tuyen tap 40 de thi thu vao lop 10 mon toan cac truong thcs tai ha noi

1 TRƯỜNG THCS MINH KHAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Đề số Ngày thi: 09/4/2018 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A =  x + 12  B  với = + :  x +1 x +1 x −1  x −1 x ≥ 0, x ≠ a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = A B Bài 2: (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình Một cơng nhân dự định làm 33 sản phẩm thời gian định Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm Do người làm tăng sản phẩm song hoàn thành chậm dự định 30 phút Tính suất dự định Bài 3: (2 điểm)  x − − =  y +1  1) Giải hệ phương trình   x −3 + =  y +1 2) Cho parabol y = x ( P ) đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm ( P ) ( d ) với m = −3 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vng góc với dây cung MN H ( H nằm O B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn ( O;R ) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( O;R ) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E a) Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA.CK = CE.CH c) Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân d) Giả sử KE = KC Chứng minh OK // MN THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC Bài (0,5 điểm): Cho a, b,c độ dài cạnh tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > Chứng minh 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = x ≥ 0, x ≠ 1  x + 12  B  với = + :  x +1 x +1 x −1  x −1 a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = A a) Thay x = (TMĐK) vào A ta có:= Vậy x = A = A B + 12 21 21 = = −1 −1 21 b) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ B= x +2 x +1 + x −1 = ⋅ = : ( x − 1)( x + 1) x + ( x − 1)( x + 1) Vậy B = x +2 x −1 x +2 với x ≥ 0, x ≠ x −1 A B x + 12 x − x + 12 ⋅ = x −1 x + x +2 c) Ta có: M = = M= x + 12 x − + 16 = = x+2 x +2 Dấu " = " xảy ⇔ x= +2 x −2+ 16 16   =  x +2+  − ≥ 16 − 4= x +2  x +2 16 ⇔ = x (TMĐK) x +2 Vậy M = x = Bài 2: (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một cơng nhân dự định làm 33 sản phẩm thời gian định Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm Do người làm tăng sản phẩm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC song hoàn thành chậm dự định 30 phút Tính suất dự định Gọi suất dự định người công nhân x (sản phẩm/giờ) (ĐK: x ∈ ) * Năng suất thực tế người công nhân x + (sản phẩm/giờ) Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là: Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là: 33 (giờ) x 62 (giờ) x+3 Vì thực tế người cơng nhân hoàn thành chậm dự định 30 phút nên ta có phương trình: 62 33 62x − 33(x + 3) − = ⇔ = x+3 x x(x + 3) ⇔ 3x − 49x + 198 = ⇔ 3x − 27x − 22x + 198 = ⇔ (x − 9)(3x − 22) = ⇒ x1 = (Thỏa mãn); x = 22 (loại) Vậy suất dự kiến sản phẩm/giờ Bài 3: (2 điểm)  3 x − − y + =  1) Giải hệ phương trình   x −3 + =  y +1 2) Cho parabol y = x ( P ) đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm ( P ) ( d ) với m = −3 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x 1) Điều