Luyện thi vào THPT môn Toán41183

Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ĐỀ SỐ Bài (1,5 điểm) a) Cho biết: A = + B = - Hãy so sánh A + B A.B b) Tính giá trị biểu thức:  5  M  : 5     1 Bài Giải tốn cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao cạnh đáy Nếu chiều cao giảm dm cạnh đáy tăng thêm dm diện tích giảm 14 dm3.Tính chiều cao cạnh đáy tam giác Bài (4 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp b) AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d) Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh rằng: r   R Bài (2 điểm) Một hình chữ nhật ABCD có diện tích 2cm2, chu vi 6cm AB > AD Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AB vịng ta hình gì? Hãy tính thể tích diện tích xung quanh hình tạo thành ĐỀ SỐ Bài (2 điểm)  a      :   a 1 a  a   a 1 a 1 Cho biểu thức K   a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm giá trị a cho K < mx  y   Bài (2 điểm) Cho hệ phương trình:  x y    334 a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm Bài (3,5 điểm) ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Bài (2 điểm) Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm3 Sau người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước cịn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước cịn lại ly ĐỀ SỐ Bài Cho hàm số: y  f (x)   x  x  a) Tìm tập xác định hàm số b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 2  a  2 c) Chứng minh y  Bài (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật nên tổ I vượt mức 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch? Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số (1) a) Giải phương trình (1) m = - b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm lại Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, A = 450 Vẽ đường cao BD CE tam giác ABC Gọi H giao điểm BD CE a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn b) Chứng minh: HD = DC c) Tính tỉ số: DE BC d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE ĐỀ SỐ Bài (2,5 điểm) Cho biểu thức  x 8x   x   P   :  x   x 1  x  x a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = - ThuVienDeThi.com Trường THCS NGƠ MÂY Luyện thi vào THPT c) Tìm m để với giá trị x > ta có m( x  3)P  x  Bài (2 điểm) a) Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 2x  y  9x  8y  34 b) Giải hệ phương trình:  Bài Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a) Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn ฀ ฀ b) Khi điểm D di động đường trịn BMD không đổi  BCD c) DB.DC = DN.AC Bài Cho hình thoi ABCD với giao điểm hai đường chéo O Một đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) O Lấy điểm S d Nối SA, SB, SC, SD a) Chứng minh AC vng góc với mặt phẳng (SBD) b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABCD) mặt phẳng (SBD) ฀ ฀  300 , ASC  600 c) Tính SO, biết AB = cm; ABD Bài Chứng minh rằng: Nếu x, y số dương thì: 1   x y xy Bất đẳng thức trở thành đẳng thức nào? ĐỀ SỐ Bài Cho A  1  2(1  x  2) 2(1  x  2) a) Tìm x để A có nghĩa b) Rút gọn A Bài 3x  2y   a) Giải hệ phương trình  15  x  y  2 b) Giải phương trình 2x  2x   Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE a) Chứng minh BC // DE b) Chứng minh tứ giác CODE; APQC nội tiếp c) Tứ giác BCQP hình ? Bài Cho hình chóp tứ giác SABCD có cạnh bên 24 cm đường cao 20 cm a) Tính thể tích hình chóp b) Tính diện tích tồn phần hình chóp ThuVienDeThi.com Trường THCS NGƠ MÂY Luyện thi vào THPT Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  (x  2008)  (x  2009) ĐỀ SỐ Bài 1: Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m Xác định (D) trường hợp sau: a) (D) qua điểm A(-1; 2) b) (D) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độ  Bài 2: Cho biểu thức A = x  2x  a) Tìm tập xác định A b) Với giá trị x A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị Bài 3: Cho hai đường trịn (O) (O’) cắt A B Các tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O’) (O) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a) Hai tam giác ABD CBA đồng dạng ฀ ฀  APB b) BQD C) Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 4: Cho tam giác ABC vuông B Vẽ nửa đường thẳng AS vng góc với mặt phẳng (ABC) Kẻ AM vng góc với SB a) Chứng minh AM vng góc với mặt phẳng (SBC) ฀  30o b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h ACB Bài 5: 1    x y z 1    2x  y  z x  2y  z x  y  2z Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > thỏa mãn ĐỀ SỐ Bài 1: Tìm x biết x 12  18  x  27 Bài 2: Cho phương trình bậc hai 3x2 + mx + 12 = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại Bài 3: Một xe máy từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/giờ đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian dự định Bài 4: Từ điểm A đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, cát tuyến AKD cho BD song song với AC Nối BK cắt AC I a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b) Chứng minh : IC2 = IK.IB ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ฀ c) Cho góc BAC  60 Chứng minh cát tuyến AKD qua O Bài Biết a, b số thỏa mãn a > b > a.b = Chứng minh: o a  b2 2 ab HƯỚNG DẪN & ĐÁP SỐ ĐỀ Bài a) Ta có A + B = 18 A.B =  (3 7)  81  63  18 nên A = B 2      (3  5)  (3  5)  1       :         (3  5)(3  5)  5(  1) b) M   Bài Gọi chiều cao cạnh đáy tam giác cho x y (x > 0; y > 0, tính dm) Theo ta có hệ phương trình:    x  y x  y   1  xy  (x  2)(y  3)  14  xy  (xy  3x  2y  6)  28  2   x  11 x  y    55 (thỏa mãn điều kiện) y  3x  2y  22  55 dm Trả lời: Chiều cao tam giác 11 dm cạnh đáy tam giác Bài a) Tứ giác AEMO có: y x M E Q P A O ฀ EAO  900 (AE tiếp tuyến) ฀ F EMO  900 (EM tiếp tuyến) ฀ ฀  EAO  EMO  1800  AEMO tứ giác nội tiếp ฀ b) AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ฀ AM  OE (EM EA tiếp tuyến)  MPO  900 B ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ฀  900 Tương tự, MQO Tứ giác MPQO hình chữ nhật c) Ta có ∆EMK x Vì MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên: F EM EF  MK MF EA AB  KH HB EF AB EM EA Nhưng  (Talet)   MF HB MK KH Mặt khác, ∆EAB E K H O EM EF  MK FB y M A ∆EFB (g.g)  B ∆KHB (g.g)  Vì EM = EA (EM EA tiếp tuyến) suy MK = KH ฀  90 ) OM đường cao OM = R d) ∆EOF vuông ( EOF Gọi độ dài cạnh ∆EOF a, b, c Ta có: 1 SEOF  r(a  b  c)  aR 2  aR  r(a  b  c) r a   R abc a a   a  b  c 2a a a Mặt khác b < a, c < a  a  b  c  3a    a  b  c 3a r Tóm lại:   R Nhưng b + c > a  a  b  c  2a  Bài (2 điểm) Hình tạo thành hình trụ Số đo độ dài AB AD nghiệm phương trình x2 - 3x + = Từ AB = 2cm AD = 1cm Thể tích hình trụ V = πAD2.AB = 2π (cm3) diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2) ĐỀ Bài (2 điểm) a) (1 điểm) Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)  a    K    :  a ( a  1)   a  ( a  1)( a  1)   a 1 ThuVienDeThi.com (0,25đ) Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT a 1 a 1 : a ( a  1) ( a  1)( a  1) a 1 a 1  ( a  1)  a ( a  1) a  (0,25đ) (0,25đ) )2  a    2  2(1  2) K  2 1 1 a   a 1 c) (0,5 điểm) K   0 a  a0 a     a 1 