Tính: x + y
2. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 2 I.Phần trắc nghiệm (2điểm): Em hãy chọn đáp án đúng và ghi vào bài làm của mình 3x Câu 1)Biểu thức xác định khi và chỉ khi: x 2 1 A. x ≥ 3 và x ≠ -1 B. x ≤ 0 và x ≠ -1 C. x ≥ 0 và x ≠ 1 D. x ≤ 0 và x ≠ 1 Câu2) Giao điểm của đồ thị hai hàm số y= -x+1 và y= 2x +4 là A. (1;0) B. (-1;1) C. (-1;-2) D. (-3;-4) Câu3) Cặp số nào sau đây là nghiệm của phương trình: 2x 3y 5 A. ( -2 ;1) B.( -1; -2 ) C. (-2 ;-1) D.(2 ;1) Câu 4) Phương trình x2 + 3x – 2m = 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi A. m >0 B. m -2 D. m 0. Câu 2(2điểm): a) Cho pa rabol (P) có phương trình: y =x2 và đường thẳng (d) có phương trình: y = (2-m)x +m2+1 2 2 (với m 2) . Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt A và B; từ đó hãy tìm m để : xA xB 10 b)Một xe lửa phải vận chuyển một lượng hàng, Nếu xếp vào mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa 3 tấn, nếu xếp vào mỗi toa 16 tấn hàng thì còn có thể chở thêm 5 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng? 4x 5y 2 Câu 3(0,75 điểm): Giải hệ phương trình sau: xy 20x 30y xy 0 Câu 4(3 điểm):Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC). a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp. b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC. c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng. Câu 5(1 điểm): a) giải phương trình : x2 4x 5 2 2x 3 b)Tìm giá trị nguyên lớn nhất của m sao cho bất đẳng thức sau đây luôn đúng với mọi số thực x: (x+1) (x+2)2(x+3)m
3. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 3 Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức x2 x 3 là A.0 x 3 . B. x 3 . C. x 3 .D. ; .x 3 x 0 Câu 2. Đồ thị hai hàm số y = 2x và y = mx – 2 cùng đi qua điểm có hoành độ x = 2 khi và chỉ khi A. m = 3. B. m = 1. C. m = 3 . D. m = 4. Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập nghiệm của phương trình 2x y 3 được biểu diễn bởi đồ thị hàm số nào sau đây? A. y 3 2x . B. y 2x 3 . C. y 2x 3 . D. y 2x 3 . 2 Câu 4. Biết phương trình 2x 6x 8 0 có hai nghiệm x1; x2 x1 x2 . Khi đó biểu thức x1 x2 có giá trị là A. 5. B. . 5 C. . 3 D. 3. Câu 5. Số nghiệm của phương trình x4 2019x2 1 2 0 là A. 0. B. 1. C. 2. D. 4. Câu 6. Một tam giác vuông nội tiếp đường tròn có đường kính 10 cm. Biết một cạnh góc vuông bằng 4 cm thì cạnh góc vuông còn lại có độ dài là A. 3 cm . B. 4 cm . C. 5 cm . D. 6 cm . Câu 7. Trên đường tròn (O; 3) lấy hai điểm A và B sao cho độ dài cung AB bằng 2,5 . Số đo ·AOB là A. 500. B. 750. C. 1000 . D. 1500. Câu 8.Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(2; 5). Khi đó đường tròn (M; 5) A.cắt hai trục Ox, Oy. B.cắt trục Ox và tiếp xúc với trục Oy. C.tiếp xúc với trục Ox và cắt trục Oy. D.không cắt cả hai trục. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1 1) Rút gọn biểu thức 175 3 8. 2. 8 7 a 2 5 1 a 4 2) Chứng minh đẳng thức với a 0; a 4 . a 3 a a 6 2 a a 2 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 – 2m 5 x 2m 1 0 (với m là tham số) 1) Giải phương trình khi m 1 . 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho biểu thức P x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 x y 1 x y Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 y 2xy 1 Câu 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). 1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2) Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa Avà E). Chứng minh BD.CE = BE.CD. 3) Gọi M là trung điểm của AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANC. Chứng minh CK BC. Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 2x2 6x 1 4x 5 .
4. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 4 I). TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Chọn phương án đúng và ghi chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 2: Cặp số (1; 3) là nghiệm của phương trình nào sau đây ? A. 3x – 2y = 3. B. 3x – y = 0. C. 0x + 3y = 9. D. 0x + 4y = 4. Câu 3: Hàm số đồng biến với mọi số thực x là A). y 1 3 x 5 B). y 3 1 x 5x 1 C). y 1 3 x2 D). y 2020x2 Câu 4: Đường thẳng y (2m 1)x 3m đi qua A 1;3 , khi đó hệ số góc của đường thẳng đó là A). 12 B). 4 C). 9 D). 4 Câu 5: Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 5 A). x2 5x 7 0 B). x2 5x 7 0 C). 2x2 10x 41 0 D). 2x2 10x 7 0 Câu 6: ACB vuông tại A, đường cao AH. Có AB 5cm; AC 12cm. Khi đó Sin B·AH 5 5 12 12 A). B). C). D). 13 12 5 13 Câu 7: Cho O; R và dây AB R 2. Khi đó diện tích hình quạt OAB là R R2 R2 3 R2 A). B). C). D). 2 4 2 4 Câu 8: Cho tam giác DEF có DE = 3; DF = 4; EF = 5. Khi đó A.DE là tiếp tuyến của (F; 3). B.DF là tiếp tuyến của (E; 3). C.DE là tiếp tuyến của (E; 4). D.DF là tiếp tuyến của (F; 4). II). TỰ LUẬN (8,0 điểm). Bài 1: (1,5 điểm). 2 1). Chứng minh đẳng thức: 2 2 3 2 1 2 2 2 6 9 2). Tìm các giá trị của x để biểu thức sau có giá trị không âm. x 6 1 10 x P : x 2 với x > 0; x 4 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 Bài 2 (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 2 m 5 x 2m 9 0. 