kiện: x ≥ 3; y ≠ Hệ trở thành: y +1 Đặt a = x − (a ≥ 0) , b = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC −b 2b −b = 6a −= 3a= b 3a= (thỏa mãn) ⇔ ⇔ ⇔  a + 2b = a = + 2b = 7a = a      1 −1   y +1 =  y +1 = = y ⇔ ⇔ 2⇔ (thỏa mãn ĐK)  x −3 = =  x  x −3 =   Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) =  ; −1    (1) 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x − mx + m − = a) Thay m = −3 có phương trình hoành độ giao điểm ( P ) ( d ) : x = x + 3x − = ⇔ (x − 1)(x + 4) = ⇔   x = −4 Với x =1 ⇒ y =1 ⇒ A (1;1) Với x =−4 ⇒ y =16 ⇒ B(−4;16) Vậy m = −3 tọa độ giao điểm (d) (P) A (1;1) , B( −4;16) = m − 4m + = b) Xét phương trình (1), ta có: ∆ ( m − 2) Để ( P ) ( d ) cắt hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x ⇔ ∆ > ⇒ (m − 2) > ⇔m≠2 m  x1 + x = m −1  x1.x= Hệ thức Vi – ét:  (*) Theo bài: x12 + x 22 = x1 + x ⇔ ( x1 + x ) − 2x1x − ( x1 + x ) = Thay hệ thức Vi – ét vào (*) ta được: m − 2(m − 1) − m = ⇔ m − 3m + =  m = (TM) ⇔  m = (L) Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vng góc với dây cung MN THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC H ( H nằm O B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn ( O;R ) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( O;R ) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E a) Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA.CK = CE.CH c) Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân d) Giả sử KE = KC Chứng minh OK // MN a) Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp = Ta có AB ⊥ MN H (giả thiết) ; E ∈ MN ⇒ AHE 90 o  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); E ∈ KB ⇒ AKE = Xét (O) có AKB 90o  , AHE  hai góc đối AKE  + AHE = Xét tứ giác AKEH có AKE 180o ⇒ Tứ giác AKEH tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm) b) Chứng minh CA.CK = CE.CH Xét ∆CAE ∆CHK có:  chung ACH   = CHK  (hai góc nội tiếp chắn HE đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKEH CAE ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ⇒ ∆CAE ∽ ∆CHK (g – g) ⇒ CA CE = (cạnh tương ứng tỉ lệ) CH CK ⇒ CA.CK = CE.CH (đpcm) b) Chứng minh ∆NFK cân Xét (O), ta có AB đường kính, MN dây cung AB ⊥ MN H (giả thiết)  ⇒ B điểm MN   ⇒ MB = NB  (hai gcs nội tiếp chắn hai cung nhau) = ⇒ MKB NKB (1)  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) có A, K, C thẳng hàng Xét (O) có AKB ⇒ BK ⊥ AC K Mà NF ⊥ AC (giả thiết) ⇒ BK / /NF =  (hai góc đồng vị) KNF  = NKB  (hai góc sole trong) (2) ⇒ KFN MKB  = KNF  Từ (1) (2), ta có: KFN ⇒ ∆NKF cân K d) Chứng minh OK // MN   Ta có AKB = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vng K THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K  =KEC  =450 ⇒ OBK  =450 ⇒ BEH Mặt khác ∆OBK cân O (do OB = OK = R) ⇒ ∆OBK vuông cân O ⇒ OK ⊥ AB ⇒ OK / /MN (cùng vng góc với AB ) Bài (0,5 điểm): Cho a, b,c độ dài cạnh tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > Chứng minh 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x > 0, y > ta có x + y ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ x+y 1 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Dâu “=” xảy ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 4 + ≥ = = (1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với x > 0, y > ta có x + y ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ x+y 1 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Dâu “=” xảy ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 4 + ≥ = =(1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Tương tự: 1 + ≥ ( 2) c+a −b b+c−a c 1 + ≥ ( 3) c+a −b a +b−c a Cộng (1) , ( ) , ( 3) vế với vế ta có: ⇒ 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Dấu xảy ⇔ a = b = c THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC PHỊNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT TRƯƠNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MƠN: TỐN 5/5/2018 NGUYỄN TRÃI – HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số Bài I Cho biểu thức A = x +3 = B x −4 x + x + 12 + với x ≥ , x ≠ 16 x − 16 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B Bài II Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Để chở hết 80 quà tặng đồng bào nghèo vùng cao đón Tết, đội xe dự định dùng số xe loại Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì xe cịn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng xe phải chở Bài III    1) Giải hệ phương trình:     + x = y −1 + x = y −1 2) Cho phương trình x − mx + m − = (1), m tham số, x ẩn số a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình mà khơng phụ thuộc vào m b) Tìm m để hai nghiệm phương trình số nguyên Bài IV Trên nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB , lấy điểm C ( CA < CB ) Hạ CH vuông góc với AB H Đường trịn đường kính CH cắt AC BC thứ tự M , N 1) Chứng minh tứ giác HMCN hình chữ nhật 2) Chứng minh tứ giác AMNB tứ giác nội tiếp 3) Tia NM cắt tia BA K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K Chứng minh QC tiếp tuyến đường trịn ( O; R ) 4) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC = R Bài V Tìm x, y ≥ cho ( x + y + )( y + x + ) = ( x + y + )( x + y + ) HƯỚNG DẪN THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC x +3 = B x −4 Bài I Cho biểu thức A = x + x + 12 + với x ≥ , x ≠ 16 x − 16 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B 1) Với x = (thỏa mãn điều kiện x ≥ , x ≠ 16 ) Do đó, thay vào biểu thức A ta A = x = x +3 3+3 = = −6 x − 3− 2) Rút gọn biểu thức B = B = = = = = ( x + x + 12 + x − 16 x +4 x +3 ( ) ( x − + x + 12 x +4 )( x −4 ) ) x − x − 12 + x + 12 ( ( x +4 x +4 x ( )( x −4 x+4 x ( x +4 )( x −4 x +4 )( ) x −4 ) ) ) x x −4 Vậy B = 3) Ta có ⇒ )( x , với x ≥ , x ≠ 16 x −4 A = B x +3 x = : x −4 x −4 A =m ⇔ =m +1 ⇔ B x Vì x ≥ , x ≠ 16 nên THCS.TOANMATH.com x ≥0, x +3 = 1+ với x ≥ , x ≠ 16 x x x= m x ≠ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 3 ≥0 m >  A m  Do đó, phương trình = m + có nghiệm ⇔  ⇔ B m≠ 3 ≠4    m Bài II Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Để chở hết 80 quà tặng đồng bào nghèo vùng cao đón Tết, đội xe dự định dùng số xe