De hoc ki 2 mon toan lop 9 ha noi nam 2021

PHỊNG GD - ĐT HỒI ĐỨC TRƯỜNG THCS NGUYỄN VĂN HUYÊN ĐỀ CUỐI HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN Thời gian làm 120 phút Bài Cho hai biểu thức: A x 2 B  x x 2   x  0; x   x 1 x x  2x  x  Tính giá trị biểu thức A x  Cho P  A  B Chứng minh rằng: P  x x 1 Tìm điều kiện m để phương trình P  m có nghiệm Bài 2: Giải toán cách lập phương trình Quãng đường AB dài 60 km Một người xe máy từ A đến B , sau từ B A với vận tốc nhanh lúc km/h Vì thời gian hết thời gian 24 phút Tính vận tốc lúc người xe máy đó? Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy 1, m có chiều cao 1, m Tính thể tích bồn chứa nước đó? (Kết làm tròn đến chữ số thập phân) Bài 1) Giải hệ phương trình   x   y     11  y    x  2) Cho phương trình ẩn x : x   m  3 x  m   (1) a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12  x2  Bài : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trường tròn  O  Các đường cao BE CF tam giác ABC cắt đường tròn  O  thứ tự M N Gọi H K hình chiếu E AB BC Chứng minh : Các tứ giác BHEK , BFEC tứ giác nội tiếp BH BA  BK BC OA  MN HK qua trung điểm EF Bài : Cho a , b, c  thỏa mãn 1 1    Chứng minh abc  1 a 1 b 1 c -HẾT - HƯỚNG DẪN Bài Cho hai biểu thức: x x 2   x  0; x   x 1 x x  2x  x  x 2 Tính giá trị biểu thức A x  A B  x x 1 Tìm điều kiện m để phương trình P  m có nghiệm Hướng dẫn Thay x  vào biểu thức A  ta được: x 2 Cho P  A  B Chứng minh rằng: P  A  12  2 1 Vậy với x  giá trị biểu thức A  2 2.Ta có: P  A  B  P x 2   x x 2  x 1 x x  2x  x  x x 2  x   x  1 x   x  2  x  1 P    x    x  1  x    x  1  P  x x 2  x   x  1 2x   x  x  x   P P x 2 Điều kiện: x  0; x   3x  x  x   x  1 x   x   x  1  x 2   x   x  1  x x 1 x x 1 x  0; x  Vậy với x  0; x  biểu thức P  3.Ta có: P  m x m x 1  x  m  x  1   m x  x  m  Xét m  3 x   x   TM  Xét m  x t x  0; x  nên t  0; t  ) Ta có phương trình: m.t  3t  m  * Để x Ta có trường hợp sau: *  t  0; t  m   a.c  m   Trường hợp 1:     m   KTM   m.2  3.2  m  5m    m  9  m   3   m    t  t  2 0m    1  0  Trường hợp 2:   m  m   t1.t2  1   m  6  m.2  3.2  m   m     5m   Vậy với  m  m  phương trình P  m có nghiệm Bài 2: Giải tốn cách lập phương trình Qng đường AB dài 60 km Một người xe máy từ A đến B , sau từ B A với vận tốc nhanh lúc km/h Vì thời gian hết thời gian 24 phút Tính vận tốc lúc người xe máy đó? Hướng dẫn Đổi 24 phút  Gọi vận tốc lúc người xe máy x (km/h; x  ) Vận tốc lúc người x  (km/h) 60 Thời gian lúc người (giờ) x5 60 Thời gian lúc người (giờ) x Vì thời gian lúc hết thời gian lúc nên ta có phương trình: 60 60   x5 x 60.5.x 60.5( x  5) x( x  5)    x( x  5) x( x  5) x( x  5)  300 x  300 x  1500  x  10 x   x  10 x  1500   x  60 x  50 x  1500   ( x  30)(2 x  50)   x  30    x  25   x  30 (TMDK )   x  25 (loai ) Vậy vận tốc lúc xe máy 30 km/h Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy 1, m có chiều cao 1,5 m Tính thể tích bồn chứa nước đó? (Kết làm tròn đến chữ số thập phân) Diện tích đáy bồn nước là:  1,  S   r      1,13 ( m )   Thể tích bồn nước là: V  S h  1,13.1,5  1, 70 ( m3 ) Vậy thể tích bồn nước 1, m Bài 