a   b) (0,5 điểm) a = + 2 = (1 + (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) Bài (2điểm) a) (1 điểm) Khi m = ta có hệ phương trình: x  y   x y    334 x  y   3x  2y  2004 2x  2y   3x  2y  2004  x  2002   y  2001 b) mx  y   y  mx     x y   334 y  x  1002    y  mx   y  mx       3 mx   x  1002  m   x  1001 (*)  3 Hệ phương trình vơ nghiệm  (*) vô nghiệm  m    m  2 Bài a) * Hình vẽ ฀  900 (giả thiết) * EIB ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT * ECB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp b) (1 điểm) Ta có: * sđ cungAM = sđ cungAN M O1 C E A B I * AME  ACM *GócAchung,suyra∆AME * Do đó: ∆ACM AC AM   AM2 = AE.AC AM AE N c) * MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1 đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ NO1  BM.) * Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O1 Điểm C giao đường tròn cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M Bài (2 điểm) Phần nước cịn lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón 8cm3 1 nước ban đầu tạo thành Do phần nước cịn lại tích    thể tích nước ban đầu 2 Vậy ly lại 1cm3 nước ĐỀ Bài a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: 2  x  x    2  x  (hoặc | x | ≤ 2)   x   x     Tập xác định [-2; 2] b) f (a)   a  a  ; f (a)   (a)  a    a  a  Từ suy f(a) = f(- a) c) y  (  x )  2  x  x  (  x ) 2   x   x2   x    x  (vì  x ≥ 0) Đẳng thức xảy  x  2 Giá trị nhỏ y Bài * Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x,y  ฀ * ) * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 * Số sản phẩm tăng tổ I là: 18 x (sp) 100 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT 21 y (sp) 100 18 21 * Từ ta có phương trình thứ hai: x y  120 100 100 * Số sản phẩm tăng tổ II là: * Do x y thỏa mãn hệ phương trình:  x  y  600   18 21 100 x  100 y  120 * Giải x = 200 , y = 400 * So sánh điều kiện kết luận Bài  x  4 x  a) Khi m = - 1, phương trình cho có dạng x  2x     b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u theo định lí Vi-ét ta có: u  u  2m  u.u  (m  1) (1) (2) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m  m2 - 3m =  m = m = Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - u = Bài ฀ ฀ ฀ ฀  AEH  900 , suy AEH  ADH  1800  tứ giác AEHD nội tiếp a) Ta có ADH đường trịn ฀ ฀ B  450 , từ b) ∆AEC vng có EAC  450 nên ECA ∆HDC vuông cân D Vậy DH = DC E c) Do D, E nằm đường trịn đường kính BC nên x ฀ ฀ , suy ∆AED ∆ACB, đó: AED  ACB H DE AE AE O    A D C BC AC AE 2 d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ BAx  BCA  AED , mà BCA (cùng bù với DEB ) ฀ ฀  BAx  AED DE // Ax Mặt khác, OA  Ax , OA  ED (đpcm) ĐỀ Bài a) P   x (2  x )  8x ( x  1)  2( x  2) : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x 3 x : (2  x )(2  x ) x ( x  2) ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT x  4x x ( x  2) (2  x )(2  x )  x 4x  x 3  Điều kiện x ≥ 0; x ≠ x ≠ b) P = - 4x  x 30  x x 16 c) Bất phương trình đưa dạng 4mx > x +  (4m - 1)x > * Nếu 4m-1 ≤ tập nghiệm khơng thể chứa giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > nghiệm bất 1 Do bất phương trình thỏa mãn với x >   4m  4m  4m - > Ta có m  18 phương trình x  Bài a) Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình cho trở thành: t2 - 24t - 25 = 0, ý t ≥ ta t = 25 Từ phương trình có hai nghiệm x = - x = b) Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50  x = Từ ta có y = Bài ฀ ฀ ฀  90 mà ADB  DBC a) Do AB đường kính đường trịn (O)  ADB (so le trong) D ฀ C  DBC  90 (1) ฀ N  900 (2) Mặt khác DMC Từ (1) (2) suy tứ giác CBMD nội tiếp đường trịn M đường kính CD A B O b) Khi điểm D di động đường trịn (O) tứ giác CBMD ln tứ giác nội tiép ฀ ฀ Suy BMD  BCD  1800 (đpcm) ฀ c) Do ANB  900 (giả thiết)  N  (O) ฀ ฀ ฀   BAN BDN (cïng ch¾n BN) ฀ ฀   BDN  ACD ฀ ฀  ACD mµ BAN (sole trong)  ฀ ฀ ฀ ฀ ) mặt khác DAC (cùng chắn DN  DAN  DBN AC CD Từ (3) (4) suy ∆ACD ∆BDN    AC.DN  BD.CD BD DN (3) (4) Bài a) SO  mp(ABCD)  AC  SO (1) ABCD hình thoi (giả thiết)  AC  BD (2) Từ (1) (2)  AC  mp(SBD) b) SO  mp(ABCD) mà SO nằm mp(SAC)  mp(SAC)  mp(ABCD) c) Trong tam giác vng AOB có: 10 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT S ฀ AO  AB.sin ABO  AB.sin 300  4(cm) Trong tam giác cân ASC có SO đường cao nên phân giác, 1฀ ฀  ASC  300 suy ASO A Trong tam giác vng ASO có SO = AO.cotg300 = 4.cotg300 D Vậy SO  3(cm) Bài O B C 1 1  x y Ta có (x  y)          x y y x     Vì x, y số dương nên x + y > Chia hai vế bất đẳng thức cho x + y ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y cho hai số dương 1 , , sau dó x y lí luận để nhân vế hai bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh ĐỀ SỐ Bài  x    x  2  x  2    x    x    x  1 a) A có nghĩa   b) A  1 (1  x  2)  (1  x  2) 1    x 1 2(1  x  2) 2(1  x  2) 1  ( x  2)  Bài 3x  2y  x  3x  2y  5x  20     a)  15   7 2x  2y  15 3x  2y  x  y  y      2 b) Ta có a + b + c =    c Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =   a Bài A B P ฀ s® BC Do DE tiếp tuyến đường tròn (O) O D E C tuyến) ฀  a) Ta có s® BCD Q ฀ s®CD ฀ ฀  CD ฀ (giả thiết) , mà BD  s®CDE  ฀ ฀  BCD  CDE  DE // BC ฀ ฀ b) ODE  90 (vì DE tiếp tuyến), OCE  900 (vì CE tiếp 11 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ฀ ฀ Suy ODE  OCE  1800 Do CODE tứ giác nội tiếp ฀ Mặt khác s® PAQ  ฀ ฀ s® BD s®CD ฀ ฀  CD ฀ (giả thuyết) suy PAQ ฀ ฀  PCQ , s® PCQ  mà BD 2 Vậy APQC tứ giác nội tiếp ฀ ฀ ฀ ) PCB ฀ ฀  QAC  BAD c) Do APQC tứ giác nội tiếp, suy QPC (cùng chắn CQ (cùng ฀ ) chắn CD ฀ ฀ ฀ ฀  PQ // BC  BAD, suy QPC  PCB Do QAC Vậy BCQP hình thang Bài a) Trong tam giác vng AOS có: OA2 = SA2 - SO2 = 242 - 202 = 176 Do SABCD hình chóp tứ giác nên ABCD hình vng, ∆AOB vng cân O, ta có: AB2 = 2.AO2 = 176.2 = 352 Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2) S d D C H O A B 3 Vì vậy: V  SABCD h  2346 (cm ) b) Ta có: 1 OH  AB  352 Do SO  mp(ABCD)  SO  OH 2 Suy tam giác vng SOH có: SH  SO  OH  202  (0,5 352)  488; 4.AB.SH  2.AB.SH  352 488  22.16 122.4  16 122.22  32 61.11  32 671(cm ) Sxq  Do đó: Stp = Sxq + Sđ  32 671  352  32  671  11(cm ) Bài P  (x  2008)  (x  2009)  x  2008  x  2009   x  2008  x  2009  x  2009  x  2008  Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy khi: (x + 2009)(x - 2008) ≥  2009  x  2008 Do P đạt giá trị nhỏ  2009  x  2008 12 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ĐỀ SỐ Bài 1: a) Đường thẳng (D) qua điểm A(-1; 2) suy m - 3(-1) =  m = - b) Đường thẳng (D) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độ  Bài 2: a) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 ≥ với x  ฀ Do x2 + 2x + ≠ với x  ฀ Suy tập xác định A ฀ b) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ Đẳng thức xảy x = -1 Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b > Ta có A = x  1 2  m m   a  b a b 1 Vậy A đạt giá trị lớn x = -1 Bài ฀ ฀ ฀ ฀ a) Ta có sđ CAB = sđ ADB , ( AnB thuộc đường tròn (O))  sđ AnB ฀ ฀ ฀ ฀  BAD Do CAB = ADB Tương tự ACB suy ABD CBA A AD BD  ,mà n’ n O’ CA BA Q P AD AC BD DQ ฀ ฀  PAB DQ  ;AP    , với QDB suy B 