loại Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì xe cịn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng xe phải chở Gọi số xe ban đầu x (xe); điều kiện x ∈ * , x > ⇒ Theo dự định, xe lúc đầu cần phải chở 80 (tấn) x Vì xe phải điều làm việc khác, nên thực tế lại x − (xe) dùng để chở 80 hàng ⇒ Thực tế, xe lại cần phải chở 80 (tấn) x−4 Vì xe lại phải chở nhiều dự định hàng, nên ta có phương trình: 80 80 − = x−4 x ⇔ 80x − 80(x − 4) = x(x − 4) ⇔ x − 4x − 320 =  x = 20 (thoa man ĐK ) ⇒  x = −16 (loai) Vậy lúc đầu đội có 20 xe Bài III    1) Giải hệ phương trình:     + x = y −1 + x = y −1 2) Cho phương trình x − mx + m − = (1), m tham số, x ẩn số a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình mà khơng phụ thuộc vào m b) Tìm m để hai nghiệm phương trình số ngun THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 301 ( ) 10 + = = + 10 10 − 10 − Khi đó: K max= Vậy với x ∈  GTLN biểu thức= K Q ( P − 1) + 10 x = 10 Bài (2 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Lớp 9A lớp 9B lao động tổng vệ sinh trường sau hồn thành xong cơng việc Nếu lớp làm riêng lớp 9A nhiều thời gian lớp 9B để hoàn thành xong công việc Hỏi làm riêng lớp cần để hồn thành xong cơng việc? Gọi thời gian lớp 9A làm để hồn thành xong công việc x (giờ) (ĐK: x > ) Nếu lớp làm riêng lớp 9A nhiều thời gian lớp 9B để hồn thành xong cơng việc, nên thời gian lớp 9B làm xong cơng việc là: x – (giờ) Trong 1h, lớp 9A làm lớp làm 1 (công việc), lớp 9B làm (công việc), hai x x −5 (công việc) Ta có phương trình: 1 x −5+ x + = ⇔ = ⇔ ( 2x − ) = x ( x − ) x x −5 x ( x − 5)  x = 15 (tm) ⇔ x − 17x + 30 =0 ⇔ (x − 15)(x + 2) =0 ⇒   x = −2 (ktm) Vậy thời gian lớp 9A làm để hồn thành xong cơng việc 15 Thời gian lớp 9B làm để hồn thành xong cơng việc 10 Bài (2 điểm)  2 x − y − =  1) Giải hệ phương trình  3 x + = 12  y −1 2) Cho Parabol (P): y = x đường thẳng (d): y = 5x − m + a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm b) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm có hồnh độ x1 ; x thỏa mãn 2x1 = x 1) Điều kiện: x ≥ 0; y ≠ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 302 Đặt x= a ( a ≥ 0); = b Hệ trở thành y −1  x =2  x = ( tm ) a = ( tm ) 2a − b =   ⇔ ⇔ ⇒  12 = 3a + 2b = b = ( tm )  y −1  y = ( tm )     4 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm  4;  2) Phương trình hoành độ giao điểm (d) (P): x = 5x − m + ⇔ x − 5x + m − =0 (*) ∆= 29 − 4m 2a) Để (d) tiếp xúc với (P) phương trình (*) có nghiệm kép ⇔ ∆ = ⇔ 29 − 4m = ⇔ m = Vậy m = 29 29 (d) tiếp xúc với (P) Khi đó, x= x= −b = 2a 2 25 5 ⇒ y1 = y =   = 2  25  ⇒ Tiếp điểm (d) (P) có tọa độ  ;  2  2b) Để (d) cắt (P) điểm phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 ; x ⇔ ∆ > ⇔ 29 − 4m > ⇔ m < 29 (1) (2)  x1 + x = m − (3)  x1.x= Theo định lý Vi – ét:  Xét 2x1 = x  x1 ≥  x x ≥ m − ≥ ⇔ ⇒ ⇒ m ≥ (4) x ≥  x1 + x ≥ 5 > + Điều kiện:  + Từ (1) (4) ta có: ≤ m ≤ THCS.TOANMATH.com 29 , đó: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 303 2x1 = x ⇔ 4x12 = x (5) Từ (2) (5) ta có hệ phương trình: 4x12 = x 4x l2 = x ⇔  ( 6) 4x1 + x1 − =  x1 + x = Giải (6) : 4x12 + x1 − = ⇔ 4x12 − 4x1 + 5x1 − = ⇔ 4x1 ( x1 − 1) + ( x1 − 1) = ⇔ ( x1 − 1)( 4x1 + ) =  x1 = ( tm ) ⇔  x = −5 ( ktm )  Thay x1 = vào (5) ⇒ x = ( tm ) , theo (3) có: m −1 = ⇒ m = Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Bài (3,5 điểm) Từ điểm M nằm đường tròn (O) ta dựng tiếp tuyến MB, MC đến (O) (B, C tiếp điểm) cát tuyến MDA cho tia MA nằm hai tia MB, MO MD < MA Gọi H giao điểm MO BC, AM cắt BC K 1) Chứng minh: điểm M, B, O, C nằm đường tròn MB2 = MA.MD  = DCA  2) Chứng minh: ∆MDH ∽ ∆MOA từ suy DHB 3) Chứng minh: CH CD = HA CA 4) Đường trịn đường kính BC cắt AC, AB E F, EF cắt AH I Chứng minh IK // MO B A K D M O H P THCS.TOANMATH.com C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 304 1) điểm M, B, O, C nằm đường trịn Ta có MB, MC tiếp tuyến B C (O) (giả thiết) ⇒ MB ⊥ OB B, MC ⊥ OC C   ⇒ MBO = 90o ; MCO = 90o  ; MCO  hai góc đối MBO  = 90o + 90o = 180o  + MCO Xét tứ giác MBOC có MBO ⇒ tứ giác MBOC tứ giác nội tiếp ⇒ M, B,O,C nằm đường tròn Xét ∆MBD ∆MAB có:  chung; BMD   = MAB  (góc tạo tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn BD (O)) MBD ⇒ ∆MBD ∽ ∆MAB ( g.g ) ⇒ MB MD = ⇒ MB2 = MA.MD MA MB  = DCA  2) Chứng minh: ∆MDH ∽ ∆MOA từ suy DHB * Chứng minh ∆MDH ∽ ∆MOA Ta có: MB = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC = R ⇒ OM đường trung trực BC (tính chất điểm cách hai đầu đoạn thẳng) ⇒ OM ⊥ BC H trung điểm BC ∆MOB vng B có AH đường cao ⇒ MH.MO = MB2 (hệ thức lượng) MH.MO ⇒ Mà MB2 = MA.MD ( cmt ) ⇒ MA.MD = MA MO = MH MD  chung AMO  Xét ∆MAO ∆MHD có  MA MO ⇒ ∆MAO ∽ ∆MHD ( c − g − c ) =   MH MD  = DCA  * Chứng minh DHB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 305 =  + DPA = Kẻ đường kính AP ⇒ ADP 90o ⇒ Trong ∆ADP có DAP 90o =  (cặp góc tương ứng) MAO Ta có: ∆MDH ∽ ∆MHA ( cmt ) ⇒ DHM  + DPA = ⇒ DHM 90o   = DCA  (hai góc nội tiếp chắn AD (O)) Mà DPA  + DCA = ⇒ DHM 90o  + DHB  = MHB  = 90o Lại có: DHM =  (đpcm) ⇒ DCA DHB 3) Chứng minh: CH CD = HA CA =  + AQD = Kẻ đường kính DQ ⇒ DAQ 90o ⇒ Trong ∆DAQ có ADQ 90o  ( cmt )  = MAO Ta có: DHM  =  (hai góc nội tiếp chắn AO ) ⇒ Tứ giác AOHD nội tiếp ⇒ ADO AHO  + AQD = ⇒ AHO 90o  = 90o  + AHK  = OHB Mà AHO =  ⇒ AQD AHB   = ACD  (hai góc nội tiếp chắn AD (O)) Mà AQD =  ⇒ AHB ACD  = BHD  ( cmt ) Mà ACD =  ⇒ AHB BHD  + AHC   + DHC  Mà AHB = 180o ; BHD = 180o (hai góc kề bù)  = ⇒ AHC DHC (1)  = BCD  (đồng vị) =  (so le trong); BHT Kẻ HT // CD ⇒ THD HDC  = ACD  ( cmt ) Mà BHD =  ⇒ THD ACH  = HDC  ( cmt ) Mà THD =  ⇒ ACH HDC THCS.TOANMATH.com (2) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 306 Từ (1) (2) suy ∆CHD ∽ ∆AHC ( gg ) ⇒ CH CD =(đpcm) AH AC 4) Chứng minh IK // MO E  A  B   A′′ I  H′  ′ A F K  O   H M  C Lần lượt kẻ đường cao AA′ ; HH′ ; AA′′ tam giác AEF ; HEF ACB Ta có: AA′ / / HH′ (vì vng góc với EF) ⇒ IA AA′ = IH HH′ (3) Ta có: AA′′ / /MH (vì vng góc với BC) ⇒ KA AA′′ = KM MH (4) Ta có tứ giác CBEF nội tiếp đường trịn đường kính BC (suy từ giả thiết)  + FCB = 180o (định lý tứ giác nội tiếp) ⇒ FEB  + AEF = Mà FEB 180o (hai góc