1) Giải hệ phương trình   x   y     11  y    x  2) Cho phương trình ẩn x : x   m  3 x  m   (1) a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12  x2  Hướng dẫn   x   y   1) Ta có hệ phương trình:  ĐKXĐ: x  1; y   11  y    x    14  x   y   12  x   14  x  x  Hệ cho   (thỏa mãn)     y    y  11  11  y     y2 4  x   x  Kết luận: Hệ cho có nghiệm nhất:  x; y    0;11 2) Ta có phương trình: x   m  3 x  m   (1)  x  1 a) Khi m  ta có: x  x     x  1 x  3    x  Kết luận: với m  phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  b) Xét phương trình: x   m  3 x  m   (1) Trong đó: a  1; b    m  3 ; c  m   a  b  c   m   m   Vì phuơng trình (1) m2 Theo đề có: x1  x2  a  b  c  nên phương trình có hai nghiệm, nghiệm 1 TH1: x1  1; x2  m  ta có:  1  m    m  m   m  2 TH2: x1  m  2; x2  1 ta có:  m     1    m       m   3 m  1 m  9;5; 1 Kết luận: Các giá trị m O Bài : Cho tam giác nhọn ABC O M N H BE K Các tứ giác BHEK , BFEC tứ giác nội tiếp BH BA  BK BC HK OA  MN EF Hướng dẫn CF ABC E AB BC a)Xét tứ giác BHEK có :   900 ( EH  AB ) BHE   90  EK  BC  BKE   BKE   900  900  1800  BHE Mà góc vị trí đối diện  Tứ giác BHEK nội tiếp đường trịn Xét tứ giác BFEC có :   BEC   900 BFC  đỉnh kề F , E nhìn cạnh BC góc  Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn b) BE  BH BA ( Hệ thức lượng tam giác vuông BEA ) BE  BK BC ( Hệ thức lượng tam giác vuông BEC )  BH BA  BK BC Kẻ Ax tiếp tuyến đường tròn  O   OA  Ax Ta có : Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn   FCA   FBM   xAM  , FCA   Mà FBM AMN  xAM AMN  Ax / / MN  OA  MN c) Gọi I trung điểm EF , J hình chiếu E lên cạnh FC Ta có : Tứ giác EHFJ hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn HJ qua trung điểm EF   HJE  mà HFE   ECB   HJE   ECB   HFE Mặt khác :   EJK   1800  HJE   EJK   1800 Chứng minh tứ giác EJKC nội tiếp đường tròn  ECB Suy , điểm H , J , K thẳng hàng Suy HK qua trung điểm EF 1 1 Bài : Cho a , b, c  thỏa mãn    Chúng minh abc  1 a 1 b 1 c Hư ớng dẫn Biến đổi giả thiết dạng cho xuất biến a, b, c tử số Áp dụng B.Đ.T Cosi , ta có: 1 b c b c  1 1   2  1 a 1 b 1 c 1 b 1 c  b 1 c 1 a c a c  1 1   2  1 b 1 a 1 c 1 a 1 c 1 a 1 c 1 a b a b  1 1   2  1 c 1 a 1 b 1 a 1 b 1 a 1 b Nhân vế với vế ta thu tích abc : 1 b c  a b c  a   8        8 1 a 1 b 1 c 1 1 1  a  b  c  a  b  c   Bỏ mẫu ta giải xong toán: abc  a b c 1 Dấu xảy        a bc 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c Bài toán xuất đề thi kì 1, THCS Hồng Liệt, T11/2020 1 Cho a , b, c  thỏa mãn    Tìm giá trị lớn P  abc 1 a 1 b 1 c -HẾT - -HẾT - UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN Thời gian làm 120 phút Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x3 x 4 x 1 B  với x  0, x   x2 x x 2 x 1) Tính giá trị A x  2) Rút gọn biểu thức B 3) Cho P  B Tìm x để P  P  A Bài II (2,5 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m Nếu tăng chiều dài thêm 2m tăng chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 50m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn 2) Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để khơi, thùng hình trụ có đường