TRƯỜNG TH,THCS&THPT ĐA TRÍ TUỆ ĐỀ ƠN LUYỆN VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày kiểm tra: 07/04/2022 A Bài 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức x x 1 x x 7 B x với x 0, x 9 x x 3 x3 1) Tính giá trị biểu thức A x 25 B 2) Chứng minh: x x 3 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P A.B Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một tô dự định từ A đến B thời gian định Nếu ô tô chạy nhanh 10km đến sớm dự định giờ, ô tô chạy chậm lại 10km đến nơi chậm Tính vận tốc xe lúc đầu, thời gian dự định chiều dài quãng đường AB 2) Thầy Trung có thùng hình trụ to Thầy đặt một bể cá hình trụ nhỏ có chiều cao vào thùng hình trụ to, bán bể cá nửa bán kính thùng hình trụ to Thầy Trung dùng phần không gian hai hình trụ đổ thêm nước để ni tép cảnh Hỏi tỉ số thể tích phần khơng gian ni tép hình trụ to Bài 3: (2,0 điểm) (3x 2)(2 y 3) 6 xy 1) Giải hệ phương trình (4 x 5)( y 5) 4 xy 2) Cho phương trình: x x m 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13 x23 9 Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa (O) đường kính AB 2 R , C điểm nằm nửa đường tròn cho C khác A AC CB Điểm D thuộc cung nhỏ BC cho: COD 90 Gọi E giao điểm AD BC , F giao điểm AC BD 1) Chứng minh: CEDF tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: FC.FA FD.FB 3) Gọi I trung điểm EF , chứng minh IC tiếp tuyến (O) 4) Hỏi C thay đổi thỏa mãn điều kiện toán, E thuộc đường tròn cố định nào? a b c 2 2 Bài 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c thỏa mãn a b c 3 Chứng minh b c a Bà i ………………………………………….Hết………………………………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1) 0,25 x 5 Có x 25 (TMĐK) A x 5 vào A ta có: 32 A 15 Vậy x 25 x x 1 x B 9 x x 3 x Thay 2) B B B B 3) 0,25 25 32 15 15 x 0,25 x 1 x 3 x 3 x x x 0,25 2x x x x x x x 3 0,25 3x x x x 3 0,25 x x 3 x 7 16 16 x 3 x 3 6 x 3 x 3 x 3 16 Áp dụng bất đằng thức cosi cho số x x ta có: P A.B 16 16 2 x 3 8 x 3 x 3 16 x 3 2 x 3 P 2 16 x 3 x 3 Dấu “=” xáy x 3 1) x 16 0,25 x 4 x 1 ( tmđk) Vậy giá trị nhỏ P x 1 Gọi thời gian dự định x (giờ), vận tốc xe lúc đầu y (km/h) Điều kiện: x 3, y 10 Chiều dài quãng đường AB 0,25 0,25 xy km Khi xe chạy nhanh 10km thì: +) Vận tốc xe lúc là: y 10 (km/h) +) Thời gian xe hết Quãng đường AB là: x – (giờ) 0,25 Ta có phương trình: x – 3 y 10 xy (1) Khi xe chạy chậm 10km thì: +) Vận tốc xe lúc là: 0,25 y –10 km / h +) Thời gian xe hết quãng đường AB : x (giờ) Ta có phương trình: x y –10 xy (2) x 3 y 10 xy x 5 y 10 xy Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 10 x 3y 30 x 15 2 y 80 y 40 0,25 x 15 y 40 ( thỏa mãn điều kiện) Kết hợp điều kiện 0,25 0,25 Vậy thời gian xe dự định hết quãng đường AB 15 Vận tốc xe lúc đầu 40km / h Quãng đường AB có độ dài là: 2) 15.40 600 km Giả sử bán kính đáy thùng hình trụ nhỏ R bán kính đáy thùng hình trụ to 0,25 2R Gọi thể tích hình trụ nhỏ thể tích hình trụ to V1 ;V2 ta có V1 R h;V2 R h Thể tích phần khơng gian xen hai thùng( Thế tích phần nước) V V2 V1 3 R h 1) V 3 R h V R h Tỉ số thể tích phần khơng gian xen hai thùng thể tích thùng to (3x 2)(2 y 3) 6 xy 6 xy x y 6 xy (4 x 5)( y 5) 4 xy xy 20 x y 25 4 xy Có 0,25 x y Vậy hệ phương trình có nghiệm 2) 0,25 0,25 x y 6 x y 6 x y 6 20 x y 25 x y 5 16 x y 20 x y 6 x y 6 y 6 x 7 x 14 x y 6 x 0,25 0,25 x; y 2; 3 0,25 9 m 3 21 4m 21 4m m Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 x2 3 x x m Áp dụng hệ thức Viet ta có: 21 0,25 x3 x23 9 x1 x2 x1.x2 x1 x2 9 Theo giả thiết: 3.3 m 3 9 m 5 m Kết hợp điều kiện 0,25 21 m 5 (thỏa mãn) x ,x x3 x23 9 Vậy: m 5 t hì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 1) 0,25 0,25 F I C E A O D B Vẽ hình tới câu 1) Xét (O) có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BC F ADB 90 AD BF (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 2) 0,25 0,25 Xét tứ giác FCED có FCE 90 BC F FCE FDE 180 FDE 90 BF D Mà hai góc nằm hai đỉnh đối tứ giác FCED nội tiếp 0,25 Ta có tứ giác ACDB nội tiếp 0,25 FCD FBA (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Xét FCD FBA có: FCD chung FCD FBA (cmt) 0,25 FCD ∽ FBA( g g ) FC FD FB FA (2 cặp cạnh tương ứng) FC.FA FD.FB (đpcm) 3) Xét ECF vng C có I trung điểm EF CI I F ICF c ân I F1 FCI (1) 0.25 0,25 0,25 Xét OAC cân O CAO OCA (2) 0,25 Xét ABF có BC , AD hai đường cao cắt E 0,25 E trực tâm ABF EF AB F1 CAO 90 (3) ICF OCA 900 0,25 Từ (1); (2); (3) 4) OCI 90 OC CI CI tiếp tuyến đường tròn (O) Ta có 0,25 F O O 180 O O1 O3 90 O 90 Xét (O) ta có: I 1 DAB O ABC O DAB ABC 90 45 C E A B O H K D Xét AEB ta có DAB ABC 45 AEB 135 Qua A kẻ Ax AE Qua B kẻ By By ∩ Ax = K Xét tứ giác EAKB ta có KAE 90 Ax AE KBE 90 By KAE KBE 180 Mà hai góc nằm hai đỉnh đối nên tứ giác EAKB nội tiếp AKB AEB 180 AKB 135 180 AKB 45 Gọi H trung điểm EK HA HE HK ( AEK v uông A ) H tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EAKB 0,25 AKB AHB AHB 90 Xét (H) : AHB ( AHB 90 ) Xét có : HA = HB (bán kính đường trịn tâm H) AHB v ng cân H Mà AB không đổi nên H cố định Áp dụng định lí Pytago vào AHB t a có: HA2 HB AB HA2 4 R HA2 2 R HA R Vậy C thay đổi E chạy đường tròn (H; 2R ) cố định a b2 ab b a a a a 2 1 b 1 b 1 b 2 Ta có : b bc c ca b , c 2 1 a Tương tự ta : c a b c ab bc ca a b c 2 1 c 1 a 2 Cộng vế với vế ta có : b ab bc ca Vì : ab bc ca 3 3 a b c 3 a b c 2 0,25 0,25