KT9 TT vào 10 lần 6 THCS archimedes academy 2017 2018

THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 06 Toán (Năm học 2017 – 2018) Ngày thi: 21 – – 2018 Thời gian: 120 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A= x+7 x B = x x −1 x − x − + − x −9 x +3 x −3 (với x > 0; x ≠ 9) Tính giá trị biểu thức A x = 16 Rút gọn biểu thức B Tính giá trị nhỏ biểu thức P = A + B Câu II (2,0 điểm) Giải toán cách lập hệ phương trình phương trình Một tơ từ A đến B dài 260km, sau ô tô 120km với vận tốc dự định tăng vận tốc thêm 10km/h đoạn đường cịn lại Tính vận tốc dự định ô tô, biết xe đến B sớm thời gian dự định 20 phút x + y =   x + my = Câu III (2,0 điểm) Cho hệ phương trình (m tham số) Tìm giá trị nguyên m để hệ có nghiệm (x, y) cho x, y số nguyên Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = –2mx – 4m (m tham số) a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B b) Giả sử x1, x2 hoành độ A B Tìm m để |x1| + |x2| = Câu IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) đường kính BC (AB > AC) Từ A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt tia BC M Kẻ dây AD vng góc với BC H Chứng minh rằng: Tứ giác AMDO nội tiếp ∠ Giả sử ABC = 300 Tính diện tích hình viên phân giới hạn dây AC cung AC nhỏ theo R Kẻ AN vng góc với BD (N thuộc BD), gọi E trung điểm AN, F giao điểm thứ hai BE với (O), P giao điểm AN BC, Q giao điểm AF BC a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh BH2 = BP.BQ Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD AM I K Chứng minh rằng: F trung điểm IK Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương x, y Thỏa mãn x + 2019 − y = y + 2019 − x Tìm giá trị nhỏ A = x2 + 2xy – 2y2 + 2y + 2019 … ……….……….Hết……….…………… Hướng dẫn chấm mơn Tốn Đề thi thử lần 06 (21-04-18) Câu Ý I 0,5đ 2đ 1,0đ ( Ta có B = = 0,5đ Điể m 0,25 Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện) Thay vào biểu thức A ta 16 + 23 = 16 A= Rút gọn B Với x > 0, x ≠ x ( x − 3) + ( x − 1) ( x + 3) − ( x − x − 3) = Hướng dẫn chấm 0,25 0,5 x − 3) ( x + ) 0,25 x − x + 2x + x − − 2x + x + ( x − 3) ( x + ) ( 0,25 x+3 x x = x −3 x − ) ( x + 3) A+ B x+7 x −3 x + x + + = x x x 0,25 Ta có P = = Áp dụng BĐT Cơ – si cho hai số dương x 4, ta x + ≥ x.4 = x x x II 2,0 đ 0,25 ⇒P≥ = Dấu “=” xảy ⇔ x = (TM) Vậy Pmin = ⇔ x = Đổi 20 phút = (h) Gọi vận tốc ban đầu xe ô tô x (x > 0, đ/vị: km/h) Thời gian xe hết quãng đường AB với vận tốc ban đầu 120 x Thời gian xe 120km với vận tốc ban đầu (h) Vận tốc sau tăng x + 10 (km/h) 0,25 260 x (h) 0,25 0,25 0,25 140 x Thời gian xe 140km với vận tốc tăng (h) Vì xe B đến sớm 20 phút, nên ta có phương trình 260 120 140 − = + x x x + 10 140 140 ⇔ − = x x + 10  x = 60 (TM) ⇔ ⇔ x2 + 10 x − 4200 = ⇔   x = −70 (Loai) III Vậy vận tốc ban đầu xe ô tô 60 km/h Tìm điều kiện m … (1) x + y =   x + my = (2) Hệ phương trình (1) Từ (1) (2), ta có (2 – m)y = (3) Để hệ (I) có nghiệm (3) có nghiệm ⇔ 2−m ≠ ⇔ m ≠ Khi y = 0,25 0,25 1,0 0,25 − 3m 2−m Vậy m ≠ hệ có nghiệm   x = − 2 − m  y =  2−m Ta có ∈¢ ∈¢ ∈¢ Suy m để x y ∈ ¢ ⇔ - m ∈ U(2)= { ±1; ±2} 2-m a) 0,25 2−m Thay y vào (1), ta có ⇒ x = ⇔m 0,25 − 3m   x = − m  y =  2−m ∈{ 0; 1; 3; 4} Vậy nghiệm m Tìm m … ∈{ 0; 1; 3; 4} thỏa mãn yêu cầu 0,25 0,25 0,25 0,5 b) IV a) Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 + 2mx + 4m = (1) Ta có ∆’ = m(m – 4) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 ≠ a ≠ m > ⇔ ⇔  ∆ ' > m < m(m − 4) > ⇔ m >  m < Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt … Với x1, x2 hai hoành độ A