kề bù) =  AEF  = ACB  ⇒ AEF FCB  chung Mà ∆AEF ∆ACB cịn có EAF ⇒ ∆AEF ∽ ∆ACB (g – g) S  EF   AA′  ⇒ ∆AEF =  =   (tỉ số diện tích bình phương tỉ số đồng dạng S∆ACB  BC   AA′′  2 bình phương tỉ số đường cao) Xét đường trịn tâm H đường kinha BC, ta có: ∆HEF cân H (vì HE = HF) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 307 Mà ∆MBC cân M (vì MB = MC) ⇒ ∆HEF ∽ ∆MBC S  EF   HH′  ⇒ ∆HEF =   =   (tỉ số diện tích bình phương tỉ số đồng dạng bình S∆MBC  BC   MH  2 phương tỉ số đường cao) S S  EF  Do đó: ∆AEF : ∆HEF =   S∆ACB S∆MBC  BC  ⇒  EF   AA′  = = :     BC   AA′′  AA′ HH′ AA′ AA′′ = ⇒ = AA′′ MH HH′ MH IA IH Từ (3), (4) (5), ta có: = 2  HH′  :   MH  (5) KA ⇒ IK / /MH (Định lý Talet đảo) KM Vậy IK / /MO (đpcm) Tìm giá trị nhỏ Bài 5.(0,5 điểm) Với số thức không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = nhất, giá trị lớn biểu thức P = Nhận xét: Điểm rơi a= b= c= a b c + + a +1 b +1 c +1 Áp dụng BĐT cosi, ta có: a a a = ≤ + a +1 a +1 a +1 (1) b b b = ≤ + b +1 b +1 b +1 (2) c c c = ≤ + c +1 c +1 c +1 (3) P Do đó= a b c  a b c  + + ≤ + + +  a +1 b +1 c +1  a +1 b +1 c +1 1, ta có: Với a + b + c = a b c a b c + += + + a +1 b +1 c +1 a + b + a + c b + a + b + c c + a + b + c a 1 a a  1 1  ≤  + ≤  +   (4) ⇒ a +b+c+a 4a +b c+a  a +b+c+a 4a +b c+a  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 308 b 1 b b  1 1  ≤  + ≤  +   (5) ⇒ a +b+b+c 4a +b b+c a +b+b+c 4a +b b+c ≤ c+a+b+c ⇒P≤ 1 1  c + ≤   (6) ⇒ 4c+a b+c c+a+b+c 1 c c  +   4c+a b+c 1 a a b b c c  3 +  + + + + +  =+ = 4a +b c+a a +b b+c c+a b+c 4 Dấu “=” xảy ⇔ dấu “=” (1), (2), (3), (4), (5), (6) đồng thời xảy thỏa mãn giả thiết ⇔ a =b =c = Vậy P đạt giá trị lớn THCS.TOANMATH.com , a= b= c= TÀI LIỆU TOÁN HỌC 309 PHỊNG GIÁO DỤC QUẬN BA ĐÌNH THCS BA ĐÌNH Đề số 40 ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM 2017-2018 Môn : Toán Tháng 2/2018 Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm): Cho hai biểu thức A=   x   x x +1 và= − − 1 ( x ≥ 0; x ≠ 1) P  : x + x +1  x −1 1− x   x −1  1) Tính giá trị biểu thức A với x = 16 2) Rút gọn biểu thức P 3) Tìm giá trị lớn biểu thức M = A P Câu (2 điểm):Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai xí nghiệp may loại áo Nếu xí nghiệp thứ may ngày xí nghiệp thứ hai may ngày hai xí nghiệp may 2620 áo Biết ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều xí nghiệp thứ 20 áo Hỏi xí nghiệp ngày may áo? Câu (2 điểm) ( x − 1)( y + 1) = xy + ( x + )( y − 1) = xy − 10 1) Giải hệ phương trình sau  2) Cho hàm số y = x có đồ thị Parabol ( P ) hàm số y= x + có đồ thị đường thẳng ( d ) a) Hãy xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị hàm số b) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc tọa độ) Câu (3,5 điểm): Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O;R ) với cạnh AB cố định khác đường kinh Các đường cao AE, BF ∆ABC cắt H cắt đường tròn I, K,CH cắt AB D 1) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn  = CBF  2) Chứng minh : CDF 3) Chứng minh EF / /IK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 