kính đáy 0,6m, chiều cao 1,5m Hỏi thuyền chuẩn bị lít dầu? (Bỏ qua độ dày vỏ thùng, lấy   3,14 ) Bài III (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y   2m  1 x  m2  ( m tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng  d  parabol  P  m  b) Tìm giá trị tham số m để  d  cắt  P  điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; R) dây BC cố định khơng qua O Trên tia đối tia BC lấy điểm A khác B Từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn ( M , N tiếp điểm) 1) Chứng minh bốn điểm A, M , O, N thuộc đường tròn 2) MN cắt OA H Chứng minh OA  MN AH AO  AB AC 3) Chứng minh A BC MN Bài V (0,5 điểm Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3   3 a  b2 b2  c c  b2 -HẾT - HƯỚNG DẪN Bài I (2,0 điểm) x3 x 4 x 1 B  với x  0, x   x2 x x 2 x 1) Tính giá trị A x  2) Rút gọn biểu thức B B 3) Cho P  Tìm x để P  P  A Hướng dẫn 1) Tính giá trị A x  Thay x   tmdk  vào A, ta được: Cho hai biểu thức A   2.3    3 Vậy A  x  2) Rút gọn biểu thức B x3 x 4 B  x2 x x 2 A B B B B x3 x 4 x x  x 2  x4 x 4 x   x 2 x  x 2   x 2  x 2 x x 2 với x  0, x  x B 3) Cho P  Tìm x để P  P  A B x  2 x 1 x 2 x x 2 Ta có: P   :   A x x x x 1 x 1 Vậy B  Để P  P   P   P  P   Vì x   x tmdk , đó: x 20 x  2 x 4 Kết hợp điều kiện: x  0, x  Vậy  x  để P  P  x 2 0 x Bài II (2,5 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m Nếu tăng chiều dài thêm 2m tăng chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 50m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn 2) Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để khơi, thùng hình trụ có đường kính đáy 0,6m, chiều cao 1,5m Hỏi thuyền chuẩn bị lít dầu? (Bỏ qua độ dày vỏ thùng, lấy   3,14 ) Hướng dẫn Nửa chu vi hình chữ nhật là: 34 :  17 (m) Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là: x (0  x  17; m) chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là: 17  x (m) diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là: x 17  x  (m ) chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật sau thêm 2m là: x  (m) chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật sau thêm 3m là: 17  x   20  x (m) diện tích mảnh vườn hình chữ nhật sau thêm là:  x    20  x  (m ) Theo đề bài, sau tăng chiều rộng thêm 2m chiều dài thêm 3m diện tích mảnh vườn hình chữ nhật tăng thêm 50m2 , nên ta có phương trình:  x    20  x   x 17  x   50   x  x  20 x  40  17 x  x  50 x  50  40  x  10 (TM)  Vậy chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là: 10 (m) chiều rộng mảnh vườn (m) 2) Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để khơi, thùng hình trụ có đường kính đáy 0,6m, chiều cao 1,5m Hỏi thuyền chuẩn bị lít dầu? (Bỏ qua độ dày vỏ thùng, lấy   3,14 ) Đường kính đáy thùng dầu hình trụ là: 0,6 :  0,3 (m) Diện tích đáy thùng dầu hình trụ là: S1   r  3,14.0,32  0, 2826 (m ) Thể tích 10 thùng dầu hình trụ là: V  S1.h.10 = 0, 2826.1,5.10 = 4,239 (m )  4239 (dm )  4239 (l) Vậy thuyền chuẩn bị 4239 lít dầu Bài III (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y   2m  1 x  m2  ( m tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng  d  