B  x + x = −2m   x x = 4m   Theo định lý Vi-ét ta có: Ta có |x1| + |x2| = ⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| = ⇔ 4m2 – 8m + 8|m| = (*)   m = - (chon)   m = 4,5 (loai) +) Với m < (*) ⇔ 4m – 16m – = ⇔  m = (KTMDK)  m = -  2 +) Với m > (*)⇔ 4m – = ⇔ − Vậy m = thỏa nãm yêu cầu đề Chứng minh điểm … 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 1,0 3,5 đ 0,25 0,75 Ta có ∆AOD cân O (vì OA = OD = R) OH trung trực AD (định lý) đ · OAM = 90o (tính chất tiếp tuyến) Trong ∆AOD cân, đường cao OH phân giác · AOM = ·DOM ⇒ Xét ∆OAM ∆DOM · AOM = ·DOM Có OA = OD = R, (cmt), OM chung ⇒ ∆OAM ∆DOM (c – g – c) · OAM = ·ODM = 90o ⇒ Xét tứ giác OAMD có · OAM + ·ODM = 180o 1,0đ · · OAM ODM Mà hai góc , vị trí đối ⇒ t.g OAMD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) · · AOC = 2.ABC = 60o Ta có (hệ góc nội tiếp) Diện tích hình quạt AOC 60πR S = πR = 360 R2 a) 0,5đ Diện tích tam giác AOC là: S2 = Diện tích hình viên phân πR R R2 = 2π - 3 ) 12 ( S = S1 – S2 = (đvdt) Ta có EH đường trung bình ∆AND (định nghĩa) · · EHA = BDA ⇒ EH // ND ⇒ (đồng vị) · · ¼ BDA = BFA AB Xét (O) có (hai góc nội tiếp chắn cung ) ·EHA = EFA · · =BDA ⇒ · · EHA = EFA Xét tứ giác AEHF có (cmt) Mà hai góc vị trí kề nhìn cạnh AE ⇒ AEHF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Xét ∆BEH ∆BHF có · EBH chung ( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 · · AHE = AFE · · BHE = BFE 0,5đ (cùng phụ với ) ⇒ ∆BEH ∼ ∆BHF (g – g) ⇒ BH = BE.BF (*) ·AEF = BEN · Ta lại có (hai góc đối đỉnh) ·AEF = AHF · (hai góc nội tiếp chắn cung AF) · · AHF = AQH (cùng phụ với góc FHQ) · · BEP = BQF Từ (1), (2) (3), suy Xét ∆BPE ∆BFQ có · EBP chung · · BEP = BQF (cmt) ⇒ ∆BEP ∼ ∆BQF (g – g) BE BP = ⇒ BE.BF = BP.BQ BQ BF ⇒ (**) Từ (*) (**), suy BH = BP.BQ · AIF = 90o Vì IK // BC (gt) ⇒ Xét ∆AIF ∆BNE có · · AIF = BNE = 90o 0,25 (1) (2) (3) 0,25 · · IAF = EBN (hai góc nội tiếp chắn cung DF) ⇒ ∆AIF ∼ ∆BNE (g – g) IF AI = NE BN ⇒ (4) Xét ∆IAK ∆NBA có · · AIK = ANB = 90o · · IAK = ABD 0,25 ¼ AD (= sđ ) ⇒ ∆IAK ∼ ∆NBA (g – g) AI IK = BN NA ⇒ (5) IF IK IF NE ⇒ = ⇔ = NF AN IK NA Từ (4) (5) 0,25 NE IF = ⇒ = ⇒ IK = 2IF NA IK V 0,5 đ Mà Suy ra: F trung điểm IK Từ giả thiết suy 69 − b2 − c 69 − 52 − 52 19 a2 = ≤ = < 16 ⇒ a < 2 , b = 69 – 2a – c ≤ 69 – 2.2 – = 36 ⇒ b ≤ 6, c2 = 69 – 2a2 – b2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36 ⇒ c ≤ 6, Từ đó, ta có (a – 4)(a – 2) ≤ ⇒ a2 ≤ 6a – ⇒ 2a2 ≤ 12a – 16, (b – 6)(b – 5) ≤ ⇒ b2 ≤ 11b – 30 (c – 6)(c – 5) ≤ ⇒ c2 ≤ 11c – 30 Suy 69 = 2a2 + b2 + c2 ≤ 12a + 11b + 11c – 76 = (12a + 13b + 11c) – 2b – 76 = (12a + 13b + 11c) – 10 – 76 = P – 86 Từ đó, ta có P ≥ 155 Dấu “=” xảy ⇔ a = 2, b = 5, c = Vậy GTNN P 155 ⇔ a = 2, b = 5, c = 2 2 0,25 0,25 Lưu ý: - Điểm toàn để lẻ đến 0,25 điểm - Các cách làm khác cho điểm tối đa - Bài 4, thí sinh vẽ hình sai phạm vi câu khơng tính điểm câu ... suy 69 − b2 − c 69 − 52 − 52 19 a2 = ≤ = < 16 ⇒ a < 2 , b = 69 – 2a – c ≤ 69 – 2.2 – = 36 ⇒ b ≤ 6, c2 = 69 – 2a2 – b2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36 ⇒ c ≤ 6, Từ đó, ta có (a – 4)(a – 2) ≤ ⇒ a2 ≤ 6a –... 12a – 16, (b – 6) (b – 5) ≤ ⇒ b2 ≤ 11b – 30 (c – 6) (c – 5) ≤ ⇒ c2 ≤ 11c – 30 Suy 69 = 2a2 + b2 + c2 ≤ 12a + 11b + 11c – 76 = (12a + 13b + 11c) – 2b – 76 = (12a + 13b + 11c) – 10 – 76 = P – 86 Từ... dẫn chấm mơn Tốn Đề thi thử lần 06 (21-04-18) Câu Ý I 0,5đ 2đ 1,0đ ( Ta có B = = 0,5đ Điể m 0,25 Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện) Thay vào biểu thức A ta 16 + 23 = 16 A= Rút gọn B Với x > 0, x