1 1). Giải phương trình với 1 với m 2. 2 2 2). Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 2 m 5 x2 4m . 2x 1 y 2x y 2 Bài 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: y 5 2x 2x y 2 Bài 4 (3,0 điểm): Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn O , (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn O (B, C là hai tiếp điểm). Kẻ cát tuyến ADE với đường tròn O (D nằm giữ a A và E, tia AE nằm giữa hai tia AO và AB). 1). Chứng minh: bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn và AB2 AD.AE. 2). Gọi H là giao điểm của AO với BC. Chứng minh: AB2 AH.AO và tứ giác DHOE nội tiếp. 3). Từ D kẻ đường thẳng song song với BE, đường thẳng này cắt AB, BC lần lượt tại M và N .Chứng minh HB là tia phân giác của góc D· HE và D là trung điểm của MN. 1 1 Bài 5: (1,0 điểm). Cho x, y 0 và x y 1. Tìm GTNN của biểu thức P . x2 y2 xy
5. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 5 Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 1 x 2 A. x 1 . B. x 1 . C. x 1 . D. x 1 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y ax 5 (d) đi qua điểm K (-1;1). Hệ số góc của (d) là A. –1. B. –2. C. 2. D. 4. 2x y 3 Câu 3. Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là x y 6 A. (1;1). B. (7;1). C. (3;3). D. (3;-3). Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 15? A. 2x2 x 30 0 . B. x2 x 15 0 . C. x2 x 15 0 . D. x2 x 15 0 . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x2 và đường thẳng y= 2x - 3 là A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 12cm; AC = 5cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng 60 5 A. 7cm. B. 1cm. C. cm. D. cm. 13 12 Câu 7. Cho hai đường tròn (O;3cm) và (O, ;5cm), có OO, = 7cm. Số điểm chung của hai đường tròn là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 8.Cho ∆ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Phát biểu nào sau đây đúng ? Tiếp tuyến với đường tròn tại A là đường thẳng A.đi qua A và vuông góc với AB. B.đi qua A và vuông góc với AC. C.đi qua A và song song với BC. D.cả A, B, C đều sai. II. Tự luận: (8 điểm) 2x 2 x x 1 x 2 x Câu 1(1,5 điểm ) : Cho biểu thức: P với x 0;x 1 x x x x x x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của thức P khi x 3 2 2 x2 x xy 2y2 2y 0 Câu 2. (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 x y 1 Câu 3. (1,5 điểm)Cho phương trình x2 – 2x – m = 0 (m là tham số) a)Giải phương trình khi m = 3. 2 2 b)Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:x1 x2 x1 x2 2020. Câu 4 ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) ,dây AB không đi qua tâm O.Trên cung nhỏ AB lấy điểm M ( M không trùng với A ,B) .Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H.Kẻ MK vuông góc với AN (K thuộc AN) a)Chứng minh bốn điểm A,M,H,K thuộc một đường tròn b) Chứng minh :MN là phân giác của góc BMK c)Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB.Gọi E là giao điểm của HK và BN.Xác định vị trí của M để MK.AN +ME.NB có giá trị lớn nhất 1 1 1 1 Câu 5 ( 1 điểm ) : Giải phương trình: 3 . x 2x 3 4x 3 5x 6
6. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 6 I. Trắc nghiệm x 3 Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức là x 2 A. x 4 B. x 4 C. x 0; x 4 D. x 0; x 4 Câu 2: Đồ thị hàm số y = 3x + m2 đi qua điểm (-1;6) thì m nhận các giá trị là A. m=3 B. m = 3 C. m = 3 D.m = 3 (m 1)x (m 1)y 4m Câu 3: Tìm điều kiện của m để hệ pt , với m R có nghiệm duy nhất x (m 2)y 2 A. m 1 B. m 1 C. m = -1 D. m 1 Câu 4: Phương trình 2020x2 3x m 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi A. m 0 B. m 0 . C. m 0. D. m 0. Câu 5. Trong mặt phẳng Oxy, parabol :y 2x2 có điểm chung với đường thẳng nào? A. y 6 . B. x 2 . C. y 2x 3 . D. y 2x 3 . Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC = 3, BC = 5, khi đó cotB có giá trị bằng 3 3 4 5 A. . B. . C. . D. . 4 5 3 3 Câu 7: Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O;R) cắt nhau tại M . Nếu MA = R3 thì số đo góc AOB bằng : A. 1200 B. 900 C. 600 D . 450 Câu 8: Cho (O; 6 cm), M là một điểm cách điểm O một khoảng 10 cm. Qua M kẻ tiếp tuyến với (O). Khi đó khoảng cách từ M đến tiếp điểm là: A. 4 cm. B. 8 cm. C. 234 cm. D. 18 cm. II. Tự luận 1 1 x2 x 1 x2 Bài 1: (1,5 điểm). Cho biểu thức A : 3 2 với x 0 ,x 1 . x 1 x 1 x 1 x x a) Rút gọn A. 2 b) Chứng minh với x 3 2 2 thì A . 2 Bài 2: ( 1, 5 điểm)Cho pt x2 –(2m -1)x + 2m – 2 = 0 a, Chứng minh phương trình luôn có nghiệm x = 1 với mọi m. Tìm m để phương trình nhận x 6 4 3 là nghiệm 2 b, Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 + 2mx2 -2m –x2 = 0 x y x2 xy 2y2 Bài 3: ( 1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2 Bài 4: (3,0 điểm) Cho ba điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn tâm O bất kỳ đi qua hai điểm B, C (O không thuộc BC). Gọi E, F là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm BC. a) Chứng minh các điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AO và EF. Chứng minh AH.AO AB.AC . AK AK c) Gọi K là giao điểm của FE và BC. Chứng minh 2 . AB AC Bài 5 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: b c c a a b a b c 4 a b c b c c a a b
7. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 7 I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được lựa chọn Câu 1. Biểu thức 1 2x vô nghĩa khi 1 1 1 1 A. x 2 2 2 2 2 2 Câu 2. Giá trị của biểu thức bằng 3 2 2 3 2 2 A. 8 2 B. 8 2 C. 12 D. - 12 Câu 3. Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng 2x – y = 7 và x + y = –1 là A. 2; 3 B. 2; 2 C. 1; 3 D. 2; 3 Câu 4. Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ? A. x2 - 3x + 4 = 0 B. x2 - 3x - 3 = 0 C. x2 - 5x + 3 = 0 D. x2 - 9 = 0 Câu 5. Gọi là góc tạo bởi đường thẳng y = x với trục Ox,  là góc tạo bởi đường thẳng y = 3x + 1 với trục Ox. Phát biểu nào sai A. 450 B.  C.  D.  600 Câu 6. Tam giaùc ABC vuoâng taïi A, coù AC = 3a, AB = 3 3 a, khi ñoù sinB baèng 3 1 3 1 A. a B. C. D. a 2 2 2 2 Câu 7. Cho tam giaùc ABC vuoâng taïi A cạnh AB = 18cm, AC = 24cm. Baùn kính ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ñoù baèng A. 30 cm B. 15 2 cm C. 20 cm D. 15 cm Câu 8.Cho hình vuông MNPQ có cạnh bằng 4 cm. Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó bằng A. 2 cm. B. 2 2 cm. C. 2 3 cm. D. 4 2 cm. II. Tự luận (8,0 điểm) 2a 1 a 1 a 3 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: P  a với a 0;a 1 3 a 1 a a 1 1 a a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi a = 59 - 302 . Câu 2. (1,5 điểm) Cho parabol: y x2 (P) và đường thẳng: y mx m 1 (d) (m là tham số) a) Chứng minh rằng (d) và (P) luôn có điểm chung b) Gọi y1 và y2 lần lượt là tung độ của 2 điểm chung phân biệt của (d) và (P). Tìm giá trị của m để y1 y2 7 2 5 x2 y2 2x 2y 6 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y xy 5 Câu 4. (3,0 điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K. 1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn và AB2 AH.AO 2) Chứng minh HA là tia phân giác của góc BHC 2 2 1 1 3) Chứng minh a) AB AD.AE b) AK AD AE Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình x 3 x 1 x 4 x 2x 3
8. HỌ VÀ TÊN ĐỀ SỐ 8 Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 2x Câu 1: Biểu thức xác định khi x2 1 1 1 1 A. x . B. x và x 0 . C. x . D. x và x 0 . 2 2 2 2 Câu 2: Một đường thẳng đi qua điểm A(0; 4) và song song với đường thẳng x – 3y = 7 có phương trình là 1 B. y = - 3x + 4. 1 D. y = - 3x – 4. A. y x 4 . C. y x 4 . 3 3 Câu 3: Cặp số (1; -3) là nghiệm của phương trình nào sau đây ? A. 3x – 2y = 3. B. 3x – y = 0. C. 0x – 3y = 9. D. 0x + 4y = 4. Câu 4: Đồ thị hàm số y = ax2 cắt đường thẳng y = - 2x + 3 tại điểm có hoành độ bằng 1 thì a bằng A. 1. B. -1. C. 5 . D. 5 . Câu 5: Tổng hai nghiệm của phương trình x2 – 2x – 7 = 0 là: A. -7 B. – 2. C. 7. D. 2 Câu 6: Trong tam giác ABC vuông tại A có AC = 3; AB = 4. Khi đó tanB bằng 3 3 4 4 A. . B. . C. . D. . 4 5 5 3 Câu 7: Cho đường tròn (O; 5). Dây cung MN cách tâm O một khoảng bằng 3. Khi đó: A. MN = 4. B. MN = 8. C. MN = 3. D.kết quả khác. Câu 8.Đường tròn là hình có A.vô số tâm đối xứng. B.có hai tâm đối xứng. C.một tâm đối xứng. D.không có tâm đối xứng. Phần II . Tự luận (8,0 điểm) Câu 1: (1,5 điểm). a.Rút gọn biểu thức: A ( 10 2) 3 5 a 1 a 1 1 2 b. Chứng minh rằng : với a > 0 , a 1 4 a a 1 a 1 2a a a 1 Câu 2: (1,5 điểm). Cho phương trình : x 2 6x 2m 3 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m = 4 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn 2 2 x1 5x1 2m 4 x2 5x2 2m 4 4 2 2 xy + x y x 2y Câu 3: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x 2y 3 x 1 2x 2y Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Vẽ AH vuông góc với BC, từ H vẽ HP vuông góc với AB và HQ vuông góc với AC (H BC, P AB,Q AC ). Vẽ đường kính AE cắt PQ tại I, tia PQ cắt đường tròn (O;R) tại K a. Chứng minh tứ giác APHQ nội tiếp b. Chứng minh AP  AB AQ  AC c. Chứng minh AH=AK Câu 5 :(1,0 điểm). Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y 2 x y 2 S x2 y2 xy
9. ĐỀ 1 Phần I - Trắc nghiệm(2,0điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đápán B B C D C D C Phần II – Tự luận(8,0điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 3 + 3 3 - 3 3( 3 + 1) 3( 3 - 1) A = 2 + . 2 - = 2 + 2 - 3 + 1 3 - 1 3 + 1 3 - 1 . 0,5 1) (1,0đ) 1. = (2 + 3)(2 - 3) = 1 (1,5đ) 0,5 b a b a - .(a b - b a) = - . ab(0,25a - b) 2) a - ab ab - b a( a - b) b( a - b) (0,5đ) b. ab a. ab = - = b - a. (a > 0, b > 0, a ≠ b) 0,25 a b 1) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0. 0,25 (0,5đ) Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. 0,25 Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. - 3 Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 - 3 – 4m 0 4m 3 m (1). 0,25 4 2. (1,5đ) Theo hệ thứcVi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m 2) 0,25 (1,0đ) 2 2 2 2 2 2 B x1 x2 x1 .x2 1 x1 x2 2x1.x2 x1x2 1 0,25 Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3 m2 = 4 m = ± 2. 0,25 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. x3 1 2y (1) Ta có hệ 3 y 1 2x (2) 0,25 Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x) (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0 x = y. 2 2 2 2 y 3y 0,25 ( do x – xy + y + 2 = x - 2 0 ) 3. 2 4 (1,0đ) Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 (x – 1)(x2 + x – 1) = 0 x = 1; x = ; x= 0,25 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: 1;1 , ; , ; . 0,25 2 2 2 2