2 BA AP D C ฀ ฀  APB BQD APB  BQD ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀  BQD  180o mà BQD  APB  AQB  APB  180o suy tứ giác APBQ tứ c) AQB O S b) Vì ABD CBA suy giác nội tiếp Bài 4: a) Ta có SA  mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy BC  AB, BC  mp(SAB) Vì AM thuộc mp (SAB), suy AM  BC, mặt khác AM  mp(SBC) b) Trong tam giác vng ABC có: M C A 300 B = a; ฀ BC = AC.cos ACB = 2a cos 30o = a a2 Do SABC = BA.BC  2 ฀ AB = AC.sin ACB = 2a sin 30o = 2a 13 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT 1 a2 a 2h Vậy V = SABC SA  h 3 Bài 5: Sử dụng kết 5, đề số cho số dương x + y x + z ta có: 1 1 1      2x  y  z x  y   x  z   x  y x  z  (1) 1 1  1 1    ;     x  y 4 x y  x  z 4 x z  1 1 1 1 1 1 Do (2)            x  y x  z 4 x y x z  4 x y z  1  1 Từ (1) (2) suy (3)     ; 2x  y  z 16  x y z  Cũng theo kết nêu Tương tự ta có: 1  1     ; x  2y  z 16  y x z  1 2 1     ; x  y  2z 16  z x y  (4) (5) Cộng vế (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh ĐỀ SỐ Bài x 12  18  x 18  27  x 12  x 18  27  18 27  18 3 3 x 12  32 x x    1,5 2   Bài 3x2 + mx + 12 = (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  Δ >  m2 - 4.3.12 >  (m - 12)(m + 12) >  m > 12 m < -12 Vậy m > 12 m < -12 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có nghiệm  a + b + c =  + m + 12 =  m = -15 Ta có x1.x2 = c 12 mà x1 =  1.x   Vậy x2 = a Bài Gọi thời gian dự định x vận tốc dự định y, với x > 0, y > 0; x tính giờ, y tính km/giờ 14 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT * Quãng đường AB dài là: x.y * Nếu vận tốc giảm 4km/h thời gian tăng lên nên ta có: (x + 1)(y - 4) = x.y  -4x + y = * Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thời gian bớt nên ta có: (x - 2)(y + 14) = x.y  14x - 2y = 28 Theo ta có hệ phương trình: 4x  y   14x  2y  28 (1) (2) 8x  2y   14x  2y  28 (1') (2') Cộng vế hai phương trình ta có: 6x = 36  x = Thay x = vào (1) ta có y = 28 Đáp số: Thời gian dự định vận tốc dự định 28km/giờ Bài a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường tròn (O) K Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn BD // AC b) Xét hai tam giác BCI KCI, ta có: B ฀ (chung) + BIC D O ฀  sđ CK ฀ (góc tiếp tuyến dây cung CK) + KCI K A ฀  sđ CK ฀ (góc nội tiếp chắn CK ฀ ), suy KCI ฀  IBC ฀ IBC C BI CI Vậy ΔBCI ΔCKI    CI  BI.KI CI KI ฀ ฀ ฀ c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) CAB  60  ABC  ACB  600 (1) ฀ ฀ Do BD // AC  DBC (2)  BCA  600 (so le trong) ฀ ฀ ฀ ฀ Mặt khác, BDC  sđ BC (góc nội tiếp); BCA  sđ BC = 600 (góc tiếp tuyến dây 2 ฀ ฀ cung)  BDC  BCA  60 (3) Từ (1), (2), (3) suy hai tam giác BCD BCA tam giác  ABDC hình thoi (tứ giác ฀  DA qua O (đpcm) có cạnh nhau)  BC  AD D điểm BC I Bài Vì ab = nên a  b (a  b)  2   (a  b)  ab ab ab Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương ta có: (a  b)  2  (a  b) 2 ab ab 15 ThuVienDeThi.com ... nghiệm  (*) vô nghiệm  m    m  2 Bài a) * Hình vẽ ฀  900 (giả thi? ??t) * EIB ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT * ECB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) * Kết luận:... (điều kiện x,y  ฀ * ) * Theo giả thi? ??t ta có phương trình x + y = 600 * Số sản phẩm tăng tổ I là: 18 x (sp) 100 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT 21 y (sp) 100 18 21 * Từ ta... ฀  CD ฀ (giả thi? ??t) , mà BD  s®CDE  ฀ ฀  BCD  CDE  DE // BC ฀ ฀ b) ODE  90 (vì DE tiếp tuyến), OCE  900 (vì CE tiếp 11 ThuVienDeThi.com Trường THCS NGÔ MÂY Luyện thi vào THPT ฀ ฀ Suy ODE