›
›
›

Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Lần 1 - Năm học 2019-2020 - Nguyễn Danh Vọng (Có đáp án)

pdf 63 trang thaodu 4340
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Lần 1 - Năm học 2019-2020 - Nguyễn Danh Vọng (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_thu_vao_lop_10_mon_toan_lop_9_lan_1_nam_hoc_2019_2020.pdf

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Lần 1 - Năm học 2019-2020 - Nguyễn Danh Vọng (Có đáp án)

  1. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 FERMAT EDUCATION ĐỀ THI THỬ LỚP 9 VÀO 10 LẦN 1 NĂM HỌC: 2019 – 2020 Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Ngày làm bài: 31/3/2019 x 1 2 Bài I. (2,0 điểm) Cho các biểu thức A và B với x 0, x 4 . x 4 x 2 x 2 1) Tìm giá trị của B khi x = 9. B 2) Rút gọn P . A 3) Tìm x thỏa mãn điều kiện Px.( 1) x 2( x 1)2 . Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai tổ cùng làm chung một công việc sau 12 giờ thì xong việc. Nếu 2 tổ làm chung trong 7 3 giờ, sau đó tổ 2 đi làm việc khác và tổ 1 làm thêm 7 giờ thì được công việc. Hỏi mỗi 12 tổ làm một mình thì sau bao lâu xong việc? Bài III. (2,0 điểm) x 2 1 0 x 2 2 y 3 1) Giải hệ phương trình: 2x 4 1 3 x 2 2 y 3 2) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 2 mx 2 m 1 (với m là tham số) a) Chứng minh (d) và (P) luôn có điểm chung. Từ đó tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 2. 2 b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x1, x 2 thỏa mãn x1 x 2 4 . Bài IV. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC đường cao AH, phân giác trong góc BAC cắt BC tại O, qua O dựng các đường thẳng OM vuông góc với AB, ON vuông góc với AC. 1) Chứng minh: 5 điểm A, M, H, O, N cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh: AH là phân giác của MHN . 3) Đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh: KN.AC = KM.AB. 4) Gọi I là trung điểm BC. Chứng minh: A, K, I thẳng hàng. Bài V (0,5 điểm) Cho abc,, thỏa mãn a2 b 2 c 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P a b c abc . Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  2. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN Bài I: a. Thay x = 9 (TMĐKXĐ) vào B ta được: 2 2 2 B 2 x 2 9 2 1 Vậy x = 9 thì B = 2 b. Rút gọn: B P A 2 x 1 P : x 2 x 4 x 2 2x x 2 P : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 2 2x 2 P : x 2 x 2 x 2 2 2 x 1 P : x 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 x 2 P . x 22 x 1 x 1 x 2 Vậy P x 1 2 c. Ta có Px.( 1) x 2( x 1) x 2 .(x 1) x 2( x 1)2 x 1 x 2 x 2 xx 1 2 2 x x 1 x x 1 1 x x 0 x x 1 0 x 0 x 0 TM x 1 0 x 1 VL Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  3. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Vậy x = 0 là giá trị cần tìm để Px.( 1) x 2( x 1)2 Bài II. Gọi thời gian tổ 1 làm một mình hoàn thành công việc là x (giờ, x>12) Gọi thời gian tổ 2 làm một mình hoàn thành công việc là y (giờ, y>12) 1 Sau 1 giờ, tổ 1 làm được (công việc) x 1 Sau 1 giờ; tổ 1 làm được (công việc) y 1 Sau 1 giờ; cả hai tổ làm được (công việc) 12 1 1 1 Theo đầu bài ta có phương trình: 1 x y 12 3 1 Sau 3 giờ cả hai tổ làm được (công việc) 12 4 7 Sau 7 giờ, tổ 1 làm được (công việc) x 1 7 7 Theo đầu bài ta có phương trình: x 21 (TM) 4x 12 1 1 1 Thay vào (1) ta được y28 TM 21y 12 Vậy tổ 1 làm 1 mình sau 21 giờ hoàn thành công việc Tổ 2 làm một mình sau 28 giờ hoàn thành công việc Bài III: x 2 1 0 x 2 2 y 3 3 1. Giải hệ (ĐKXĐ x 2; y ) 2x 4 1 2 3 x 2 2 y 3 x 2 a x 2 a b0 a 3 a 3 Đặt 1 2a b 3 a b 0 b 3 b 2y 3 x 2 3 x 1 x 2 xx 2 3 6 4 x 4 4 1 6y 9 1 6 y 8 y 3 3 2y 3 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là 1; 3 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  4. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 2. a. Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d x2 2 mx 2 m 1 x2 2 mx 2 m 1 0 * bac2 4 2 m2 4.1. 2 m 1 4mmm2 8 4 2 2 2 0  m P và d luôn có điểm chung *) Thay m = 2 vào (*) ta được * x2 2.2. x 2.2 1 0 x2 4 x 3 0 x1 x 3 0 x 1 y 1 x 3 y 9 Vậy khi m = 2 thì P cắt d tại 2 điểm phân biệt 1;1 và 3;9 b. Để P cắt d tại 2 điểm phân biệt 0 2 Mà 2m 2 0 2m 2 0 m 1 m 1 Vậy với thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt xx1 2 2 m 1 Khi m 1 theo Viets ta có xx1. 2 2 m 1 2 Theo đầu bài ta có x2 x 4 1 2 x x 2 4 thay vào (1) và (2) ta được 2 1 xx 2 4 2 m 2 3 2 1 1 xxm1 12 4 xxx 1 1 3 1 3 0 xx.2 4 2 m 1 3 2 1 1 xxm1 4 1 2 1 xx 2 1 4 x 1 2 2 1 xx1 1 1 3 x 1 1 0 x1 3 x 1 1 0 2 x1 3 L x x2 4 2 2 1 x2 x 1 4 2 x2 x 1 4 x1 1 x2 5 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  5. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Thay vào (1) 1 5 2m m 3 TM Vậy m = 3 là giá trị cần tìm để (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x1, x 2 thỏa mãn 2 x1 x 2 4 . Bài 4: AMO ANO AHO 900 a) Ta có Xét tứ giác AMHO có: AMO AHO 900 AMO và AHO cùng nhìn AO tứ giác AMHO là tứ giác nội tiếp A,M;H;O cùng thuộc một đường tròn (1) Xét tứ giác AMON có: AMO ANO 900 90 0 180 AMO và ANO là 2 góc đối nhau tứ giác AMON nội tiếp A;M;O;N cùng thuộc một đường tròn (2) (1);(2) AMHNO,,,, cùng nằm trên đường tròn tâm là trung điểm của AO . b) Ta có AMO ANO (cạnh huyền- góc nhọn) MOA NOA (2 góc tương ứng) Mà MOA MHA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA ) NOA NHA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung NA ) MHA NHA HA là phân giác của MHN . Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  6. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 c) KN OF Hạ ME BCNF,  BC KM OE Vì AMO ANO (theo chứng minh ý a) OM ON OM2 ON 2 OE OB OC OF OB OE OC KN OB Do đó KM OC OB AB Mà (tính chất đường phân giác) OC AC KN AB KNAC KM AB KM AC d) Giả sử AK cắt BC tại I . Ta chứng minh I là trung điểm của BC . Qua B, C dựng các đường thẳng song song với KI cắt đường thẳng MN lần lượt tại P, Q . KN AN KN AN KNAC. CQAK∥ KQ NQ NC KQ AC AN KM AM KM AM KMAB. BP∥ AK KP MP MB KP AB AM Theo câu c) ta có KN AC KM AB mà AM AN KP KQ I là trung điểm BC . Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  7. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Bài V (0,5 điểm) Cho abc,, thỏa mãn a2 b 2 c 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P a b c abc . Ta biến đổi P abcabc a. 1 bc bc .1. Áp dụng BĐT Bunhiasopxki cho 2 bộ số a;b c , 1 bc ;1 ta có 2 2 2 2 2 Mặt khác, vì abc 2 2 2 bc 2 bc 1 bc 1. (1) Ta đi chứng minh 2 2bc . 2 2 bcbc2 2 4 . Thật vậy 22.22 bc bcbc2 2 42 bc 2 2 2 bc 3 3 02.1 bc 2 2 bc 0 (luôn đúng do (1) ). Suy ra P2 4 2 P 2. a bc 1 bc 1 2 2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 khi 2bc .1 bc 0 abc ;;  1;1;0  và các 2 2 2 a b c 2 hoán vị. Giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 khi abc; ;  1; 1;0  và các hoán vị. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  8. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THÁNG 3 TỔ TOÁN MÔN: TOÁN 9 Ngày kiểm tra: 11/03/2019 Thời gian làm bài: 90 phút x 3 xx 3 1 Câu 1 (2 điểm). Cho biểu thức: AB ; xx 0; 25 5 xx 25 x 5 9 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4 b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P biết P = B:A Câu 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 500 m2 . Nếu giảm chiều dài đi 5m và giảm chiều rộng đi 10m thì diện tích hình chữ nhật giảm đi so với ban đầu là 300 m2 . Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật. Câu 3 (2 điểm). 1 3 1 x 1 y 1 1) Giải hệ phương trình: 2 4 3 x 1 y 1 2) Cho phương trình: x2 3 m 1 xm 2 1 0 (với m là tham số) (1) a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm x 2. b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AT với đường tròn (O) (T là tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ AO không chứa điểm T, kẻ cát tuyến ABC không đi qua tâm O với đường tròn (O) (B nằm giữa A và C). Gọi N là trung điểm của BC. a) Chứng minh 4 điểm A, T, O, N cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh AT2 AB. AC c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của T lên AO, chứng minh HBO OCH d) Gọi K và I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên HC và BH. Chứng minh ba điểm I, K, N thẳng hàng. 1 1 Câu 5 (0,5 điểm). Cho hai số x, y dương thỏa mãn 1 x y 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y x y Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  9. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2 điểm) 9 3 3 3 9 x 3 9 a) Khi x TMĐK thì A= 4 2 4 5 x 9 3 7 5 5 4 2 9 9 Vậy với x thì A = 4 7 xx 3 1 xx 3 x 5 xx 4 5 B x 25 x 5 x 5 xx 5 5 5 x 5 x 5 b) x 5 x x 5 xx 5 x 5 x 5 x 1 x 1 xx 5 5 xx 5 5 x 5 x 5 x 5 x 1 Vậy B x 5 xx 1 3 1 x 4 c) P BA: : 1 x 5 5 xx 3 x 3 Ta có: 1 1 4 4 4 4 4 1 x  0 x x 3 3 1 1 1 xxx 33 3 3 3 3 x 3 3 1 P 3 Để P đạt giá trị lớn nhất thì x 3 3 x 0 TMĐK 1 P là lớn nhất khi x 0 Vậy 3 Câu 2: (2 điểm) Gọi chiều dài ban đầu là : x (m), (x>y>0) chiều rộng ban đầu là : y (m), Vì diện tích hình chữ nhật là 500 m2 nên ta có : x.y= 500 (1) Chiều dài mới là : x 5 (m) Chiều rộng mới là : y 10 (m) Vì diện tích mới giảm 300 m2 nên ta có phương trình : x 5 y 10 500 300 200 (2) Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  10. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 y 70 2 x x 25 Từ (1),(2) ta có hệ phương trình: 2 TMĐK ( chú ý loại x=10, y=50) x 35 250 0 y 20 Vậy chiều dài hcn là : 25m chiều rộng hcn là : 20m Câu 3: (2 điểm) 1 3 1 x 1 y 1 1. Giải hệ phương trình : , x 1, y 0, y 1 2 4 3 x 1 y 1 1 a, a 0 x 1 Đặt 1 b, b 0 y 1 a 3 b 1 1 Ta có hệ : a b TMĐK 2a 4 b 3 2 1 1 x 1 2 x 1 Nên ta có: TMĐK 1 1 y 9 y 1 2 x 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: y 9 2. Cho phương trình : x2 3 m 1 xm 2 1 0 m 3 2 2 a) Thay x=-2 vào ta có m2 6 m 1 0 m 3 2 2 m 3 2 2 Vậy thì phương trình (1) có một nghiệm x 2. m 3 2 2 b) Ta có : ab 1, (3 m 1), cm 2 1 3 16 5mmm2 6 5 5( ) 2  0 m 5 5 Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  11. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Câu 4 T I O A H K B N C a) Chứng minh bốn điểm ATON,,, cùng thuộc một đường tròn Ta có CN NB ON  BC (t/c đường kính và dây cung) ONA 900 Xét tứ giác ATON có OTA ONA 900 90 0 180 0 Nên tứ giác ATON nội tiếp Do đó bốn điểm ATON,,, cùng thuộc một đường tròn b) CM: AT2 ABAC. xét ATC và ABT có ATB TCA (cùng chắn cung TB ) và TAB chung AT AC Nên ATC ABT (.) g g AT2 AB. AC  AB AT c)CM: HBO OCH Ta có AT2 AOAH. Lại có AT2 ABAC. Nên AB AC AO AH AB AH AO AC ABO và AHC có : Xét Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  12. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 AB AH AO AC AOB là góc chung Nên ABO  AHCcgc ( ) AOB HCA hay HOB HCB Mà HOB ; HCB cùng nhìn cạnh HB Nên tứ giác COHB nội tiếp Do đó HBO OCH (góc nội tiếp cùng chắn cung OH ) d)CM: IK,, N thẳng hàng Ta có tứ giác OKNC nội tiếp OKN OCB 1800 1 Tứ giác COHB nội tiếp OCB IHO (cùng bù với OHB ) 2 tứ giác OKHI nội tiếp IHO OKI (góc nội tiếp cùng chắn cung OI ) 3 Từ 1,2,3 OKN OKI 1800 NKI 180 0 Vậy IK,, N thẳng hàng Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  13. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  14. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 TRƯỜNG THPT SƠN TÂY ĐỀ THI THỬ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT (LẦN 1) NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm). Cho các biểu thức sau: x x 1 x6 1 10 x A với x 0; và B : x 2 với x xxxx 4 3 6 x 2 x 2 x 0; x 4. 1) Tính giá trị của biểu thức A với x 25. 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm các giá trị x thuộc số nguyên để biểu thức C x 1 . B đạt giá trị nguyên. Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chuẩn bị tham gia hội thi đá cầu cấp trường, cô giáo chủ nhiệm lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn đá cầu ở nội dung đôi nam nữ (một nam kết hợp một nữ). Cô giáo 2 2 chọn số học sinh nam của lớp kết hợp với số học sinh nữ của lớp để lập thành các cặp 5 3 đôi thi đấu. Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 20 học sinh. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh? Bài III (2,0 điểm). 2 x 4 5 x y 1) Giải hệ phương trình 1 3x 4 8 x y 2) Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d: y mx 4 (m là tham số). a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi số thực m. b) Tìm m để đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Axy 1;; 1 Bxy 2 ; 2 thỏa mãn xy1 1 xy 2 2 0. Bài IV (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE. 1) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. 2) Gọi M là giao điểm của đường thẳng AH và BC. Chứng minh CMCB CECA 3) Gọi I là trung điểm của AH. Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. 4) Tính diện tích của tam giác ABC theo R biết: BC 2 R , ABC 450 , ACB 60 0 . Bài V (0,5 điểm.) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2x 3 y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2002 2018 P 2996 xy 5500 . x y Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  15. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Hướng dẫn giải Bài I (2,0 điểm). Cho các biểu thức sau: x x 1 x6 1 10 x A với x 0; và B : x 2 với x xxxx 4 3 6 x 2 x 2 x 0; x 4. 1) Tính giá trị của biểu thức A với x 25. Ta có: x 25.( thỏa mãn đk) x x 1 25 25 1 31 Thay x = 25 vào biểu thức : A ta được: A x 25 5 31 Vậy x = 5 giá trị của A là: 5 Sửa gọn: 25 25 1 31 Thay x = 25 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta được: A 25 5 31 Vậy x = 5 thì A 5 2) Rút gọn biểu thức B x6 1 10 x B : x 2 xxxx 4 3 6 x 2 x 2 x6 1 xx 4 10 B : xx 2 x 2 3 x 2 x 2 x 2 x 2 1 6 B : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 B : x 2 x 2 x 2 6x 2 B . x 2 x 2 6 1 B . ĐKXĐ: x 0; x 4. x 2 3) Tìm các giá trị x thuộc số nguyên để biểu thức C x 1 . B đạt giá trị nguyên. ĐK: x 0; x 4. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  16. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 1 C xB 1 . x 1 . x 2 x 1 C x 2 x 2 3 3 C 1 x 2 x 2 Ta có: 1 Z 3 Để AZ Z 3 x 2 x 2 Ư(3) x 2 Mà: Ư(3) =  1; 3  x 2 -1 1 -3 3 x 1 3 -1 5 x 1 9 Loại 25 Kết hợp điều kiện: x 0; x 4. Ta được: x 1;9;25 Bài II (2,0 điểm). Giải: Gọi số học sinh nam của lớp là x ( học sinh, x N * ) Gọi số học sinh nữ của lớp là y ( học sinh, y N * ) 2 Số học sinh nam dự thi đá cầu là: .x ( học sinh) 5 2 Số học sinh nữ dự thi đá cầu là: .y ( học sinh) 3 2 2 5 Theo đề bài ta có PT: .x = y x y 5 3 3 2 3 Số học sinh nam còn lại là: x x x ( học sinh) 5 5 2 1 Số học sinh nữ dự thi đá cầu là: y y y ( học sinh) 3 3 3 1 3 5 1 4 Ta có PT : .xy . 20 yy . 20 y 20: 15 ( thỏa mãn) 5 3 5 3 3 3 5 Vậy số học sinh cả lớp là : .15 15 40 ( học sinh) 3 Bài III (2,0 điểm). Giải : Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  17. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 2 x 4 5 x y 1) Giải hệ phương trình 1 3x 4 8 x y đ/k : x ≥ -4; x ≠ -y 1 Đặt a; x 4 b (b≥0)  x y 2ab5 2ab5 7b21 b3(t/m) a1 a3b 8 2a6b16 2ab5 2a35 b3 Trả lại biến cũ: x 4 3 x 4 9 x 5 (T/m) 1 1 a 1 1 . Thay x=5 vào ta có: 1 5 y 1 y 4 x y 5 y Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là (5; -4) 2/ Xét P : y x2 ; d : y mx 4 (m là tham số) a) C/m (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m * Xét phương trình hđ của (d) và (P) ta có: x2 mx 4 x 2 mx 4 0 (1) (a = 1; b = -m; c = -4). Ta thấy: a.c 4 0 -> Phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m d P Ax;y;Bx;y 1 1 2 2 2 2 b) Gọi A x1 ; y 1 P : y x y 1 x 1 2 2 B x2 ; y 2 P : y x y 2 x 2 2 2 x1 y 1 x 2 y 2 0 x 1 x 1 x 2 x 2 0 3 3 2 2 xx01 2 xxxxxx 1 2 1 1 2 2 0* b xx m 1 2 a Vì pt (1) luôn có 2 nghiệm x ;x Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 c x x 4 1 2 a Thay vào (*) ta có: m m2 12 0 m 0 Bài IV (3,5 điểm). Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  18. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 1. Chứng minh tứ giác ADHE nôi tiếp Ta có: BDC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ADH 900 - Góc BEC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) AEH 900 - Xét tứ giác ADHE có: ADH AEH 1800 Tứ giác ADHE nội tiếp (đpcm) 2. Ta có: H DC  BE H là trực tâm của tam giác ABC M AH  BC AH  BC tại M. - Tứ giác ADHE nội tiếp EAH EDH Mà ta có: EDH EBC (góc nội tiếp cùng chắn cung EC) EAH EBC - Xét AMC và BEC có: CAM EBC (cmt) BEC AMC 900 MC AC AMC∽ BEC MC.BC CE.AC (đpcm) EC BC 3. Vì I là trung điểm của AH I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE IDH IHD MHC và CDO DOC và DCO MHC 900 IDH HDO  90 0 DI OD ID là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  19. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 BE 3 4. Xét tam giác BEC vuông tại E có: sin600 BE sin60.BC 0 .2R 3R , BC 2 EC 1 cos600 EC .2R R BC 2 Ta có: BAC 1800 ABC BCA 180 0 45 0 60 0 75 0 BE R. 3 - Xét tam giác ABE vuông tại E có: tan 750 AE AE 2 3 R. 3 ACAEEC R 232R 2 3 1 1 Vậy S .BE.AC .3R.23 2R = 3 31R 2 (đvdt) ABC 2 2 Cách 2. HS cấp 2 chưa được phép bấm máy tính tan 750 . MAB vuông cân tại M nên MA = MB. AM MAC vuông tại M có ACM 600 tan 60 AMCM 3 . CM Suy ra MB 3 CM . Mặt khác 2R 2 3 R MB MC BC 1 3 MC 2 R MC AM 1 3 1 3 2 1 1 2 3R 2 R 3 2 SABC . BC . AM .2 R . = 3 3 R (đvdt) 2 2 1 3 1 3 1 Bài V: Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại : x , y 1. 2 1 1 Tách : P 2002 4x 2018 y 2506 2x 3y . x y 1 Theo Côsi có : P 4.2002 2.2018 2506.4 2020.Vậy : MinP 2020 x , y 1. 2 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  20. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 PHÒNG GD – ĐT CẦU GIẤY ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN 9 Đ Ề CHÍNH THỨC Ngày kiểm tra: 04/4/2019 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2 điểm). 3x 6 x 3 1 x 2 Cho hai biểu thức: A = và B = với x > 0; x ≠ 4 xxx 2 2 x x 9 25 a) Tính giá trị của B khi x = 4 b) Rút gọn biểu thức A. 1 c) Cho P = A.B. Tìm các số nguyên x để P 3 Bài 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một hội đồng thi tuyển sinh có 1056 thí sinh đăng ký dự thi nhưng thực tế chỉ có 1012 thí sinh tham gia thi nên mỗi phòng thi xếp thêm 1 thí sinh thì số phòng giảm đi 4 phòng. Hỏi lúc đầu dự định hội đồng đó có bao nhiêu phòng thi? Biết rằng số thí sinh ở mỗi phòng thi là như nhau. Bài 3 (2 điểm). 2 | 3y 2 | 3 x 1 1) Giải hệ phương trình: 1 3| 3y 2 | 2 x 1 2) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 với m là tham số. a) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại. b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x 2 2 Bài 4 (3,5 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) đường kính BD (AD > AB). Đường thẳng qua A vuông góc với BD tại N, cắt đường tròn (O) tại M. Dây cung BC cắt dây cung AM tại I. a) Chứng minh rằng: tứ giác NICD nội tiếp. b) Chứng minh: BN.BD = BI.BC c) Qua N kẻ đường thẳng song song với AC, cắt dây cung BC tại P. Đường thẳng NP cắt đường thẳng DC tại Q. Chứng minh tứ giác MPCQ là hình chữ nhật. d) Khi quay ∆ADB một vòng quanh cạnh BD ta được một hình (H), hãy tính thể tích của hình (H) biết ADB 600 ; R = 4cm. Bài 5 (0,5 điểm). Cho a, b là các số dương thỏa mãn: 4ab – a – b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 thức: a b a b HẾT Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  21. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Câu Nội dung Điểm 3x 6 x 3 1 x 2 2 1 A = và B = với x > 0; x ≠ 4 xxx 2 2 x x 9 25 0,5 a Tính giá trị của biểu thức B khi x = 4 25 0,25 x = (tmđk) 4 5 2 1 23 1 0,25 B = 2 : 5 9 2 2 23 2 Rút gọn biểu thức B 1,0 3x 6 x 3 1 0,25 A = xx( 2) x x 2 3x 6 ( xx 3)( 2) x 0,25 = b x( x 2) 3x 6 xx 5 6 xxx 0,25 = xx( 2) xx ( 2) xx( 1) x 1 0,25 = xx( 2) x 2 1 0,5 Cho P = A.B. Tìm các số nguyên x để P 3 x 1 0,25 P = A.B = . ĐK để P xác định là P ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 x 9 c 1 1x 1 1 P ⇔⇔P ⇔ 9 xx 9 9 3 9x 9 9 9 81 ⇔x ⇔ x 4 16 Kết hợp đk x ≥ 1, x ≠ 4, x là số nguyên; tìm được x ∈ {1;2;3;5} 0,25 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình 2,0 Gọi số phòng thi của Hội đồng đó theo dự định lúc đầu là x (phòng). 0,25 Số phòng thi theo thực tế là: x – 4 (phòng) 0,25 1056 0,25 Số học sinh của mỗi phòng thi theo dự định là: (học sinh) x 2 1012 0,25 Số học sinh của mỗi phòng thi theo thực tế là: (học sinh) x 4 Vì thực tế mỗi phòng thi xếp thêm 1 thí sinh nên ta có phương trình: 0,25 1012 1056 1 (1) x 4 x Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  22. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Giải phương trình (1): 0,25 +) Biến đổi phương trình (1): x2 + 40x – 4224 = 0 +) Giải phương trình ta được: x1 = 48 (TMĐK); x2 = - 88 (không TMĐK) 0,25 - Vậy lúc đầu theo dự định Hội đồng đó có 48 phòng thi 0,25 3 2,0 1) Giải hệ phương trình: 1,0 2 | 3y 2 | 3 x 1 1 3 | 3y 2 | 2 x 1 ĐKXĐ: x > 1 0,25 1 0,25 Đặt a; |3 y 2| b (ĐK: a > 0; b ≥ 0) x 1 Hệ trở thành: 2a b 3 a 3 b 2 Giải hệ tìm được: a = 1; b = 1 (TM) 0,25 1 0,25 Thay lại: a = 1 ⇔ 1 ⇔ x 2( Tm ) x 1 y 1 0,25 b = 1 ⇔ |3y – 2| = 1 ⇔ 1 y 3 1  Vậy (x;y) ∈ 2;1 ; 2;  3  2) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 với m là tham số. Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại. 0,5 3 0,25 PT có một nghiệm bằng 2 => Ta có: 22 – 2(m – 1).2 + 2m – 5 = 0  m 2 0,25 a 2 x 1 Thay vào ta có pt: x – x – 2 = 0 ⇔ (x + 1)(x – 2) = 0 ⇔ x 2 Vậy nghiệm còn lại là – 1 (HS có thể dùng hệ thức Viet đúng vẫn cho điểm tối đa) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 0,5 x1 x 2 2 Ta có ∆’ = [-(m – 1)]2 – 1.(2m – 5) = m2 + 4m + 6 = (m + 2)2 + 2 > 0 ∀m 0,25 b  PT có nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. 0,25 xx1 2 2( m 1) Theo định lí Viet ta có xx1 1 2 m 5 x1 x 2 2 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  23. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 x1 0 x1 x 2 0 2(m 1) 0 5 ĐK: x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ thì ⇔ ⇔ m x2 0 xx1 2 0 2 m 5 0 2 0,25 Theo đề bài x1 x 2 2 ⇔ xx1 22 xx 1 2 4 ⇔ 2(m 1) 2 2 m 5 4 ⇔ 2m 5 m 3 (đk: m ≥ 3) 2 ⇔ 2m 5 ( m 3) 2 ⇔ m 8 m 14 0 m1 4 2( TM ) ⇔ m2 4 2( KoTM ) Vậy m 4 2 4 3,5 A N O B D I P M C Q Chứng minh rằng: tứ giác NICD nội tiếp. 1 Vì AM ⊥ BD tại N IND 900 0,5 0 a Vì C ∈ (O), đường kính BD ICD 90 Xét tứ giác NICD có: IND ICD 1800 0,5 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau  Tứ giác NICD nội tiếp b Chứng minh BN.BD = BI.BC 1 BCD 900 ; BNI 90 0 0,5  ∆BNI đồng dạng với ∆BCD 0,25  BN.BD = BI.BC 0,25 Chứng minh tứ giác MPCQ là hình chữ nhật 1 NP // AC => BPN BCA . Mà BMA BCA 0,25 c  Tứ giác BMPN nội tiếp 0,5  BNM BPM 900 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  24. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Chứng minh tương tự tứ giác NMQD là tứ giác nội tiếp => MQD 900 0,25 Mà DCB 900 tứ giác MPCQ là hình chữ nhật Hãy tính thể tích của hình (H) 0,5 AD BD 0,25 ADB 600 cos 60 0 AD 4 cm DB 2 NA ADB 600 sin 60 0 AN 2 3 cm d DA Khi quay ∆ADB quanh BD ta được hai hình nón úp vào nhau có chung đáy 0,25 là đường tròn bán kính AN và các đường cao là BN, DN. Vậy thể tích của (H) tạo được khi quay ∆ADB quanh BD là: 1 1 AN2.( BN ND ) (23).8 2 32(cm) 3 3 3 Cho a, b là các số dương thỏa mãn: 4ab – a – b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của 0,5 1 biểu thức: a b a b 2 Ta có 4ab ≤ (a + b) 0,25  2 = 4ab – a – b ≤ (a + b)2 – (a + b)  (a + b)2 – (a + b) – 2 ≥ 0  (a – b + 1)(a + b – 2) ≥ 0 5 Mà a, b > 0 do đó a + b – 2 > 0 => a + b ≥ 2 Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương: 0,25 1 3 1 1 3 1 1 a b ( a b ) ( a b ) .2 2 ( a b ). a b4 4 a b 4 4 a b 1 5 Hay a b a b 2 Dấu “=” xảy ra  a = b = 1 Mọi cách làm đúng đều cho điểm tối đa. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  25. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 TRƯỜNG THCS & THPT MARIE ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II CURIE MÔN TOÁN LỚP 9 Năm học 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút x 1 1 1 Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức: A xB; với x 0; x 1. 2 x 1 x 1 1. Tính giá trị biểu thức A khi x 25 . x 1 2. Đặt M AB. . Chứng minh M . x 1 3. Tìm x để M x 2 . Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hai địa điểm A và B cách nhau 84km. Một ô tô khởi hành từ A và đi đến B với vận tốc không đổi. Trên quãng đường từ B về A, vận tốc của ô tô tăng thêm 20km/giờ. Tính vận tốc lúc ô tô đi từ A đến B, biết rằng tổng thời gian cả đi và về của ô tô đó là 3 giờ 30 phút. Bài 3 (2,0 điểm): 1 2 7 x 1 y 3 1. Giải hệ phương trình 3 4 1 x 1 y 3 2. Cho phương trình x2 m 5 xm 3 6 0 (x là ẩn số, m là tham số). a. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. 2 2 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x 2 thỏa mãn xx1 2 xx 1 2 54 . Bài 4 (3,5 điểm): Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ đường thẳng d không đi qua tâm O và cắt đường tròn tại hai điểm B và C phân biệt (B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại M. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với OA, cắt OA tại H và cắt đường tròn tại hai điểm E và K (E nằm giữa M và K). Gọi I là giao điểm của BC và OM. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác OBMC nội tiếp. 2. BC vuông góc với OM và MC2 MI.MO . 3. ME.MK MI.MO và tứ giác OIEK nội tiếp. 4. AE, AK là các tiếp tuyến của đường tròn (O). Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn: 2a 3 b 13. 4 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M a2 b 2 3 a 4 b . a b Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  26. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Giải x 1 1 1 Bài 1: Cho hai biểu thức: A xB; với x 0; x 1. 2 x 1 x 1 1. Tính giá trị biểu thức A khi x 25 . x=25 (TM ĐK) =8 x 1 2. Đặt M AB. . Chứng minh M . x 1 x 1 1 1 M x . 2 x 1 x 1 x 1 2 xx 1 x 1 . 2 x 1 x 1 2 x 1 2x 1 . 2 x 1 x 1 x 1 3. Tìm x để M x 2 . x 1 Mx 2 xxx 2 2 1 0 x 1 √ =1+ √2( )  x = 3−2√2( 퐾). √ =1− √2(퐾 ) Kết luận Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hai địa điểm A và B cách nhau 84km. Một ô tô khởi hành từ A và đi đến B với vận tốc không đổi. Trên quãng đường từ B về A, vận tốc của ô tô tăng thêm 20km/giờ. Tính vận tốc lúc ô tô đi từ A đến B, biết rằng tổng thời gian cả đi và về của ô tô đó là 3 giờ 30 phút. Gọi vận tốc ô tô lúc đi là x (km/h, x >0) Ta có PT: 84 84 7 x x 20 2 x 40(tm) x 12(ko tm) Vậy vận tốc ô tô lúc đi là 40km/h Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  27. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Bài 3: 1 2 7 x 1 y 3 1. Giải hệ phương trình 3 4 1 x 1 y 3 4 7 PT có tập nghiệm (x, y) = ; 3 2 2. Cho phương trình x2 m 5 xm 3 6 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số). a. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. 2 PT (1) có a 0; m 1  0 m phương trình luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m 2 2 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x 2 thỏa mãn xx1 2 xx 1 2 54 . Áp dụng hệ thức Vi-et x1 x 2 m 5 xx1 2 3 m 6 2 2 xx1 2 xx 1 2 54 xx1 2 x 1 x 2 54 3m 6 m 5 54 0 m 1 m 8 Bài 4: a) Ta có: MC là tiếp tuyến của (O )(gt) OCCM  Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  28. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 MB là tiếp tuyến của (O ) (gt) OB  BM MBO 900 ; MCO 90 0 Xét tứ giác OBMC có: MBO 900 ; MCO 90 0 MBO MCO 1800 mà MBO và MCO là 2 góc đối diện Tứ giác OBMC nội tiếp (dhnb) b) Có CM và BM là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M (gt) MC MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) M đường trung trực của BC Có OB OC R O đường trung trực BC MO là đường trung trực của BC MO  BC( dpcm ) Mà MO BC {I}(gt)  BC OM ⊥ Xét tam giác OCM vuông tại C có CI OM( cmt ) MC2 MIMO. (hệ thức lượng trong tam giác vuông) c) Xét MCE và MKC có: 1 MKC MCE sdCE 2 CMK chung MCE MKC( g . g ) MC MK MC2 ME. MK ME MC Mà MC2 MI. MO (cmb) ME . MK MI . MO ( dpcm ) ME MO Có MEMK MIMO MI MK Xét MEI và MIK có ME MO MI MK IMK chung MEI MIK(. cgc .) MIE MKI (hai góc tương ứng) Xét tứ giác OIEK có: MIE MKI ( cmt ) OIEK là tứ giác nội tiếp (dhnb) d) Xét OHM và OIA có: Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  29. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 OIA OHM 900 Oˆ chung OHM OIA( g . g ) OH OM OI OA OH. OA OM . OI (1) Xét OCM vuông tại C có: CI OM OC2 OIOM. (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Từ (1) và (2) OC2 OHOA. mà OC OE OK R OE2 OHOA. OAE vuông tại E AE là tiếp tuyến của đường tròn (O) Chứng minh tương tự AF là tiếp tuyến của đường tròn (O) Bài 5. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2a 3b 13. 4 9 Tìm GTNN của biểu thức M a2 b 2 3a 4b . a b Hướng dẫn giải Ta dễ thấy điểm rơi đạt : a 2, b 3. Từ đó ta đưa ra các hướng bóc tách sau : 2 2 4 9 Hướng 1 : Ma2 b3 a b32a3b13. a b M 0 0 4 6 3.13 13 36 MinM 36 a 2, b 3. 4 9 2 2 2 2 Hướng 2 : M a b a2 b3 2a3b13. a b M 4 6 13 3 2a 3b 36 MinM 36 a 2, b 3. Hướng 3: 4 9 Ma 2 4a4b 2 6b96a9ba b 13 a b 2 2 4 9 Ma2 b3 32a3ba b 13 a b M 39 4 6 13 M 36  Mmin=36 a 2 2 0 2 a 2 Dấu “=” xảy ra khi b 3 0 b 3 2a 3b 13 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  30. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 PHÒNG GD&ĐT QUẬN HOÀNG MAI ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG VÒNG VI TRƯỜNG THCS HOÀNG LIỆT Môn toán lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút Ngày kiểm tra: 25 tháng 3 năm 2019 x 2 1x 3 x 3 Bài 1 (2 điểm). Cho hai biểu thức: A và B với x 0, x 9 x 3 x 3 x 3 9 x 9 1. Tính giá trị của A khi x 16 x 2 2. Chứng minh B x 3 A 3. Tìm x để x 1 B Bài 2 (2 điểm). 2 x 5 4 y 3 1. Giải hệ phương trình: 1 x 5 3 y 3 2. Cho phương trình x2 2 m 1 xm 2 4 0 ( x là ẩn, m là tham số) a. Chứng minh phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b. Gọi x1, x 2 là 2 nghiệm của phương trình đã cho. Tìm m để x1, x 2 là độ dài 2 cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 15 Bài 3. (2 điểm) Một ô tô đi từ Hà Nội và dự định đến Huế lúc 20 giờ 30 phút. Nếu ô tô đi với vận tốc 45km/h thì sẽ đến Huế chậm hơn so với dự định 2 giờ. Nếu xe chạy với vận tốc 60km/h thì sẽ đến Huế sớm hơn 2 giờ so với dự định. Tính độ dài quãng đường Hà Nội - Huế và thời điểm xe xuất phát từ Hà Nội. Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy hai điểm C và D sao cho C thuộc cung AD (C AD, B và CD không song song với AB). Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại K, H là giao điểm của AD và BC. E là giao điểm của KH và AB. a. Chứng minh tứ giác KCHD nội tiếp. b. Chứng minh KAKC KBKD c. Chứng minh OC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác KCDH. d. Cho AB = 10cm, sđ CD 600 . Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Bài 5. (0,5 điểm) Cho 0 abc , , 2. Chứng minh 2a ab 2 b bc 2 c ca 3 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  31. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 : 9 2 9 41 1. Thay x (thỏa mãn ĐK) vào A ta được: A 16 16 9 60 3 16 x 3 x ( x 3) 3 x 3 x 5 x 6 x 2 x 3 x 2 2. B = x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 ( x 0; x 9 ) A x 2 3. (x 0; x 4;9) B x 2 A x 2 x 4 . x1 x 1 0 0 (*) B x 2 x 2 . Với x 0; x 4; 9 thì x 4 0 (*) x 2 0 x 4 . Vậy 0 x 4 thỏa mãn đề bài. Bài 2: 1. ĐK: y 0; y 9 2 Đặt: ax 5 ; b ( a 0; b 0 ) y 3 ab2 4 a 2 . Ta được hệ mới: (thỏa mãn) ab 3 b 1 x 3 1 . Thay ax 5 ; b được: x 7 (thỏa mãn) y 3 y 1 . Vậy hệ có hai nghiệm x; y 3;1 ; 7;1 2. 2 a. ’ m 5 0 với mọi m Do đó phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. xx2( m 1) b. Theo định lý Viet ta có: 1 2 xx1. 2 2 m 4 . Để x1, x 2 là độ dài 2 cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 15 thì Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  32. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 x 0 x x 0 2(m 1) 0 1 1 2 x2 0 xx1. 2 0 2 m 4 0 2 2 2 2 2 x x 2 15 x x 2 x x 60 4(m 1) 2(2 m 4) 60 1 2 1 2 1 2 m 3 . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Bài 3: . Gọi quãng đường Hà Nội – Huế là x (km) ; x 0 x Thời gian ô tô đi hết quãng đường Hà Nội – Huế với vận tốc 45km/h là (h) 45 x Thời gian ô tô đi hết quãng đường Hà Nội – Huế với vận tốc 60km/h là (h) 60 . Vì đi với vận tốc 45km/h chậm hơn đi với vận tốc 60km/h là 2 + 2 = 4 giờ nên: x x 4 x 720 (thỏa mãn) 45 60 . Vậy quãng đường Hà Nội – Huế là 720km và thời điểm xe xuất phát từ Hà Nội 720 là: 20h 30’ 2 630’ h 45 Bài 4 : a. Xét tam giác ABC có AB là đường kính nên tam giác ABC vuông tại C BCK HCK 900 Xét tam giác ABD có AB là đường kính nên tam giác ABD vuông tại D ADK HDK 900 K . Xét tứ giác KCHD có HCK HDK 900 HCK HDK 1800 (tổng hai góc đối bằng 1800 ). Nên tứ giác KCHD nội tiếp đường tròn đường kính HK (dhnb) b. Xét KCB và KDA có : I CKD chung D C BCK ADK 900 H KCB KDA(g.g) KC KB KCKA KBKD (đpcm) KD KA c. Tứ giác KCHD nội tiếp đường tròn đường kính KH. A B E O Gọi I là trung điểm của KH I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KCHD IK IC Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  33. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 KCI là tam giác cân tại I KCI IKC (1) OCA là tam giác cân tại O OCA OAC (2) Xét KAB có: AD và BC là hai đường cao cắt nhau tại H H là trực tâm KAB KE AB OAC IKC 900 (3) Từ (1)(2)(3) ta suy ra: KCI OCA 900 Hay: CO CI Vậy OC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác KCHD. d) Chứng minh tương tự ta được DO là tiếp tuyến của đường tròn tâm I. Tứ giác CIDO là tứ giác nội tiếp. CID COD 1800 .(1) +) Dễ dàng chứng minh được tứ giác AKDE là tứ giác nội tiếp DEB AKD (cùng bù với AED ).(2) +) Tam giác AKB có KE là đường cao KED DEB 900 (3) +) sdCD 600 CBK 30 0 (góc nội tiếp chắn cung CD) và ICD 300 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) CKB 600 (4) Từ (2)(4) suy ra: DEB 600 (5) C Từ (3)(5) suy ra: KED 300 +) Xét tứ giác CIDE có: KED ICD ( 300 ) Tứ giác CIDE là tứ giác nội tiếp CID CED 1800 (6) Từ (1) và (6) ta có: CED COD M Hay tứ giác CEOD là tứ giác nội tiếp. Xét đường tròn (M) ngoại tiếp tam giác đều COD: O D 5 3 N CN CO.cos300 2 2 2 5 3 5 3 CM CN . 3 3 2 3 Tứ giác CEOD nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác CED Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  34. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 5 3 10 3 Độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE là: C 2 R 2 . (cm) 3 3 Bài 5 : Cho 0 abc , , 2 . Chứng minh 2a ab 2 b bc 2 c ca 3 Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Cô si: với các số dương abc, , ,2 a ,2 b ,2 c a 2 b 2aab a 2 b 2 b 2 c 2bbc b 2 c 2 c 2 a 2cca c 2 a 2 a 2 bb 2 cc 2 a ⇒ 2aab 2 bbc 2 cca 2 ⇒ 2a ab 2 b bc 2 c ca 3 Dấu “=” khi a 2 a ⇔ a 1 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  35. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Trung tâm Bồi dưỡng Văn hóa ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Hà Nội - Amsterdam Môn: TOÁN Thi thử vào lớp 10 - đợt 1 ngày 24/3/2019 (Dành cho mọi thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút x x x 1 Câu I (2,5 điểm). Cho biểu thức: A : với x 0, x 1 2 x 1 xx x x 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các giá trị của x để A 0. 3) Tính giá trị của A khi x 2 3 2 2 3 2 2. Câu II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Tháng giêng năm 2019 hai tổ I và II sản xuất được 500 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kĩ thuật tổ I vượt mức 20% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 570 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Câu III (1,5 điểm). Cho phương trình: x2 2 m 1 xm 2 2 m 2 0, 1 (m là tham số) 1) Giải phương trình (1) khi m 2 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt. Câu IV (3,5 điểm). Trên tia phân giác At của xAy 600 lấy điểm O cố định (O khác A) và vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với Ax tại B, tiếp xúc với Ay tại điểm C. Từ một điểm M di động trên cung nhỏ BC (M khác B và C), vẽ MI ABMK,,,,.  ACMP  BCI ABK ACP BC 1) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh: MPK MBC . 3) Chứng minh số đo góc IPK là đại lượng không đổi khi M di động trên cung nhỏ BC. 4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để biểu thức MI2 MK 2 2 MP 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu V (0,5 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a2 b b 2 c c 2 a 3. abbcca 1 a b c abc Chứng minh: 2 a2 b 2 c 2 6 bc ca ab 3 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  36. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,5 điểm) x x x 1 Cho biểu thức A : với x 0; x 1 2 x 1 xx x x a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm các giá trị của x để A 0 c. Tính các giá trị của A khi x 2 3 2 2 3 2 2 Lời giải a. Rút gọn x x x 1 A : 2 x 1 xx x x x x x 1 A : x 1 x x 1 x2 x x1 x 1 A : x 1 x 1 x x 1 x 1 xx 1 x 1 A . x 1 x 1 A x x 1 b. Để A 0 x x 1 0 ( x và x 1 khác dấu) Mà theo ĐKXĐ x 0 x1 0 x 1 x 1 Vậy 0 x 1 thì A 0 2 2 c. Ta có x 2322 3222 21 21 221214 Thay x 4 vào A ta được A 4. 4 1 4 Vậy x 4 thì A 4 Câu II (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Tháng giêng năm 2019 hai tỏ I và II sản xuất được 500 chi tiết máy; tháng hai do cải tiến kĩ thuật tổ I vượt mức 20% và tổ II vượt mức 10% so với tháng giêng, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 570 chi tiết máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Lời giải Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  37. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Gọi số chi tiết máy tổ I làm được trong tháng giêng là x (chi tiết; 0 x 500; x N* ) Số chi tiết máy tổ II làm được trong tháng giêng là y (chi tiết; 0 y 500; y N* ) Vì tháng giêng hai tổ làm được 500 chi tiết máy nên ta có phương trình x y 500 1 6x Tháng hai, tổ I vượt mức 20% nên tổ I làm được là 120%.x (chi tiết) 5 11y Tháng hai, tổ II vượt mức 10% nên tổ II làm được là 110%.y làm được là (chi tiết) 10 6x 11 y Tháng hai cả hai tổ làm được 570 chi tiết máy nên ta có phương trình 570 2 5 10 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình x y 500 x 200 6x 11 y 570 y 300 5 10 Vậy tháng giêng tổ I làm được là 200 chi tiết Tháng giêng tổ II làm được là 300 chi tiết Câu 3 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 xm 2 2 m 2 0, 1 ( m là tham số) a. Giải phương trình 1 khi m 2 b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt Lời giải a.Thay m 2 vào 1 ta được 1 x2 2.21 x 2 2 2.220 x2 3 x 2 0 x 1 x 2 Vậy khi m 2 phương trình 1 có 2 nghiệm là 1; 2 b. Để phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt 1 0 a 0 2 2 0 2m 1 4.1. mm 2 2 0 1 2 x1. x 2 0 m 2 m 2 0 2 x x 0 1 2 2m 1 0 3 Giải (1) 2m 1 2 4.1. mm2 2 2 0 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  38. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 4mm2 4 1 4 mm 2 8 8 0 4m 7 0 7 m 4 Giải (2) m2 2 m 2 0 m2 2 m 1 1 0 m 1 2 1 0 (luôn đúng) Giải (3) 2m 1 0 1 m 2 7 Vậy m thì phương trình có hai nghiệm âm phân biệt 4 Câu IV (3,5 điểm) Hướng dẫn giải: x B t P I O M A K C y 1) Tứ giác AIMK có: AIM AKM 180 AIMK là tứ giác nội tiếp. 2) Tứ giác KMPC có: MKC MPC 180 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  39. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 KMPC là tứ giác nội tiếp. MPK MCK ̣(2 góc nội tiếp chắn MK ) Xét đường tròn O; R có MBC là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn MC MBC là góc nội tiếp chắn MC MBC MCK MPK MBC MCK 3) Chứng minh rằng: Số đo IPK là đại lượng không đổi khi M di động trên cung nhỏ BC . Tứ giác BPMI có: BIM BPM 180 BPMI là tứ giác nội tiếp. IBM IPM ̣(2 góc nội tiếp chắn MI ) Vậy có: IPK IPM MPK IBM MBC ABC Xét đường tròn O; R có AB , AC là tiếp tuyến tại B, C AB AC ABC cân tại A Mà BAC 60  ABC đều ABC 60 IPK ABC 60 4) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để biểu thức MI2 MK 2 2 MP 2 đạt giá trị nhỏ nhất. BPMI là tứ giác nội tiếp MIP MBP (2 góc nội tiếp chắn MP ) Mà MPK MBC MIP MPK MBC Chứng minh tương tự ta có: IPM MKP Xét MPK và MIP có: MIP MPK ; IPM MKP MPK# MIP (g.g) MP MI MP2 MK. MI MK MP Vậy có: MI2 MK 22 MP 2 MI 2 MK 2 2 MIMK . MI MK 2 0 Dấu ”=” xảy ra MI MK Mà MI AB , MK AC M thuộc tia phân giác của BAC Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  40. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 M At hay M là giao điểm của tia At và cung nhỏ BC Vậy để biểu thức MI2 MK 2 2 MP 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì M là giao điểm của tia At và cung nhỏ BC Câu V (0,5 điểm ). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 b b 2 c c 2 a 3. abbcca 1a b c abc Chứng minh rằng : . 2a 2 b 2 c 2 6 bc ca ab 3 Hướng dẫn giải abbcca 1a b c Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại : a b c 1 . 2a 2 b 2 c 2 6 bc ca ab ab bc ca a2 b 2 c 2 ab bc ca Khi đó : VT . 2a 2 b 2 c 2 6abc 3abc abbcca abc 111 2 Ta đi chứng minh : 3 a b c . 3abc 3 a b c 1 1 12 2 2 1 1 1 2 Thật vậy : 3 a b b c c a a b c theo Bunyakovsky . abc bca Đẳng thức xảy ra khi : a b c 1. Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  41. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 9 TỔ TOÁN NGÀY 23 - 03 - 2019 Năm học 2018 - 2019 Thời gian: 120 phút Câu I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức x xx 3 2 x 2 A 1 , B với x 0; x 4; x 9. x 1 x 2 xxx 3 5 6 a) Rút gọn B. b) Tìm x để B 0 A c) Cho P . Tìm x để 2P 2 x 9. B Câu II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m. Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi hình chữ nhật. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật. Câu III (2,0 điểm). x 1 2 y 2 3 1) Giải hệ phương trình 1 3 . 2 x 1 y 2 2) Cho phương trình: x2 2 xm 3 0. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x1 12 2 xxx 2 1 2 . Câu IV (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). H là trực tâm của tam giác ABC. Từ B kẻ đường thẳng song song với HC. Từ C kẻ đường thẳng song song với HB. Hai đường thẳng này cắt nhau tại D. Hãy chứng minh: 1. Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của đường tròn (O; R). 2. BAH CAO 3. a) Gọi E là giao điểm của BC và HD; G là giao điểm của AE và OH. Chứng minh: G là trọng tâm của tam giác ABC. b) Cho ABC 600 . Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD). 4. Nếu OH song song với BC thì tanB .tan C 3 với B, C là hai góc của tam giác ABC. Câu V (0,5 điểm). Cho a, b, c là các số dương thoả mãn: a3 b 3 c 3 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 2 2 2 4 5 a b c 27. a b c Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  42. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I. x xx 3 2 x 2 A 1 , B với x 0; x 4; x 9. x 1 x 2 xxx 3 5 6 a)Ta có : xx 3 2 x 2 xx 3 2 x 2 B x 2 xxx 3 5 6 x 2 x 3 x 2 x 3 xx 3 3 xx 2 2 x 2 x 9 ( x 2) x 2 xx 2 3 xx 2 3 x 3 1 . x 2 x 3 x 2 1 b) Để B 0 hay 0x 2 0 x 4 . Thiếu kết hợp đkxđ x 2 KL đúng : x > 4 và x ≠ 9 x 1 c) A 1 . x 1 x 1 1 A x 2 P x 1 . B 1 x 1 x 2 Ta có: x 2 2292Px 292229 x xxx 1 x 1 2xx 9 5 0 x 5 2 x 1 0 x 5 0(Do 2 x 10) x 25 .(tmdk) Câu II. Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x( x 0;m ) , suy ra chiều dài của hình chữ nhật đó là x 6(m) . Do đó, bình phương của độ dài đường chéo hình chữ nhật là : x2 x 6 2 (m) . Vì bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi của hình chữ nhật nên ta có phương trình : 22 2 x 6 xx 6 5.2 xx 6 2 xx 8 24 0 x 2(ktm) x 6 Vậy chiều dài hình chữ nhật là 12 (m), chiều rộng hình chữ nhật là 6 (m). Câu III. Điều kiện xác định : x 1, y 2 . Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  43. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 a) Ta có : x 1 2 y 2 3 x 1 3 2 y 2 1 3 2 y 2 3 x 1 2 xy 1 2 x 1 y 2 x 1 3 2 y 2 y 2 3 3 2 y 2 2 3 2 yy 2 2 y 2 1 x 1 3 2 y 2 x 1 1 y 2 1( tm ) x 0 9 (tm ) y 2 y 1 9 4 y 2 ( tm ) 4 3 x 1 (loai) 2 2 2.Cho phương trình: x 2 xm 3 0. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x2 12 2 xxx . 1 2 1 2 b) 1. Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt: xxm2 2 30. ' 1(m3)4. m ' 0 c 4 m 0 0 a m 3 0 3 m 4. b 2 0(  x R) 0 a Vậy với 3 m 4 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. 2. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt : m 4. x1 x 2 2 Áp dụng định lí Viet ta có: xx1. 2 m 3 Ta có : xx1 2 2 x 2 2 x 1 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x2 12 2 xxx . 1 2 1 2 Hay: x2 12 2.(2x) xx .(2 ) 4x 8 x 2. 1 1 1 1 1 1 x4 x xm 3 2 1 2 m = -5 (tmđk m < 4) Vậy m = -5 thì . Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  44. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Câu IV (3,5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). H là trực tâm của tam giác ABC. Từ B kẻ đường thẳng song song với HC. Từ C kẻ đường thẳng song song với HB. Hai đường thẳng này cắt nhau tại D. Hãy chứng minh: 1. Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của đường tròn (O; R). 2. BAH CAO 3. a. Gọi E là giao điểm của BC và HD; G là giao điểm của AE và OH. Chứng minh: G là trọng tâm của tam giác ABC. b) Cho ABC 600 . Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD). 4. Nếu OH song song với BC thì tanB .tan C 3 với B, C là hai góc của tam giác ABC. A O F H G I E B C D a) Ta có H là trực tâm ABC AH BCBH;  ACCH ;  AB Theo đề bài: BH//;// CDCH BD  DC ACAB ;  BD ACD ABD 900 Xét tứ giác ABDC có: ACD ABD 900 ACD ABD 900 90 0 180 0 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau Suy ra: tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn đường kính AD Mà ABC nội tiếp (O ; R ) nên AD là đường kính của (O ; R ) b) Gọi I, F lần lượt là giao điểm của AH, CH với BC, AB Xét (O ): CAD CBD ( hai góc nội tiếp cùng chắn CD Ta có: CH// BD CBD HCB ( hai góc sole trong) Xét tam giác ABI vuông tại I : IAB IBA 900 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  45. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Xét tam giác CBF vuông tại F : FBC FCB 900 IAB FCB IAB CAD hay HAB CAO c) Xét tứ giác BHCD có: BH// CDCH ; // BD tứ giác BHCD là hình bình hành hai đường chéo HD và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Mà E là giao điểm của HD và BC nên E là trung điểm của HD và BC Xét tam giác AHD có: E , O lần lượt là trung điểm của HD và AD Nên: AE và HO là hai đường trung tuyến Mà: G là giao điểm của AE và HO AG 2 G là trọng tâm tam giác AHD AE 3 AG 2 Xét ABC có: AE là đường trung tuyến và G là trọng tâm tam giác ABC. AE 3 3b) Xét ABI vuông tại I : IAB IBA 900 IAB 90 0 60 0 30 0 Mà: HAB CAD CAD 300 1 Xét (O ): CAD sđ CD ( góc nội tiếp chắn CD ) 2 sđCD 600 R2.60 R 2 Diện tích hình quạt tròn COD là: 360 6 d) Xét ICH và IAB có: ICH IAB ( cmt ); HIC AIB 900 ICH đồng dạng IAB IC IH IA IB IA IB IC IH AI AE Xét AIE : Để HO// BC 3 HI GE AI AI BI AI AI tanC .tan B . . 3 IC BI IH BI HI Câu V (0,5 điểm ). 4 Ta đi chứng minh : 5a2 2a 3 7 0 a3 3 1 a 2 Thật vậy : 1 2a4 5a 3 7a40 a1 2a 2  a4 0,0a3 3. Vì : 0a 3 3 2a2 a4a2a1 40 a12 2a 2  a4 0,0a 3 3. 1 1 1 2 2 2 3 3 3 Vậy : 4 5abc 2abc 2127. a b c Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  46. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 PHÒNG GD&ĐT BA ĐÌNH ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 9 Trường THCS Mạc Đĩnh Chi Năm học 2018 – 2019 Trường THCS Phan Chu Trinh Môn: Toán Ngày thi: 13/3/2019 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I. (2,0 điểm) Cho các biểu thức: 2 1 3 xy yx x y 4 xy A 3 12 48 B y (Với x 0; y 0; xy ) 3 2 xy xy 1. Rút gọn các biểu thức A và B 2. Chứng minh rằng B A 1 Bài II. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Tổng số học sinh lớp 9A và 9B của một trường THCS là 72. Trong kỳ thi học kỳ I vừa qua, điểm trung bình bài thi môn Toán của hai lớp đó là 7,5, riêng lớp 9A điểm trung bình là 8, riêng lớp 9B điểm trung bình là 7,1. Tính số học sinh của mỗi lớp? Bài III. (2,0 điểm) x x y 5 1. Giải hệ phương trình: x 2 x 2 y 2 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y x 2 a) Vẽ (P) và (d) trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Gọi giao điểm của (P) và (d) là A; B. Tính diện tích tam giác AOB Bài IV. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) (AB<AC). Hai đường cao BN và CM của tam giác ABC cắt nhau tại H. 1. Chứng minh: Tứ giác AMHN và tứ giác BMNC nội tiếp được. 2. Kẻ đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. Chứng minh: xy // MN. 3. Chứng minh rằng: MN = BC.cosA. 4. Giả sử A 60 , Chứng minh rằng: OH = AC – AB. Bài V. (0,5 điểm) Giải phương trình 25 25x 4 4 x2 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  47. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I. (2,0 điểm) 1. A = 3 3 3 4 3 0 2 xy( x y ) x y B = yxyxyyy2 y xy xy 2. Xét hiệu: (A + 1) – B = ( y 1 )2 0 Do đó A + 1 B. Dấu “=” xảy ra khi y = 1 (thỏa mãn) Bài II. (2,0 điểm) Gọi số học sinh của lớp 9A là x (em). Gọi số học sinh của lớp 9B là y (em). ĐK: x, y N*, x, y < 72 Vì hai lớp có tổng số học sinh là 72 em nên: x + y = 72 (1) Tổng số điểm các bài thi của lớp 9A là: 8x (điểm) Tổng số điểm các bài thi của lớp 9B là: 7,1y (điểm) 8x 7,1 y Vì điểm trung bình bài thi của hai lớp là 7,5 nên ta có phương trình: 7,5 x y 5x 4 y 0 (2) xy 72 x 32 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: (TM) 5xy 4 0 y 40 Vậy số học sinh của lớp 9A là 32 em, số học sinh của lớp 9B là 40 em. Bài III. (2,0 điểm) a b5 a 4 1. ĐK: x 0. Đặt x a; x y b , ta được hệ phương trình mới: a 2 b 2 b 1 Thay lại được x = 16 (thỏa mãn); y = 15 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (16; 15) 2. a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 Lập bảng x -3 -2 -1 0 1 2 3 y = x2 9 4 1 0 1 4 9 Vẽ đồ thị hàm số y = x + 2 Lập bảng x 0 -2 y = x + 2 2 0 HS tự vẽ hình b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2 2 x 1 x = x + 2 xx 2 0 ( xx 1)( 2) 0 x 2 Với x 1 thay y = x2 vào ta được y = (-1)2= 1 A(-1; 1) Với x 2 thay y = x2 vào ta được y = 22= 4 B(2; 4) Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  48. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Vậy A(-1; 1) và B(2; 4) Gọi giao của (d) và Oy là M thì M(0; 2) OM 2 Kẻ AH, BK  Oy A(-1; 1) AH = 1 B(2; 4) BK 2 AH OM BK OM SSS 1; 2 3 (đvdt) AOM2 OBM 2 AOB Bài IV. (3,5 điểm) Giải a) Xét (O) có BN và CM là 2 đường cao của tam giác ABC (gt) CM AB, BN  AC AMH 900 , ANH 90 0 Xét tứ giác AMHN có: AMH 900 , ANH 90 0 AMH ANH 1800 mà AMH; ANH là hai góc đối diện Tứ giác AMHN nội tiếp (dhnb) Xét tứ giác BMNC có: BMC 900 , BNC 90 0 (gt) Mà BMC , BNC là hai góc có đỉnh liên tiếp và bằng nhau Tứ giác BMNC nội tiếp (dhnb) b) Tứ giác BMNC nội tiếp (cma) AMN ACB (1) 1 Mà ACB xAB sdAB (2) 2 Từ (1) và (2) AMN xAB mà 2 góc ở vị trí so le trong xy// MN (đpcm) c) Xét AMN và ABC có: Aˆ chung   AMN ABC( g . g ) AMN ACB Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  49. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 AN MN (cạnh tương ứng) (1) AB BC AN Xét ANB vuông tại N có: cos A ( tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ) (2) AB MN Từ (1) và (2) cosA MNBC .cos A (đpcm) BC d) Lấy điểm E trên cạnh AB sao cho AE AB , mà Aˆ 600 (gt) AEB đều Ta có: BHC BOC BEC 1200 H , O , E , B , C cùng thuộc một đường tròn OE// MC (cùng vuông góc AB ) EOC OCM (so le trong) Mà OCM HBO EOC HBO HO EC Mà EC AC AE HO AC AB(đpcm) Bài V. (0,5 điểm) 25 25x 4 4 x2 4 Điều kiện xác định : 25x 4 0 x * . 25 Đặt : a 25x 4(a 0) a2 25x 4 4 a 2 25x 25 25x 4 4 x2 x2 25a a 2 25x x a x a 25 a x x a x a25 0 x a 4 x25 25x40,x  . 25 x 25x 4 x 0 25 641 Với : x 25x 4 2 x TM . x 25x 4 0 2 25 641 Vậy nghiệm của phương trình là x . 2 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  50. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 TRƯỜNG THCS ĐOÀN THỊ ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Năm học 2018 – 2019 Môn thi: Toán 9 Thời gian: 120 phút Lần 1 Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức = √ và = √ + √ − . Với x 0; x 9 √ √ √ a) Chứng minh rằng biểu thức: =− √ . b) Tính giá trị của biểu thức A khi =4−2√3. c) Tìm các giá trị của x để 푃= có giá trị nhỏ nhất. Bài 2 (1,5 điểm):Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xe ô tô tải khởi hành từ A để đi đến B trên quãng đường AB dài 270km. Sau đó 45 phút, một xe ô tô con cũng khởi hành từ A để đi đến B trên cùng một quãng đường, hai xe đến B cùng một lúc. Biết vận tốc của xe ô tô tải nhỏ hơn vận tốc của xe ô tô con là 5km/h. Tính vận tốc của mỗi xe. 2√ +1 − =3 Bài 3 (2,5 điểm): 1) Giải hệ phương trình: √ +1 + =4 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy: Cho (P): y = x2 và (d): y = 2(m – 1)x + m2 + m ( với m là tham số). a) Vẽ đồ thị hàm số (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = bằng phương pháp đại số. c) CMR: Đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Bài 4 (3,5 điểm): Cho (O;R) có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi M là một điểm trên cung nhỏ CB, dây AM cắt CD, CB lần lượt ở P và I. Gọi J là giao điểm của DM và AB. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình vuông. b) Chứng minh: IB.IC = IA.IM. c) Chứng tỏ JI // PD và JI là phân giác của góc CJM. d) Gọi E là giao điểm của IJ và DB, F là điểm dối xứng với I qua M. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ BC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF đi qua hai điểm cố định. Bài 5 (0,5 điểm): Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x2 + y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức = 3 +12 +2 +8 − (Chú ý: Học sinh được sử dụng máy tính bỏ túi. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm) Hết Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  51. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (2,0 điểm): a. Rút gọn 2x x 3 x 3 B x 3 x 3 x 9 2xx . 3 xx . 3 3x 3 B xx 3 . 3 xx 3 . 3 xx 3 . 3 2x 6 xx 3 xx 3 3 B x 3 . x 3 3x 3 B x 3 . x 3 3x 3 B x 9 3x 3 B x 9 2 b) x 4 2 3 3 1 2 x 3 1 3 1 3 1 thay vào A ta được 3 1 1 3 A 3 2 3 3 1 3 3 2 Vậy x 4 2 3 thì A 3 2 3 B c) Ta có P A 3x 3 x 1 P : x 9 x 3 3 x 1 x 3 P . x 3 . x 3 x 1 3 P x 3 Theo ĐKXĐ x 0 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  52. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 x 0 x 3 3 3 1 x 3 3 1P 1 x 3 Dấu “=” xảy ra khi x 0 Vậy Min P 1 khi x 0 Bài 3 (2,5 điểm): y 2x 1 3 2y 3 x 1 1) ĐKXĐ: 2y y 0 x 1 4 2y 3 y 5 y 2x 1 3 5 y 2y 3 2 y 3 1 2y 3 4y y 2x 1 8 2 x 1 3 2x 1 1 3 2y 3 2 y 3 y 3 2y 3 y 2yy 32 yy 2 2 3 0 y1 L x 1 2 x 1 4 x 3 x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm 3;3 2) a) Vẽ đồ thị 2 1 1 1 1 3 b) Khi m thì d có dạng y 2 1 x x 2 2 2 2 4 Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d 1 1 x y 1 1 23 2 3 2 4 xx xx 0 4 4 3 9 x y 22 2 4 1 1 1 3 9 Vậy khi m thì d cắt P tại 2 điểm A ; và B ; 2 2 4 2 4 c) Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d x2 2 m 1 xmm 2 * x22 m 1 xmm 2 0 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  53. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Ta có ' m 1 2 1. mm2 m2 2 m 1 mm 2 2m2 m 1 2 m 1 2 m 2 2 2 1 1 1 1 2 m 2.m. 4 16 16 2 2 1 7 2 m 2 16 2 1 Vì m 0  x 2 2 1 7 m 0 2 16 2 1 7 2 m 0 2 16 ' 0 Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt Hay d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt với mọi m Bài 4 (3,5 điểm). C 1 M F 1 I P 2 2 1 1 1 B A O J E 1 D Câu Nội dung Điểm a) Xét (O) có ACB CBD BDA DAC = 90 (các góc nội tiếp chắn nửa 0,25đ 0,5đ đường tròn) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  54. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 mặt khác AB  CD nên tứ giác ACBD là hình vuông (đpcm) 0,25đ b) Xét (O) có A1 B 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CM) 0,25đ 0,75đ Xét IAC và IBM có: A1 B 1 (cmt) 0,25đ I1 I 2 (đối đỉnh) suy ra IAC IBM (g-g) IA IC IB. IC = IA. IM (đpcm) 0,25đ IB IM c) ACBD là hình vuông AD = CB 1,5đ Xét (O) có AMD là góc nội tiếp chắn cung AD 0,25đ CBA là góc nội tiếp chắn cung CB mà AD CA (AD = CB), suy ra AMD = CBA hay IMJ IBJ Tứ giác IMBJ có IMJ IBJ , mà M và B là hai đỉnh liền kề 0,25đ tứ giác IMBJ là tứ giác nội tiếp Xét (O) có AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AMB = 90 hay IMB = 90 0,25đ Tứ giác IMBJ là tứ giác nội tiếp IMB IJB = 180 IJB = 180 - IMB = 180 - 90 = 90  IJ  AB 0,25đ mà AB  CD nên IJ // CD hay IJ // DB Chứng minh AB là đường trung trực của CD, J AB JC = JD 0,25đ JCD cân tại J C1 D1 IJ // PD I1 D 1 (2 góc đồng vị); C1  I2 (so le trong) 0,25đ Do đó J1 J 2 nên JI là phân giác của góc CJM d) - Chứng minh J là trung điểm của IE 0,75đ - Chứng minh AIE cân tại A AJ là phân giác của góc IAE MAE 2MAB 0,25đ - Chứng minh BM là phân giác của góc IBF FBI 2.  MBI - Chứng minh BJ là phân giác của góc IBE EBI 2.  IBA Do đó FBE = 2.  MBA MAB vuông tại M MAB   MBA = 90 FAE FBE 2.FAB  2.  MBA 0,25đ  2. FAB   MBA 2.90 o 180 o Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  55. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 tứ giác AEBF nội tiếp đường tròn mà A, B cố định 0,25đ nên đường tròn ngoại tiếp BEF luôn đi qua hai điểm cố định khi M di chuyển trên cung nhỏ BC Câu 5 Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 3 3 3xyxy 2 2 xy2 2 x 2 1 y 2 1 .2 2 2 7 2 2 3xyxy 12 2 8 10 x 78 10 x 15 Ta đi chứng minh M 4 10x 15 x 4 x4 10 x 15 x 1 2 0 (luôn đúng) Vậy GTLN của M = 4 khi x= y = 1 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  56. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 MÔN THI: TOÁN TRƯỜNG LƯƠNG THẾ VINH-HÀ NỘI Thời gian làm bài 120 phút ĐỀ THI THỬ LẦN 2 x 1 xxx 6 2 x 3 Bài 1: (2 điểm) Cho các biểu thức A ; B với 2x 1 x 3 2 xx 5 3 x 8 1 x 0; x . 4 1 1 a) Tính giá trị biểu thức B khi x x 1 x 1 b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị lớn nhất của P AB . Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cánh lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chuẩn bị cho buổi ôn tập phương trình bậc hai, Dũng và Liên được giao chuẩn bị bài tập về định lý Vi-et. Biết rằng nếu cả hai bạn cùng làm thì 6 giờ sẽ xong. Nhưng thực tế hai bạn chỉ làm chung trong 4 giờ, sau đó Dũng có việc bận phải về để Liên làm một mình trong 5 giờ nữa mới xong. Hỏi nếu mỗi bạn làm một mình thì bao lâu xong công việc? Bài 3: (2 điểm) 12 21 5x 3 x y 2 1. Giải hệ phương trình: 1 7 x 3 x y 4 2. Cho phương trình: x2 2 mx 3 m 9 0 1 (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m 5 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 sao cho: 2 2 x1 mx 13 x 2 mx 2 9 27 Bài 4: (3,5 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, M là điểm chính giữa cung AB (phần không chứa C và D). Hai dây MC; MD lần lượt cắt dây AB tại E, F. Các dây AD; MC kéo dài cắt nhau tại P. Các dây BC; MD kéo dài cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng: a) CDPQ là tứ giác nội tiếp. b) MC ME MD MF . c) PQ // AB. d) Gọi RR1,,, 2 RR 3 4 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác DAF, DBF, CAF, R R CBD. Hãy tính tỉ số 1 2 . R3 R 4 Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: 2ab c a b 6 2a 2 bc Tìm giác trị nhỏ nhất của biểu thức: P 4a2 12 4 b 2 12 c 2 12 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  57. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI x 1 xxx 6 2 x 3 Bài 1: (2 điểm) Cho các biểu thức A ; B với 2x 1 x 3 2 xx 5 3 x 8 1 x 0; x . 4 1 1 a) Tính giá trị biểu thức B khi x . x 1 x 1 Giải được x = -1 (KTM) hoặc x = 2 (TM). Thay x = 2 vào B 2 3 2 3 B . 2 8 10 x 1 1 b) Rút gọn biểu thức A. A xx 0; x 3 4 x 1 c) Tìm giá trị lớn nhất của P AB . P x 8 (Tính nháp ra P ≤ 1/8). HD: Xét hiệu 8P – 1 ≤ 0  P max = 1/8  x = 16 (TM) Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cánh lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chuẩn bị cho buổi ôn tập phương trình bậc hai, Dũng và Liên được giao chuẩn bị bài tập về định lý Vi-et. Biết rằng nếu cả hai bạn cùng làm thì 6 giờ sẽ xong. Nhưng thực tế hai bạn chỉ làm chung trong 4 giờ, sau đó Dũng có việc bận phải về để Liên làm một mình trong 5 giờ nữa mới xong. Hỏi nếu mỗi bạn làm một mình thì bao lâu xong công việc? 1 1 1 x y 6 x 10 HD: (TM ) 4 4 5y 15 1 x y y Bài 3: (2 điểm) 12 21 5x 3 x y 2 1. Giải hệ phương trình: 1 7 x 3 x y 4 ĐK: x + y ≠ 0; HPT có 2 cặp nghiệm (4,5; -0,5) và (1,5; 2,5) 2. Cho phương trình: x2 2 mx 3 m 9 0 1 (m là tham số) c) Giải phương trình (1) với m 5 .  xx2 10 24 0 xx 6; 4 d) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 sao cho: Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  58. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 x2 mx3 x 2 mx 9 27 1 1 2 2 HD: Tính ’ = m2 – 3m – 9  điều kiện để pt(1) có 2 nghiệm phân biệt: m2 – 3m – 9 > 0 x1 x 2 2m Theo hệ thức Vi ét ta có: x x 3m 9 1 2 Ta có: x2 2mx 3x 2 2mx 9 27 1 1 2 2 22 2 2 x1 m m 3 x 2 m m 9 27 xx 2m 3.xx 2m 9 27 1 1 2 2 x x 3 x x 9 27 1 2 1 2 2 x x 12x x 0 1 2 1 2 x x x x 12 0 1 2 1 2 x1 x 2 0 3m 9 0 m 3(KTM) x x 12 3m 9 12 m 1(TM) 1 2 ĐS: m =1 ( Loại nghiệm m = -3) Bài 4: P Q M A B F E D C Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  59. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Bài 5: Cho a, b, c 0 và thỏa mãn 2ab c a b 6. 2a 2b c Tìm GTNN của biểu thức P. 4a2 12 4b 2 12 c 2 12 Lời giải 2 2 2 Ta có : 4a 12 22a 6 22a 2ab ca cb 2a 2b c 2a 2 2 Tương tự : 4b 12 2a 2b c 2b, c 12 c 2a c 2b 6a 6b 2c 2a 2b 2c Từ đó : 4a122 4b12 2 c12 2 22a2bc 2 2 2a 2b c 1 1 a b 1 Vậy : P MinP 4a2 12 4b 2 12 c 2 12 2 2 c 2 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  60. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 TRƯỜNG TH, THCS và ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KỲ II THPT MÔN TOÁN LỚP 9 THỰC NGHIỆM KHGD Năm học 2018-2019 ĐỀ SỐ 2 Ngày thi: 28/2/2019 Thòi gian: 120 phút Bài I (2điểm) Với x 0 và x ≠ 9 x 1 25 1) Tính giá trị của biểu thức A = khi x = x 3 16 2 x x x 9 x 2) Rút gọn biểu thức B = x 3 x 3 x 9 B 1 3) Tìm x để A 2 Bài II (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình Để hoàn thành một công việc theo dự định cần một số công nhân làm trong một số ngày nhất định . Nếu bớt đi 2 công nhân thì phải mất thêm 4 ngày mới hoàn thành công việc. Nếu tăng them 3 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 3 ngày . Hỏi theo dự định, cần bao nhiêu công nhân và làm bao nhiêu ngày? Bài III (2 điểm) 3 x 6 7 y 5 27 1) Giải hệ phương trình x 6 2 y 5 8 2) Cho phương trình: ax2 – 2(a – 1) x + (a + 1) = 0 (1) với a là tham số a) Giải phương trình với a = -2 b) Tìm a để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm a để phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất. Bài IV. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB, kẻ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (Ax, By nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB). Tiếp tuyến tại I với nửa đường tròn (O) (I khác A, B) cắt Ax, By lần lượt tại M, N. a) Chứng minh tứ giác AMIO nội tiếp và AM + BN = MN b) Chứng minh góc MON = 900 và AM. BN = R2. c) Gọi H là giao điểm của AN và BM, tia IH cắt AB tại K. Chứng minh H là trung điểm của IK d) Cho AB = 5cm, diện tích tứ giác ABNM là 20cm2. Tính diện tích của tam giác AIB. Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình: x 5 7 x 2x 2 24x 74 Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  61. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I: Với x 0 và x ≠ 9 25 5 1 1 25 16 4 9 a. Khi x= (tmđk) A 16 25 5 7 3 3 16 4 2 x x x 9 x b. B x 3 x 3 x 9 2 x( x 3) x( x 3) x 9 x B ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x 9 2x 6 x x 3 x x 9 x B ( x 3)( x 3) 2x 6 x B ( x 3)( x 3) 2 x B x 3 B 1 2 x 1 c. A 2 x 1 2 0≤ 2, người ) Số ngày theo dự định là y ( y > 3, ngày). (x 2)(y 4) xy Ta có hệ phương trình : (x 3)(y 4) xy Giải hệ ta có x = 12 (tm), y = 20 (tm) Bài III (2 điểm) 3 x 6 7 y 5 27 1) Giải hệ phương trình x 6 2 y 5 8 x + 6 ≥ 0 x ≥ −6  ĐK: y−5 ≥ 0 y ≥5 Đặt √ +6 = , −5 =푣 , u, v ≥ 0 ta có 3 +7푣 = 27 =2  (TM) +2푣=8 푣=3 Thay √ +6 = , −5 =푣 ta có Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  62. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 √ +6 =2 +6=4 = −2 (푛ℎậ푛) −5 =3 −5=9 = 14 (푛ℎậ푛) = −2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là =14 2) Cho phương trình: ax2 – 2(a – 1) x + (a + 1) = 0 (1) với a là tham số a) Giải phương trình với a = -2 b) Tìm a để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm a để phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất. a) Thay a = -2 vào (1) ta có: √ √ 2 2   1 2 -2x - 2(-2-1)x + (-2 +1) = 0 -2x + 6x - 1 = 0 x = , x = √ √ 1 2 Vậy nghiệm của phương trình 1 là: x = , x = b) Điều kiện a ≠ 0; △= [−( − 1)] = −3 +1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi △>0 hay −3 +1 > 0  a MA = MI NB và NI là hai tiếp tuyến cắt nhau , B và I là các tiếp điểm => NB = NI  AM + BN = MI + IN = MN b) Xét đtròn (O) có : MA và MI là hai tiếp tuyến cắt nhau , A và I là các tiếp điểm => MOA MOI NB và NI là hai tiếp tuyến cắt nhau , B và I là các tiếp điểm => NOI NOB Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!
  63. GV: NGUYỄN DANH VỌNG – 0944.357.988 Do đó AOI ION 2( MOI ION ) 2 MON = 1800 => MON 900 Xét ∆MON có OI MN => MI.IN = OI2 mà AM = MI, BN = NI => AM.BN = OI2 = R2 NH NB c) MA//NB ( cùng  AB) => (Hệ quả đ/l Ta Lét) mà AM = MI, BN = NI HA MA NH NI IH NH HK BH  => IH//MA, HK//MA => ; HA IM MA NA MA BM NH BH NH BH Lại có MA//NB => HA HM NA BM IH HK Do đó IH HK => H là trung điểm của IK MA MA d) Tứ giác ABNM là hình thang vuông có AM//BN nên (AM BN ).AB MN . AB S ABNM 2 2 Theo đề bài SABNM = 20 cm2 ; AB= 5cm thay vào tìm được MN = 8 cm Xét ∆MON và ∆AIB có: NOM BIA 900 NMO BAI ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung OI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMIO) 2 2 SMNO MN 8 64 25  ∆MNO ~ ∆ABI ( gg) => => SSABI . MNO SABI AB 5 25 64 OI. MN AB . MN 5.8 Mà ∆MNO có OI  MN => S 10 (cm2) MON 2 4 4 25 125 Do đó S .10 3,90625 ( cm2) AIB 64 32 Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình: x 5 7 x 2x 2 24x 74 HD: ĐKXĐ: 5 x 7 x 5 7 xx 2( 6)2 2 VPx 2( 6)2  2 2 R Dấu " " xảy ra x 6( tm ) Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có : 1 x 5 1 7 x VTx 5 7 x 2 2 x 5 1 "" x 6() tm 7 x 1 Vậy pt đã cho có tập nghiệm là S {6} Thầy tận tâm, Trò tiến bộ, Phụ huynh hài lòng!