10. C M P N O K≡Q A B Ta có NB NC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OB OC R. Do đó, ON là trung trực của BC. Gọi K là giao điểm của ON và BC thì K là 0,5 1) trung điểm của BC. (1,0đ) 1 1 1 1 1 OBN vuông tại B, BK là đường cao nên . OB2 NC 2 OB2 NB2 BK 2 0,5 Kết hợp giả thiết suy ra BK 2 16 BK 4 BC 8. PB NB Ta có NBP, NMB đồng dạng (g.g) (1). MB NM PC NC Tương tự, NCP, NMC đồng dạng (g.g) (2). 0,5 2) MC NM PB PC (1,0đ) Vì NC NB (3) nên từ (1), (2) và (3) suy ra (4). MB MC Mặt khác, AM / /BC Tứ giác AMCB là hình thang cân 4. 0,25 (3,0đ) MC AB, MB AC (5). PB PC Từ (4), (5) . 0,25 AC AB Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Ta chứng minh BQ QC. BQ PB Vì BQP, AQC đồng dạng (g.g) (6). AQ AC 3) CQ PC 0,5 (1,0đ) Tương tự CQP, AQB đồng dạng (g.g) (7). AQ AB BQ CQ Kết hợp (6), (7) và kết quả câu b) ta suy ra BQ CQ Q là AQ AQ trung điểm của BC. 0,5 Suy ra Q  K . Vậy BC,ON, AP đồng quy tại K. Ta có: (x + x2 + 2020) y + y2 + 2020 = 2020 (1) (gt) (x + x2 + 2020)(x - x2 + 2020) = - 2020 (2) 5. 2 2 y + y + 2020 y - y + 2020 = - 2020 (3) 0,25 (1,0đ) Từ (1) và (2) suy ra: y + y2 + 2020 = - (x - x2 + 2020) (4) Từ (1) và (3) suy ra: 0,25
11. (x + x2 + 2020) = - y - y2 + 2020 (5) Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: 0,25 x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0 0,25 ĐÊ 2 Đáp án và biểu điểm Phần trắc nghiệm: Mỗi câu đúng được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B C D A D A B Phần tự luận Câu ý Đáp án Biểu điểm 1 a Với x 0, x 1 ta có x 2 x 2 (x 1)2 M= 2 ( x 1)( x 1) ( x 1) 2 ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) (x 1)2 M= . 0,25 ( x 1)( x 1)2 2 2 x ( x 1)2.( x 1)2 0,25 M= . ( x 1)( x 1)2 2 M= x( x 1) Vậy: Với x 0, x 1 thì M = x( x 1) 0,25 b Với 0 x( x 1) 0 0,25 Vậy: 0 0 2 a Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x2 +(m-2)x –(m2+1) =0(1) có (m 2)2 4(m2 1) . Ta thấy 0m nên (1) luôn có hai nghiệm 0,25 phân biệt x1; x2. Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B (đpcm) 0,25 Ta có xA ; xB là hai nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et ta có: 2 xA+xB = 2-m; xA.xB = -(m +1) 0,25 2 2 Ta có : xA xB 10 2 (xA xB ) 2xA xB 10 (2 m)2 2(m2 1) 10 3m2 4m 4 0 2 Giải phương trình tìm được m 2(t / m);m (t / m) 3 2 0,25 Vậy m 2;m là các giá trị phải tìm 3 b Gọi số toa của xe lửa là x (x Z ) , số tấn hàng phải chở là y (y>3) 0,25 Vì nếu xếp vào mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa 3 tấn nên ta có phương trình: y-3 =15x 15x-y= -3 0,25
12. Nếu xếp vào mỗi toa 16 tấn hàng thì còn có thể chở thêm 5 tấn nữa nên ta có phương trình:16x= y+5 16x-y=5 0,25 15x y 3 Từ đó ta có hệ phương trình: 16x y 5 Giải hệ phương trình ta được x=8(thỏa mãn); y = 123(thỏa mãn) Vậy số toa của xe lửa là 8(toa), số tấn hàng phải chở là 123 (tấn) 0,25 Câu 3 Điều kiện: x 0; y 0 ta có: 4 5 4x 5y 2 2 y x xy 0,25 20 30 20x 30y xy 0 1 y x 1 1 5u 4v 2 Đặt u ,v ta có hệ phương trình: x y 30u 20v 1 1 1 0,25 Giải hệ phương trình ta được u ;v 5 4 Từ đó ta có x=5(t/m); y=4(t/m) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x;y) = (5;4) 0,25 Câu 4 Câu 4 C M H K E A B O N a Ta có: M· OB 900 (do AB MN) và M· HB 900 (do MH BC) 0,25 Suy ra: M· OB M· HB 900 900 1800 0,25 0,25 Tứ giác BOMH nội tiếp. b ∆OMB vuông cân tại O nên O·BM O·MB (1) 0,25 Tứ giác BOMH nội tiếp nên O·BM O·HM (cùng chắn cung OM) · · và OMB OHB (cùng chắn cung OB) (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: O·HM O·HB ME MH HO là tia phân giác của M· HB (3) 0,25 BE HB Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường HM HC cao ta có: HM 2 HC.HB (4) 0,25 HB HM ME HC Từ (3) và (4) suy ra: 5 ME.HM BE.HC (đpcm) BE HM 0,25