310 4) Chứng minh rẳng C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm cố định Câu (0,5 điểm): Giải phương trình x − 3x + + x + = x − + x + 2x − HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2 điểm): Cho hai biểu thức ad A=   x   x x +1 và= − − 1 ( x ≥ 0; x ≠ 1) P  : x + x +1  x −1 1− x   x −1  1) Tính giá trị biểu thức A với x = 16 2) Rút gọn biểu thức P 3) Tìm giá trị lớn biểu thức M = A P ta được: A 1) Thay x = 16 (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A, = 16 + = 16 + 16 + 2) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠   x   x − − 1 P=  :  x −1 1− x   x −1  = ( ( = x +1+ x )( x −1 )( x −1 ) ( x −1 x +1 x +1 x −1 ) : x +1 ) x +1 x +1 Vậy P = x +1 với x ≥ 0; x ≠ x +1 x +1 A x +1 3) Ta có: M với x ≥ 0; x ≠ = = x + x += P x +1 x + x +1 x +1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 311 = M x +1 = x x +1 +1 ( = x+ x +1 ) Áp dụng B Đ T cosi cho hai số dương: x +1+ ≥2 x +1 ⇒ x +1+ ( ) x +1 x +1+ x + 1; −1 x +1 , ta có: x +1 =2 x +1 −1 ≥ x +1 ⇒ P ≤1 Vậy max P = 1, dấu " = " xảy ⇔ x= +1 ⇔ = x x +1 Câu (2 điểm):Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai xí nghiệp may loại áo Nếu xí nghiệp thứ may ngày xí nghiệp thứ hai may ngày hai xí nghiệp may 2620 áo Biết ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều xí nghiệp thứ 20 áo Hỏi xí nghiệp ngày may áo? Gọi x (chiếc áo) số áo xí nghiệp thứ may ngày, y (chiếc áo) số áo xí nghiệp thứ hai may ngày Điều kiện: x > ; y > 20 Nếu xí nghiệp thứ may ngày xí nghiệp thứ hai may ngày hai xí nghiệp may 2620 áo nên ta có phương trình: 5x + 3y = 2620 Trong ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều xí nghiệp thứ 20 áo nên ta có phương trình: y−x = 20 Ta hệ phương trình: = + 3y 2620= 5x  x 320 (thỏa mãn điều kiện) ⇔  y − x 20 = =  y 340 Vậy ngày xí nghiệp thứ may 320 áo, xí nghiệp thứ hai may 340 áo THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 312 Câu (2 điểm) ( x − 1)( y + 1) = xy + ( x + )( y − 1) = xy − 10 1) Giải hệ phương trình sau  2) Cho hàm số y = x có đồ thị Parabol ( P ) hàm số y= x + có đồ thị đường thẳng ( d ) a) Hãy xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị hàm số b) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc tọa độ) ( x − 1)( y + 1) = xy +  xy + x − y − 1= xy + x − y = x = ⇔ ⇔ ⇔  xy − x + 2y − =xy − 10 − x + 2y =−8  y = −3 ( x + )( y − 1) = xy − 10 1)  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y= ) ( 2; −3) 2a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm x 2= x + ⇔ x2 − x − = x = ⇔  x = −1 Nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số Với x = , thay vào hàm số y = x ta y = Với x = −1 , thay vào hàm số y = x ta y = Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số A ( 2;4 ) , B ( −1;1) 2b) Tính diện tích tam giác OAB Gọi H K hình chiếu A B lên trục tung THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 313 ⇒ BK = x B =1 ; AH = x A = Ta có C ( 0;2 ) giao đồ thị ( d ) với trục tung = Ta có: OC y= C 2 Ta có: S∆OAB = S∆BOC + S∆OAC = 1.2 + 2.2 = (đvdt) Câu (3,5 