parabol  P  m  b) Tìm giá trị tham số m để  d  cắt  P  điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  Hướng dẫn a) Khi m  2, phương trình đường thẳng  d  trở thành  d  : y  3x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  : x  x  (1) Số giao điểm đường thẳng  d  parabol  P  x  3x  PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020 - 2021 QUẬN LONG BIÊN MƠN TỐN Ngày thi: 16/4/2021 Thời gian làm bài: 90 phút Câu (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: x  x   x  2y  2) Giải hệ phương trình:  3 x  y  18  x  3) Rút gọn biểu thức: P   với x   : x 1  x  x 1  x x Câu (1,5 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Đáp ứng nhu cầu vận chuyển hàng hóa cho người dân đợt dịch covid – 19 vừa qua, tàu thuỷ chở hàng từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian 30 phút (không tính thời gian nghỉ) Hãy tìm vận tốc tàu thủy nước yên lặng, biết khoảng cách hai bến sông A B 24 km vận tốc dòng nước km/h Câu (2,0 điểm) Viết biểu thức dạng lập phương tổng hiệu 1) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x 2) Cho phương trình x  1  m  x  m  (với x ẩn số, m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1   x2     x2   36 Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC  cm Trên nửa đường trịn lấy điểm A (điểm A khác điểm B , điểm A khác điểm C ) Vẽ đường cao AH tam giác ABC ( H  BC ), BC lấy điểm D cho BD  BA Kẻ đường thẳng AD , gọi điểm E hình chiếu điểm C đường thẳng AD 1) Chứng minh tứ giác AHEC tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: DA.HE  DH AC tam giác EHC cân 3) Gọi R1 , R2 , R3 bán kính đường trịn nội tiếp ABH , ACH , ABC Tìm vị trí điểm A nửa đường tròn để R1  R2  R3 đạt giá trị lớn nhất? Câu (0,5 điểm) Cho x, y 10 x  y2   20 x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy -HẾT - HƯỚNG DẪN Câu (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: x  x   x  2y  2) Giải hệ phương trình:  3 x  y  18  x  3) Rút gọn biểu thức: P   với x   : x 1  x  x 1  x x Hướng dẫn 1) Giải phương trình: x  x   x  3x    2x2  2x  5x    x  x  1   x  1    x   x  1   x    x  Vậy phương trình có nghiệm là: x  1; x   x  2y  2) Giải hệ phương trình:  3 x  y  18 x  y   3 x  y  18 2 x  y   3 x  y  18 x  y   5 x  20 4  y   x  3  y    x  3  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm:   x   x  3) Rút gọn biểu thức: P    với x  : x 1  x  x 1  x x Với x   P x x  x 1  : x x  x 1     x x 1 x      x 1   x   1 x  x 1  x 1 x  1 x x   x 1  x 1       x 1 x x x 1 x x 1 x với x  Vậy P  x  Câu (1,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Đáp ứng nhu cầu vận chuyển hàng hóa cho người dân đợt dịch covid – 19 vừa qua, tàu thuỷ chở hàng từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian 30 phút (khơng tính thời gian nghỉ) Hãy tìm vận tốc tàu thủy nước yên lặng, biết khoảng cách hai bến sông A B 24 km vận tốc dòng nước km/h Hướng dẫn Gọi vận tốc tàu thủy nước yên lặng là: x  x   (km/h) Vận tốc xi dịng tàu thủy là: x  (km/h) Vận tốc ngược dòng tàu thủy là: x  (km/h) Thời gian xi dịng tàu thủy : Thời gian ngược dòng tàu thủy là: 24 ( giờ) x4 