13. c Vì M· HC 900 (do MH BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC M· KC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MN là đường kính của đường tròn (O) nên M· KN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M· KC M· KN 1800 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*) 0,25 HC MC ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) . Mà MB = BN (do ∆MBN cân MH BM tại B) HC MC ME HC , kết hợp với (theo (5) ) HM BN BE HM MC ME Suy ra: . Mà E·BN E·MC 900 ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) BN BE 0,25 M· EC B·EN , mà M· EC B·EC 1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng) B·EC B·EN 1800 0,25 3 điểm C, E, N thẳng hàng ( ) Từ (*) và ( ) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) 0,25 Câu 5 a 3 ĐKXĐ: x . Ta có 2 x2 4x 5 2 2x 3 (x2 2x 1) (2x 3) 2 2x 3 1 0 (x 1)2 ( 2x 3 1)2 0 0,25 2 (x 1) 0 x 1(t / m) 2 ( 2x 3 1) 0 Vậy phương trình có nghiệm là x=-1 0,25 b Gọi P = (x+1)(x+2)2(x+3) =(x+1)(x+3)(x+2)2=(x2+4x+3)(x2+4x+4) 1 1 1 Đặt t= x2+4x+3 khi đó ta có P =t(t+1) = t2+t= t 2 2t. 2 4 4 1 1 1 0,25 P= (t )2 2 4 4 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi và chỉ khi x= 2 4 2 1 Vì m P với mọi x R => m giá trị nhỏ nhất của P= 4 Vậy giá trị nguyên lớn nhất của m là -1 0,25 ĐỀ 3 Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D A C B C A D Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
14. 1 8 7 1) 175 3 8. 2 5 7 2 2 0,25 8 7 8 7 (0,5đ) = 2 2 7 5 7 2 2 4 7. 0,25 a 2 5 1 Với a 0; a 4 ta có: a 3 a a 6 2 a 0,25 a 2 a 2 5 a 3 1. a 3 a 2 a 3 a 2 a 3 a 2 (1,5đ) 2) a 4 5 a 3 a a 12 0,25 (1,0đ) a 3 a 2 a 3 a 2 a 3 a 4 0,25 a 3 a 2 a 4 a 2 5 1 a 4 . Vậy với a 0; a 4 . 0,25 a 2 a 3 a a 6 2 a a 2 Với m = –1 ta có phương trình x2 – 3x – 1 = 0 0,25 1) Ta có ∆ = 3 2 4. 1 13 0 (0,5đ) 3 13 3 13 0,25 phương trình có hai nghiệm x ; x . 1 2 2 2 Ta có ∆ = [-(2m +5)]2 – 4(2m +1) = 4m2 + 20m + 25 - 8m - 4 = 4m2 + 12m + 21 = (2m +3)2 + 12 > 0 với mọi m 0,25 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x2 = 2m + 5; x1.x2 = 2m + 1 2. 2 2 2 (1,5đ) Ta có : P x1 x2 x1 x2 x1 x2 4x1x2 2m 5 4 2m 1 0,25 2m 3 2 12 2) (1,0đ) Với mọi m ta có 2m 3 2 0 2m 3 2 12 12 2m 3 2 12 2 3 0,25 Hay P 2 3 2 3 Dấu “=” xảy ra 2m 3 0 2m 3 0 m 2 0,25 3 Vậy m là giá trị cần tìm. 2 2 2 x 1 Ta có: x y 1 x y x xy x y 0 x 1 x y 0 0,5 x y Với x y thay vào phương trình y2 2xy 1 ta được: x2 1 x 1 3. x y 1 0,25 (1,0đ) x y 1 Với x 1 thay vào phương trình y2 2xy 1 ta được: y2 2y 1 0 y 1 2 0 y 1 0 y 1 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1); (x; y) = (-1; -1) Hình vẽ:
15. B 4. (3,0đ) N O A D M E K C Ta có AB và AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,5 AB OB và AC  OC A·BO 900 ;A·CO 900 1 · · 0 0 0 (1,0đ) Xét tứ giác ABOC có ABO ACO 90 90 180 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau 0,5 tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp AB BD Chứng minh được hai tam giác ABD và AEB đồng dạng 0,25 AE BE AC CD 2) Chứng minh được hai tam giác ACD và AEC đồng dạng 0,25 AE CE (1,0đ) Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC AB AC BD CD BD.CE BE.CD 0,5 AE AE BE CE Chứng minh được hai tam giác MCN và MBC đồng dạng MC MN 2 0,25 MC MB.MN MB MC MA MB 3) Ta có MC = MA MA2 MB.MN (1,0đ) MN MA 0,25 hai tam giác MAN và MBA đồng dạng M· AN M· BA mà N· CB M· BA C·AN N· CB 0,25 Từ đó suy ra được BC là tiếp tuyến của (K) CK BC. 0,25 5 Điều kiện: x . Ta có: 4 0,25 2x2 6x 1 4x 5 4x2 12x 2 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11 Đặt 2y 3 4x 5 ta được hệ phương trình sau: 5. 2 2x 3 4y 5 0,25 (1,0đ) x y x y 2 0 2y 3 4x 5 Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3 0,25 Với x y 2 0 y 2 x x 1 2 0,25 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S 2 3;1 2 ĐỀ 4
16. I). PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu đúng cho 0,25 điểm) Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 D B B C D A B II). PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): NỘI DUNG TRÌNH BÀY CƠ BẢN ĐIỂM 1). Ta có: 2 VT 2 2 3 2 1 2 2 2 6 0,25 = 2 6 4 2 1 4 2 8 2 6 9 VP. Vậy đẳng thức được chứng minh. 0,25 2). Với x 0; x 4 ta có: x 6 1 10 x P : x 2 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 x 6 1 x 2 x 2 10 x = : x x 2 x 2 3 x 2 x 2 x 2 x 2 0,25 x 2 x 4 x 2 x 4 10 x : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 6 : 0,25 x 2 x 2 x 2 6 x 2 . x 2 x 2 6 1 0,25 2 x Biểu thức có giá trị không âm khi và chỉ khi: 1 P 0 0 2 x 0 x 4 2 x Kết hợp với điều kiện ta có: 0 x 4 thì biểu thức có giá trị không âm. 0,25 NỘI DUNG TRÌNH BÀY CƠ BẢN ĐIỂM 1). Với m 2 ta có phương trình: x2 6x 5 0. 0,25 Ta thấy a b c 1 6 5 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x1 1; x2 5. 0,25 Vậy khi m 2 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1; x2 5. 2). Ta có: a b c 1 2 m 5 2m 9 0 nên phương trình 1 luôn có nghiệm. 0,25 x1 x2 2(m 5) Theo hệ thức Vi_ét ta có: x1.x2 2m 9 0,25
17. 2 2 2 2 2 2 0,25 x1 2 m 5 x2 4m x1 x1 x2 x2 4m x1 x2 x1x2 4m 2 2 2 2 2 m 2 2m 9 4m 4m 16m 16 2m 9 4m 0 14m 7 0 m 0,5 0,25 Vậy khi m 0,5 thì phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: 2 2 x1 2 m 5 x2 4m . NỘI DUNG TRÌNH BÀY CƠ BẢN ĐIỂM (Điều kiện xác định: 2x y 0 ). 0,25 2x 1 2x 1 y y 2x y 2 2x y 2 y 5 2x y 2x 2x y 3 0,25 2x y 2 2x y 2x 1 2x 1 1 y y y x 2x y 2 2 2 2 2x y 2 2x y 2 2x y 2 0,25 3 3 x x 2 2 (Thỏa mãn điều kiện 2x y 0 ). 2x y 2 y 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y ; 1 0,25 2 NỘI DUNG TRÌNH BÀY CƠ BẢN ĐIỂM B E P M D N O A H C 1). Có AB và AC là hai tiếp tuyến của O nên AB  OB; AC  OC . 0,25