điểm):Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O;R ) với cạnh AB cố định khác đường kinh Các đường cao AE, BF ∆ABC cắt H cắt đường tròn I, K,CH cắt AB D 1) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn  = CBF  2) Chứng minh : CDF 3) Chứng minh EF / /IK 4) Chứng minh rẳng C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm cố định A K F M D H B O C E I 1) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn Các đường cao AE, BF ∆ABC cắt H (giả thiết) ⇒ AE ⊥ BC E (hoặc HE ⊥ BC E); BF ⊥ AC F (hoặc HF ⊥ AC F) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 314   ⇒ HEC = 90o ; HFC = 90o  ; HFC  hai góc đối HEC  + HFC = Xét tứ giác CEHF có HEC 180o ⇒ Tứ giác CEHF nội tiếp   = CBF 2) Chứng minh : CDF Các đường cao AE, BF ∆ABC cắt H (giả thiết) ⇒ H trực tâm ∆ABC ⇒ CH ⊥ AB D = ⇒ CDB 90o Ta có BF ⊥ AC F (cmt) = ⇒ CFB 90o ⇒ Tứ giác CBDF có hai đỉnh kề D F nhìn cạnh CB góc vng ⇒ Tứ giác CBDF nội tieeos đường trịn đường kính CB  =  (hai góc nội tiếp chắn CF ) ⇒ CDF CBF 3) Chứng minh EF / /IK  (hai góc nội tiếp chắn cung BI )  = BAI Xét đường tròn (O) có FKI  = HCE  (hai góc nội tiếp chắn cung HE ) Vì CEHF nội tiếp (cmt) ⇒ HFE  = HCE  (cùng phụ với ABC ) Lại có BAI  = HFE  , mà góc vị trí đồng vị ⇒ FKI ⇒ EF / /IK 4) Chứng minh rẳng C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm cố định Gọi M trung điểm AB AB cố định nên M điểm cố định Ta có: ∆BFA vuông F ⇒ MB = MA = MF = AB (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) ⇒ ∆AMF cân M  góc ngồi đỉnh M tam giác AMF Mà DMF  = 2MAF  ⇒ DMF THCS.TOANMATH.com (1) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 315 =  (hai góc nội tiếp chắn cung HF ) Tứ giác CEHF nội tiếp (cmt) ⇒ HEF HCF =  (hai góc nội tiếp chắn Chứng minh tứ giác BEHD nội tiếp ⇒ HED HBD cung HD )  + MAF = HCF 900 Lại có   + MAF = 900 HBD  + HBD  + 2MAF = ⇒ HCF 1800  + HED  + 2MAF = ⇒ HEF 1800 =  + 2MAF ⇒ DEF 1800 ( 2)  + DEF = Từ (1) (2) ⇒ DMF 1800 ⇒ DMFE nội tiếp ⇒ Khi C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF ln qua điểm M cố định x − 3x + + x + = Câu 5(0,5 điểm): Giải phương trình ⇔ ( x − 1)( x − ) + x+3 = x−2 + x − + x + 2x − ( x − 1)( x + 3) x + ≥ ⇔ x ≥ x − ≥ Điều kiện:  Khi phương trình ⇔ ⇔ Do ( x−2 − x+3 )( x −1 ( ) ( x−2 − x+3 − ) x−2 − x+3 = ) x −1 −1 = x − < x + nên phương trình ⇔ x − = ⇔ x = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... ab THCS. TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 Dấu “=” xảy với a = b Vậy A = với a = b TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ĐỀ THI THỬ LẦN 05 Nămhọc: 2017 – 2018 Môn: Toán Đề số Câu 1: Cho hai biểu thức: = A THCS. TOANMATH.com... toán cách lập phương trình hệ phương trình: THCS. TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 18 Trong kì thi, hai trường A B có tổng cộng 350 học sinh dự thi Kết hai trường có 338 học sinh trúng tuyển Tính... sinh dự thi? Gọi số học sinh dự thi trường A x ( x > ) Gọi số học sinh dự thi trường B y ( x > ) Vì hai trường A B có tổng cộng 350 học sinh dự thi, nên ta có phương trình: x+y= 350 Hai trường