24 ( giờ) x4 Đổi 30 phút  ( giờ) Vì thời gian tàu thủy 30 phút nên ta có phương trình: 24 24   x4 x4 48  x    48  x    x   x      x   x    x   x    48  x    48  x     x   x    96 x  x  80  x  96 x  80   x  100 x  x  80    x  20  x     x  20 TM   x  20     x  4  KTM    x 20   Vậy vận tốc tàu thủy nước yên lặng 20 (km/h) Câu (2,0 điểm) Viết biểu thức dạng lập phương tổng hiệu 1) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x 2) Cho phương trình x  1  m  x  m  (với x ẩn số, m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1   x2     x2   36 Hướng dẫn 1) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x +) Ta lập bảng giá trị hàm số y  2 x x 2 1 y  2 x 8 2 2 8 +) Ta vẽ đồ thị hàm số y  2 x 2) Cho phương trình x  1  m  x  m  (với x ẩn số, m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1   x2     x2   36 +) Xét phương trình: x  1  m  x  m  1 +) Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    1  m   4.1  m     2m  m  m   m  2m     m  1   m   (vì  m  1  với m )  m  1 Vậy với m  1 phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b 1 m   x1  x2   a    m  Khi theo định lí Viet ta có:   x x  c   m  m  a +) Mặt khác ta có: x1   x2     x2   36  x1  x1 x2  15  x2  36   x1  x2   x1 x2  21    m  1   m   21   5m   m  21   6m  16   6m  16 16 m  Kết luận: m   m  1 Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính BC  cm Trên nửa đường tròn lấy điểm A C ABC H  BC A B A AH BC C D BD  BA AD E AD AHEC DA.HE  DH AC R1 R2 điểm A EHC ABH , ACH , ABC Tìm vị trí R3 R1  R2  R3 Hướng dẫn D C H E 1) Chứng minh tứ giác AHEC tứ giác nội tiếp Tứ giác AHCE có  AHC   AEC  90  GT   tứ giác AHCE nội tiếp đường trịn đường kính AC 2) Chứng minh: DA.HE  DH AC tam giác EHC cân Xét DHE DAC có:   DAC  (hai góc nội tiếp chắn EC  ); DHE   DCA  (hai góc nội tiếp chắn  AH ) DEH  DHE ” DAC  g g   DH DA   DA.HE  DH AC HE AC   BDA  (1); Theo ta có: BA  BD  BAD cân B  BAD   HAD   90 (2); AHD vuông H  BDA   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BAD   DAC   90 (3); BAC  ), DAC   DAC  , mà HAD   HCE  (hai góc nội tiếp chắn HE   CHE  Từ (1), (2), (3) ta có: HAD  )  HCE   CHE   EHC cân E (hai góc nội tiếp chắn EC 3) Gọi R1 , R2 , R3 bán kính đường trịn nội tiếp ABH , ACH , ABC Tìm vị trí điểm A nửa đường tròn để R1  R2  R3 đạt giá trị lớn nhất? Dễ dàng chứng minh R bán kính đường trịn nội tiếp ABC vng A AB  AC  BC R Áp dụng bổ đề trên, ta có: R1 bán kính đường trịn nội tiếp ABH vuông H  R1  R2 ACH H  R2  AH  BH  AB AH  CH  AC R3 bán kính đường trịn nội tiếp ABC vng A  R3   R1  R2  R3   AB  AC  BC AH  BH  AB AH  CH  AC AB  AC  BC   2 AH  BH  AB  AH  CH  AC  AB  AC  BC AH   AH 2 Vậy ta có R1  R2  R3  AH nên R1  R2  R3 đạt giá trị lớn AH lớn mà AH  R (quan hệ vng góc đường kính dây)  AH lớn R H  O A điểm  BC Câu (0,5 điểm) Cho x, y số thực thoả mãn điều kiện 10 x  y2   20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy x2 Hướng dẫn ĐKXĐ: x  y2   20 x2  40 x   x y  80 x  10 x   x y  40 x  80 x   x y  40 x  80 x  40  36  x y  40( x  1)  36 Ta có:   40 x   x    40 x   36  36  x y  36  P  36  6  P   Pmin  6  x 