18. ·ABO ·ACO 900. Suy ra bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính AO. 0,25 Xét ABE và ADB có: B·AE là góc chung. ·AEB ·ABD (Góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cungBD ) Suy ra: ABE : ABD (g.g) 0,25 AD AB AB2 AD.AE. AB AE 0,25 2). Có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của O nên AB=AC (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). A nằm trên đường trung trực của BC. (1) Có: OB OC (cùng là bán kính của đường tròn tâm O ) O nằm trên đường trung trực của BC. (2) Từ (1) và (2) suy ra: OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC. Do đó OA vuông góc với BC tại H. 0,25 AOB vuông tại B (·ABO 900 ) có BH là đường cao. Theo hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có. AB2 AH.AO. 0,25 Mà AB2 AD.AE nên AH.AO AD.AE. 0,25 Xét ADH và AOE có: E·AH là góc chung; AD AH (AD.AE AH.AO) AO AE Vậy ADH : AOE (c.g.c) 0,25 ·AEO D· HA (Hai góc tương ứng) Suy ra tứ giác DEOH nội tiếp (Tứ giác có góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài của đỉnh đối diện) 0,25 3). Tứ giác DEOH nội tiếp nên E·HO E·DO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OE ). ODE cân tại O OE OD nên E·DO D· EO , mà ·AEO D· HA nên D· HA E·HO. Lại có E·HO B·HE ·AHD D· HB 900 (BC  AO) · · · Do đó DHB EHB HB là tia phân giác của DHE. 0,25
19. DHE có HP là tia phân giác của góc D· HE. Theo tính chất đường phân giác của PD HD tam giác ta có: . (3) PE HE DHE có HP là tia phân giác của góc D· HE và AH  HP nên HA là phân giác góc ngoài tại đỉnh H của DHE. Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có: AD HD . (4) AE HE AD PD Từ (3) và (4) suy ra: 0,25 AE PE MD AD ABE có MD / /BE (Hệ quả định lí ta lét) (5) BE AE ND PD PBE có ND / /BE (Hệ quả định lí ta lét) (6) BE PE AD PD Mặt khác (Theo chứng minh câu 6) (7) AE PE MD ND Từ (5); (6) và (7) suy ra: DM DN D là trung điểm của MN. BE BE 0,25 NỘI DUNG TRÌNH BÀY CƠ BẢN ĐIỂM 1). Với x 0; y 0 ta có: 1 1 1 1 1 P 2 2 2 2 x y xy x y 2xy 2xy 0,25 2 2 1 2 x y 0 x y 4xy 2 dấu bằng xảy ra x y 2xy x y 0,25 1 1 4 a b 4 (a b)2 4ab (a b)2 + = = = 0 , với mọi a 0;b 0 và dấu a b a b ab a b a b a b bằng xảy ra a b. 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: x2 y2 2xy x y 2 Dấu bằng xảy ra x2 y2 2xy x y. 0,25 4 2 6 P 6. (Vì x y 1. ) x y 2 x y 2 x y 2 x y 1 Dấu bằng xảy ra x y x y 1 2 1 Vậy min P 6 x y . 2 0,25 ĐỀ 5 I. Trắc nghiệm:
20. Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 D D D C A C B II. Tự luận: Câu Nội dung Điểm a) 2x 2 x x 1 x x 1 P x x x x x 2x 2 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 0,5 2x 2 x x 1 x x 1 x x x 0,25 2x 2 2x 2 x 2 2 x x 0,25 b)Ta có x 3 2 2 (tm ÐK) x 2 1 0,25 2 Thay vào biểu thức P 2 2 1 2 2 1 0,25 Tính được kết quả P 4 2 2 0,25 2 2 2 x x xy 2y 2y 0 Giải hệ phương trình: 2 2 x y 1 1 x2 x xy 2y2 2y 0 (1) 2 2 x y 1(2) Từ pt(1) ta có: x2 x xy 2y2 2y 0 x2 2xy xy 2y2 x 2y =0 0,5 x 2y x y 1 0 x 2y hoặc x = -1-y - Nếu x =2y thì pt(2) có dạng 5y2 1 1 5 5 y2 y hoặc y = 5 5 5 2 5 2 5 x x 5 5 0,25 hoặc 5 5 y y 5 5
21. x 1 x 0 - Nếu x= -1- y thì hpt có nghiệm là hoặc y 0 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 0,25 2 5 5 2 5 5 (x;y) = (-1;0);(0;-1);(; );(; ) 5 5 5 5 3 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – m = 0 (m là tham số) a)Giải phương trình khi m = 3. 1,5 b)Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: 2 2 x1 x2 x1 x2 2020. a) Với m = 3 ta có phương trình x2 – 2x – 3 = 0 0,25 Vì a – b + c = 1 + 2 – 3 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm: x = - 1 0,5 1, x2 = 3. 2. Phương trình x2 – 2x – m = 0 có hai nghiệm phân biệt 0,5 ’ = 1 + m > 0 m > -1. x1 x2 2 Theo định lí Vi-et, ta có: . x1 x2 m Theo giả thiết: 2 2 2 0,25 x1 x2 x1 x2 2020 (x1 x2 ) 2x1x2 x1 x2 2020 4 + 2m + 2 = 2020 2m = 2014 m = 1007 > -1 (thoả mãn) Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1007. 4 M E H A B O K 3 N H×nh vÏ ®óng Chó ý: KÓ c¶ tr-êng hîp ®Æc biÖt khi MN ®i qua O a) a) Tõ gi¶ thiÕt: A·KM 900 , A·HM 900 0,5 Bèn ®iÓm A, K, H, M cïng thuéc mét ®-êng trßn 0,75 0,25 điểm
22. 1 N·AH N·MK = s®K»H 0,25 b) 2 1 1 N·AH N·MB = s®N»B (2) 0,25 điểm 2 Tõ (1) vµ (2) N·MK N·MB 0,25 MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB 0,25 1 1 M· AB M· NB s®M¼B ; M· AB M· KH s®M¼H 2 2 0,5 M· NB M· KH K,M,E,N cïng thuéc mét ®-êng trßn c) M· EN M· KN 1800 ME  NB 1,25 1 1 1 S MK.AN; S ME.NB; S MN.AB điểm MAN 2 MNB 2 YAMBN 2 0,5 MK.AN ME.BN MN.AB MK.NA ME.NB lín nhÊt MN.AB lín nhÊt 0,25 MN lín nhÊt (V× AB= const ) M lµ chÝnh gi÷a A»B 5 1 điểm 1 1 1 1 1 1 Ta chứng minh: 3 (*) a b c a 2b b 2c c 2a 0,25 với a > 0; b > 0; c > 0 + Với a > 0; b > 0 ta có: a 2 b 3 a 2b (1) 0,25 1 2 1 2 9 + Do a 2 b 9 nên (2) a b a b a 2 b 1 2 3 3 + Từ (1) và (2) ta có: (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) a b a 2b + Áp dụng (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 3 với a > 0; b> 0; c > 0 a b c a 2b b 2c c 2a 1 1 1 1 3 Phương trình 3 có ĐK: x x 2x 3 4x 3 5x 6 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có: 1 1 1 1 1 1 3 x x 2x 3 3x 5x 6 4x 3 1 1 1 1 3 3 với x x 2x 3 5x 6 4x 3 2 Dấu “ = ” xảy ra x 2x 3 x 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. ĐỀ 6
23. I. Trắc nghiệm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đ. án D B D C B C A II. Tự luận: Bài Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 x 1 x 1 2 x + Với x 0 ,x 1 . ta có x 1 x 1 ( x 1)( x 1) x 1 0,25 a) + Bến đổi (1,0 đ) x2 x 1 x2 x2 x 1 x2 0,25 x3 1 x2 x (x 1)(x2 x 1) x(x 1) 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 0,25 2 x x 1 2 x +Khi đó A : . x 1 x 1 x 1 0,25 + Ta thấy x 3 2 2 thỏa mãn điều kiện x 0 ,x 1 . Thay b) 2 x x 3 2 2 vào biểu thức ta được (0,5 đ) x 1 0,25 1. 2 x 2 3 2 2 2 ( 2 1)2 A . (1,5đ) x 1 4 2 2 4 2 2 2 2 1 2( 2 1) 2 2 2( 2 1) 2 2( 2 1) 2 0,25 (đpcm). 2 a pt x2 –(2m -1)x + 2m – 2 = 0 (1, 5 đ) (0,75đ) ( a = 1; b = -(2m -1); c = 2m -2) Ta có a + b +c = 1 - 2m +1 + 2m – 2 = 0 0,25 c Nên phương trình có nghiệm x1 = 1; x 2m 2 2 a Vậy phương trình luôn có nghiệm x = 1 với mọi m 0,25 Để phương trình nhận x 6 4 3 là nghiệm thì x2 2m 2 6 4 3 m 4 2 3 0,25 Vậy với m 4 2 3 thì phương trình nhận x 6 4 3 là nghiệm
24. 2 b TH1: thay x1 = 1; x2 2m 2 vào x1 + 2mx2 -2m –x2 = 0 (0,75đ) Ta được 1 + 2m(2m-2) – 2m – (2m -2) = 0 1 4m2 4m 2m 2m 2 0 4m2 8m 3 0 0,25 1 3 Có ' 16 12 4 0 nên pt có hai nghiệm pb m ;m 1 2 2 2 2 TH2: thay x2 = 1; x1 2m 2 vào x1 + 2mx2 -2m –x2 = 0 Ta được (2m-2)2 + 2m – 2m -1 = 0 2m 2 2 1 0 2m 1 2m 3 0 1 3 m ;m 0,25 2 2 1 3 Vậy m ;m thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: 1 2 2 2 2 0,25 x1 + 2mx2 -2m –x2 = 0 3(1 đ) x y x2 xy 2y2 (1) 2 2 x y 2(2) Xét phương trình (1) ta có x y x2 xy 2y2 x y (x2 y2 ) (xy y2 ) (x y) (x y)(x y) y(x y) 0 (x y)(1 x) 0 x y;x 1 0,25 Thay x = 1 vào pt ( 2) ta được 1 + y2 = 2 y2 = 1 y = 1 hoặc y = -1 0,25 Thay x = -y vào pt (2) ta được 2y2 = 2 y2 = 1 y = 1 hoặc y = -1 Với y = 1 thì x = -1; với y = -1 thì x = 1 0,25 x 1 x 1 x 1 Vậy hệ pt đã cho có nghiệm ; ; y 1 y 1 y 1 0,25 4. Hình vẽ
25. (3,0đ) F M C K B A O H E + Ta có OE  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OEA = 900 E thuộc a) đường tròn đường kính AO (1) 0,25 (1,25) + Ta có OF  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OFA = 900 F thuộc đường tròn đường kính AO (2) 0,25 + Ta có M là trung điểm của dây cung BC không đi qua tâm đường tròn (O) OM  BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) góc 0,25 OMA =900 M thuộc đường tròn đường kính AO (3) Từ (1), (2), (3) các điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường 0,50 tròn đường kính AO Ta có OE = OF (đều là bán kính của (O)) nên O thuộc trung trực của EF. b) Ta có AE = AF (tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc trung trực của EF. (1,25) AO là trung trực của EF 0,25 AO  EF tại H. Ta có OEA vuông tại E, EH là đường cao AE 2 AH.AO . 0,25 (4) + Xét ABE và AEC chỉ ra góc ACE = góc AEB, góc CAE chung. AB AE ACE đồng dạng với AEB (g.g) AB.AC AE 2 . AE AC 0,50 (5) + Từ (4) và (5) suy ra AH.AO AB.AC (vì cùng bằng AE2). 0,25 c) + Biến đổi
26. (0,5 đ) AK AK AB AC AB AB BC 2(AB BM ) AK AK. AK. AB AC AB.AC AB.AC AB.AC 0,25 2AM AK. AB.AC + Chỉ ra AK.AM = AH. AO ; AB . AC = AH. AO và kết luận AK AK 0,25 2. AB AC 5. Học sinh chứng minh được: với 2 số thực dương x, y thì : 0,25 (1đ ) 1 1 4 (*) x y x y Đẳng thức xảy ra x = y. 1 1 4 c c 4c 0,25 Áp dụng bđt (*) ta có: (1) a b a b a b a b 1 1 4 a a 4a 0,25 Tương tự (2) b c b c b c b c 1 1 4 b b 4b (3) c a c a c a c a Cộng từng vế các bđt (1), (2) và (3) ta được: 0,25 b c c a a b a b c 4 a b c b c c a a b Đẳng thức xảy ra a = b = c. ĐỀ 7 HƯỚNG DẪN CHẤM I. TRẮC NGHIỆM: Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 D A A B C B D II. TỰ LUẬN: Bài Ý Nội dung Điểm Với a 0;a 1 2a 1 a 1 0, 25 Rút gọn được 3 1 a a 1 a a 1 a 1 (1,5đ) (0,75đ) 1 a3 2 a a 1 0,25 1 a Tính được P a 1 0,25
27. 2 Ta có: a = 59 - 302 = 5 2 3 (thỏa mãn điều kiện a 0;a 1 ) 0, 25 2 b Thay a 5 2 3 vào biểu thức rút gọn ta có (0,75đ) 2 0,25 P 5 2 3 1 Tính và kết luận P 5 2 4 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình 2 2 a x mx m 1 x mx m 1 0 1 (0,5đ) Tính và chứng minh được pt (1) có m 2 2 0 m 0,25 Kết luân được pt(1) luôn có nghiệm, do đó (d) và (P) luôn có điểm 0,25 chung Chỉ ra được điều kiện để (d) và (P) có 2 điểm chung phân biệt là pt(1) 0,25 có 2 nghiệm phân biệt và tìm được m 2 Gọi x1;y1 ; x2;y2 là tọa độ giao điểm của (d) và (P) thì 2 2 2 (1,5 đ) y1 x1 ,y2 x2 2 2 do đó y1 y2 7 2 5 x1 x2 7 2 5 * 0,25 b Với m 2 áp dụng hệ thức vi-et đối với pt (1), suy ra được (1,0đ) x1 x2 m x1x2 m 1 0,25 * m2 2(m 1) 7 2 5 giải và tìm được m 5;m 2 5 Đối chiếu với đk m 2 , kết luận 0,25 x2 y2 2x 2y 6 Gọi (I) x y xy 5 Đặt S = x + y; P = xy S2 2P 2S 6 (I) S P 5 3 S2 4S 4 0 S 2 (1,0 đ) 0,25 P S 5 P 3 Theo định lý Vi-ét: x, y là nghiệm của pt: X2 2X 3 0 Giải và tìm được X = 3; X = -1 0,25 x 3 x 1 hoặc 0,25 y 1 y 3 Kết luận nghiệm 0,25 B = A _ O = D / K H 4 / (3,0đ) E C