1 Dấu “=” xảy  x      x  1 +) x   y  P 6   6 x +) x  1  y  P 6  6 x 1 Vậy Pmin  6  ( x, y)  (1; 6);(1;6) (TM ) (TM ) PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂY HỒ ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Câu (2 điểm) Cho biểu thức A  1 B  với x   x 1 x x x 1 a) Tính giá trị biểu thức A x  81 b) Rút gọn biểu thức P  B : A c) So sánh P với Câu (2,5 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số Biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị tổng bình phương hai chữ số 45   Một hộp sữa hình trụ tích 16 cm3 Biết đường kính đáy độ dài trục hình trụ Tính diện tích vật liệu cần dung để làm vỏ hộp sữa, bỏ qua diện tích phần ghép nối Câu (2 điểm)   x 1  y 1   1) Giải hệ phương trình  2 x     y 1 2) Cho phương trình x   m  1 x   1 ( m tham số) a) Chứng minh phương trình 1 ln có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trị m đê phương trình 1 có hai nghiệm ngun Câu (3,0 điểm) Cho  O  dây AB cố định không qua O Đường kính CD vng góc với AB H ( C thuộc cung lớn AB ) Điểm M di chuyển cung nhỏ AC ( M  A M  C ) Đường thẳng CM cắt AB N Nối MD cắt AB E a) Chứng minh tứ giác CMEH nội tiếp b) Chứng minh NM NC  NA.NB c) Lấy điểm P đối xứng với A qua O Gọi I IK // MP AM K K MC IK AC Câu (0,5 điểm) Cho a, b   thỏa mãn: (a  a  9)(b  b2  9)  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  2a  b  6ab  8a  10a  2b  2026 -HẾT - M HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2 điểm) 1 B   với x  x 1 x x x 1 a) Tính giá trị biểu thức A x  81 b) Rút gọn biểu thức P  B : A c) So sánh P với Hướng dẫn 2 a) Khi x  81 (TMĐK) ta có A    81  10 Vậy A  1 1 x b) Với x  ta có B     x x x 1 x x x 1 Cho biểu thức A   P  B: A Vậy P   x 1 :  x x 1 x x 1 x x 1 x 1     x x x 2 x Vì x   x   0 x 1 P   2 x Vậy P  c) Với x  ta có P  Câu (2,5 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số Biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị tổng bình phương hai chữ số 45 Một hộp sữa hình trụ tích 16 cm3 Biết đường kính đáy độ dài trục hình trụ   Tính diện tích vật liệu cần dung để làm vỏ hộp sữa, bỏ qua diện tích phần ghép nối Hướng dẫn Gọi số tự nhiên có hai chữ số cần tìm là: ab   a  9;  b  9; a, b    Vì chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị 3, nên ta có: a  b  Mà tổng bình phương hai chữ số 45, đó: a  b  45 a  b  a  b  a  b  Ta có hệ phương trình:     2 a  b  45 2b  6b  36   b  b2 a  b   a  b  a  b  a  b        b  TM        18 18               6     a   a    TM   3  3 Vậy số tự nhiên có hai chữ số cần tìm là: 63 Gọi đường kính đáy độ dài trục hình trụ là: R  cm; R   Bán kính đáy hình trụ là: R  cm    Vì hộp sữa hình trụ tích 16 cm3 , nên ta có:  R 2 R  16  R3   R  TM    Vậy diện tích vật liệu cần dung để làm vỏ hộp sữa là: 2 R.2 R  4 R  16 cm2 Câu (2 điểm)   x 1  y 1   1) Giải hệ phương trình  2 x     y 1 2) Cho phương trình x   m  1 x   1 ( m tham số) a) Chứng minh phương trình 1 ln có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trị m đê phương trình 1 có hai nghiệm ngun Hướng dẫn 1) Đkxđ: x  1; y  Đặt x   a ;  b  a   (*) y 1  a   t / m  a  b  3 a  Hệ phương trình cho trở thành    2a  b   b  a  b  Thay vào (*) ta  x 1   x    x   x       1 2 y   2 y   y    2y  (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;1 2) a) Ta có      2m  1   4.1. 5   2m  1  20  với giá trị m Vậy phương trình 1 ln có hai nghiệm phân biệt b) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt  x  x  2m  Theo hệ thức Vi-et ta có   x1 x2  5 Vì phương trình 1 có hai nghiệm nguyên nên từ x1 x2  5 hai nghiệm 1; 1;  Ta lại có 3  m  1   5   2m   2m  3 x1  x2  m      m   m     m   3 Vậy m  ;  phương trình 1 2 Câu (3,0 điểm) Cho  O  dây AB cố định không qua O Đường kính CD vng góc với AB H ( C thuộc cung lớn AB ) Điểm M di chuyển cung nhỏ AC ( M  A M  C ) Đường thẳng CM cắt AB N Nối MD cắt AB E a) Chứng minh tứ giác CMEH nội tiếp b) Chứng minh NM NC  NA.NB c) Lấy điểm P đối xứng với A qua O Gọi I trung điểm MC Kẻ IK vng góc với đường thẳng AM K Chứng minh IK // MP K thuộc đường tròn cố định M di chuyển cung nhỏ AC Hướng dẫn a) Chứng minh tứ giác CMEH nội tiếp Xét tứ giác CMEH có:   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) CMD   90 ( CD  AB H ) EHC   EHC   90  90  180 , mà chúng vị trí đối  CME  Chứng minh tứ giác CMEH nội tiếp (đpcm) b) Chứng minh NM NC  NA.NB   NBC  (góc ngồi góc Xét tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn  O   NMA đỉnh đối) Xét NAM NCB có:  N   NBC  (chứng minh trên) NMA  NAM ∽ NCB  g  g  NA NM   NA.NB  NC NM (đpcm) NC NB O c) Lấy điểm P A I IK // MP AM K K  AC IK // MP IK  AM  2 IH M 1 O  AP P A AMP  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)   MP  AM MC O  Từ 1    IK // MP   AM  (đpcm) 2) K thuộc đường tròn cố định M di chuyển cung nhỏ AC Gọi tia KI cắt BC F Có KI // MP (chứng minh trên)  IF // MP Xét CBM có : IF // MP I trung điểm CM  F trung điểm CP , CP cố định, A cố định  AF cố định AKF  90  K thuộc đường tròn đường kính AF Theo giả thiết ta có  Do AF cố định nên K nằm đường tròn cố định (đpcm) Câu (0,5 điểm) Cho a, b  R thỏa mãn: (a  a  9)(b  b2  9)  (*) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  2a  b  6ab  8a  10a  2b  2026 Hướng dẫn Ta có ( a   a)( a   a)  (1) Từ (1) (*) , ta suy ra: a   a  b2   b  a  b  b2   a    ab   ba   ( a  b)   0 2 a 9  b 9 a 9  b 9   (a  b)(b  a ) 2 Xét 1  ba a   b2  0 a   b2   b  a a2   b2  0 Mà a   a | a | a  a   a  b   b | b | b  b   b  Do VT  VP a, b  R Vậy a  b Thay a  b M M  a  2a  8a  2026  a  2a   4(a  2a  1)  2021  (a  1)  4( a  1)  2021  2021 a  1; b  1 Vậy MinM  2021 Dấu "  " ...  9? ? ?2 Vậy với x  A  b) Với x  x  có: x 1 B   x4 x ? ?2 x ? ?2 Cho hai biểu thức: A  B B B B x x ? ?2? ?? x ? ?2   x ? ?2 x ? ?2 x? ?2 x x ? ?2 x    x ? ?2  x ? ?2 x ? ?2   x ? ?2    x x ? ?2 x... trụ là: S1   r  3,14.0, 32  0, 28 26 (m ) Thể tích 10 thùng dầu hình trụ là: V  S1.h.10 = 0, 28 26.1,5.10 = 4 ,23 9 (m )  423 9 (dm )  423 9 (l) Vậy thuyền chuẩn bị 423 9 lít dầu Bài III (1,5 điểm)... x  x 3x x 3 .2    20 17    20 17  20 19, 5 x 4 x Dấu "  " xảy x  y  Suy P  -HẾT - TRƯỜNG VINSCHOOL ĐỀ KI? ??M TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 20 20 - 20 21 Mơn: TỐN Câu (2 điểm) Cho