28. Chỉ ra được A·BO A·CO 900 (tính chất tiếp tuyến) 0,25 1 Xét tứ giác ABOC và chỉ ra được A·BO A·CO 1800 (0,75đ) 0,5 ABOC nội tiếp (Tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 1800) Chứng minh được năm điểm A, B ,O, H, C cùng thuộc một đường 0,25 tròn đường kính AO Xét (O): Chỉ ra được AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 2 Xét đường tròn đường kính AO: Chỉ ra được A»B A»C(mối quan hệ 0,25 (1,0đ) giữa cung và dây cung) · · Chứng minh được AHB AHC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng 0,25 nhau) Kết luận HA là tia phân giác của góc BHC 0,25 1 a) (0,5đ) Xét (O): Chứng minh được A·BD A· EB (cùng bằng sđ 2 B»D ) Xét ABD và AEB có: B·AE chung A·BD A· EB(chứng minh trên) Suy ra : ABD ~ AEB (g - g) AB AD 0,5 Do đó: AB2 AD.AE (1) AE AB b) (0,75đ) Xét đường tròn đường kính AO: Chứng minh được A·BK A·HB (do A»B A»C ) Xét ABK và AHB có: 3 B·AH chung (1,25đ) A·BK A·HB (chứng minh trên) Suy ra ABK  AHB (g - g) AK AB AB2 AK.AH (2) AB AH 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AE.AD = AK.AH 1 AH 2 2AH 2 AD DH 2AD 2DH = = AK AE.AD AK AE.AD AE.AD AE.AD AD AD ED AE AD 1 1 = = (do AD + DE = AE và DE = AE.AD AE.AD AD AE 2DH) 0,25
29. 2 1 1 Vậy: 0,25 AK AD AE ĐỀ Điều kiện 1 x 4 8 2 I. Đặt t x 1 với t 0 suy ra x t 1 Ph Phương trình trở thành t 2 4 t t 2 1 5 t 2 2t 2 5 0,25 ần 2 2 3 2 trắ t 1 5 t t 2t 4t 5 c 2t 6 4t5 11t 4 26t3 7t 2 40t 20 0 ng t 2 t 2 t 1 2 2t 2 5 0 hiệ m: 5 5 (2, t 2 hoặc t 1 hoặc t ( vìt 0 ) 0,25 (1,0đ) 2 0 điể Khi 2 x 1 x 3 (thỏa mãn điều kiện 1 x 4 ) m) Khi 1 x 1 x 0 (thỏa mãn điều kiện 1 x 4 ) Mỗ 0,25 5 3 i Khi x 1 x (thỏa mãn điều kiện 1 x 4 ) câ 2 2 u Kết luận nghiệm 0,25 đú ng 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B C C A D A B Phần II . Tự luận (8,0 điểm) Bài Ý Nội dung trình bày Điểm 0,25 a Rút gọn biểu thức: A ( 10 2) 3 5 = ( 5 1) 6 2 5 (0,5đ) = ( 5 1) ( 5 1)2 = ( 5 1)( 5 1) = 4 0,25 Với a > 0 , a 1 biến đổi vế trái ta có a 1 a 1 1 VT 4 a a 1 a 1 2a a 2 2 a 1 a 1 4 a a 1 a 1 1 1 . 0,25 (1,5đ) a 1 a 1 2a a b (1,0đ) a 2 a 1 a 2 a 1 4a a 4 a 1 0,25 . a 1 a 1 2a a 4a a 1 2 0,25 . a 1 2a a a 1 => VT = VP 0,25 Vậy đẳng thức được chứng minh a Thay m=4 vào phương trình (1) ta có phương trình x2 6x 5 0 0,25 (0,5đ) Ta có a b c 1 6 5 0 2 c 0,25 Vậy PT có nghiệm x 1; x 5 (1,5đ) b 1 2 a (1,0đ) Ta có. b2 4ac 8m 48Để PT (1) có nghiệm phân biệt thì 0,25 0 m 6
30. Vậy m 0 x 2y 3 x 1 2x 2y x 2y 3 x 1 2x 2y x 2 y 1 0 x 2 y +1 0,25 x 2y 3 x 1 2x 2y x 2y 3 x 1 2x 2y 3 x 2 y +1 (1,0đ) (2 y +1) 2y 3 2 y +1 1 2(2 y +1) 2y x 2 y +1 x 2 y +1 (2 y +1) 2y 3 2 y 2 y + 2 2y (y 1) 2 y + 2 x 2 y +1 x 2 y +1 x 2 y +1 2y 2 0 2y 2 ( 2y 2).(y 1) 0 y 1 0 y 1 x 2 y +1 0,25 x 2 y +1 2y 2 Vì y 0 y 2 y 1 x 5 (TMĐKXĐ) y 2
31. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (5; 2) A O Q K P I B H C E Xét tứ giác APHQ Có ·APH 900 ; ·AQH 900 (Vì AP  AB; AQ  AC ) 0,25 · · 0 0 0 0,5 a Nên ta có APH AQH 90 90 180 (1,25đ) Vậy tứ giác APHQ nội tiếp 0,25 Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH BC ) có HP  AB (gt) nên 0,25 theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có AH 2 AP  AB Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH BC ) có HQ  AC (gt), tương 0,25 tự ta có AH 2 AQ  AC Ta có AH 2 AP  AB ; AH 2 AQ  AC vậy AP  AB AQ  AC 0, 5 Ta có tứ giác APHQ nội tiếp ( cm trên) ·AQP ·AHP ( cùng chắn b cung AP) 4 (1,0đ) (3,0đ) Ta có ·AHP B·HP ·AHB 900 ; P·BH B·HP 900 ( vì BPH vuông 0,25 tại P) Vậy ·AHP P·BH ·AQP P·BH ·AQI ·ABC , mà ·ABC ·AEC ( cùng chắn cung AC) nên ·AQI ·AEC ·AQI I·EC Xét tứ giác IQCE có ·AQI I·EC Tứ giác IQCE nội tiếp ( vì có góc 0,25 ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác) E· IQ Q·CE 1800 ( tính chất ) mà Q·CE ·ACE 900 ( góc nội tiếp 0,25 .) Nên E· IQ 900 1800 E· IQ 900 AE  PQ Ta có·AKE 900 ( góc nội tiếp ) ·AKI I·KE 900 .Ta có KIE c 0 vuông tại I (cm trên) I·EK I·KE 90 ·AKI I·EK ·AKN ·AEK , (0,75đ) mà ·AEK ·ACK ( cùng chăn cung AK) nên ·AKN ·ACK Xét AKQ và ACK có góc A chung, có ·AKQ ·ACK nên AKQ 0.25 : ACK AK AQ AK 2 AQ  AC , mà AH 2 AQ  AC (cm trên) AC AK nên AK 2 AH 2 AK AH x y 2 x y 2 Ta có: S 5 x2 y2 xy 0,25 (1,0đ) 2xy x2 y2 1+ 2 x2 y2 xy
32. 2xy x2 y2 x2 y2 3+ 2 2 0,25 x y 2xy 2xy Do x; y là các số dương suy ra 2xy x2 y2 2xy x2 y2 2 . 2 ; « = » x2 y2 2xy x2 y2 2xy 2 2 x y 2xy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 4x y x y 0 0,25 2xy x y x2 y2 x y(x; y 0) x2 y2 x2 y2 2xy 1 ;« = » x y 2xy Cộng các bđt ta được S 6 S 6 x y .Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y 0,25