Toán 15

Trên tia đối của tia AB lấy điểm D Dkhác A.. Kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn O C là tiếp điểm, tiếp tuyến tại B củađường tròn O cắt DC tại E.1 Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp.2 Gọi M là

ĐỀ 23 Câu I: (2,0 điểm) 4x  3 x  5  1 2 x  x  x Cho biểu thức P = x  x  2 2  x x  1 , với x  0; x  1; x  4 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị của biểu thức P tại x = 6  2 5 Câu II: (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y = ax + b (d) Tìm các hệ số a, b để đồ thị (d) của hàm số cắt 1  2 M  2;  1 trục tung tại điểm tung độ bằng và đi qua điểm 3x  2y 9  2) Giải hệ phương trình: x  5y 20 Câu III: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: 3x2 – 5x – 8 = 0 2) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 2m = 0 (1), với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x2 3 x1 Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB Trên tia đối của tia AB lấy điểm D (D khác A) Kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm), tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt DC tại E 1) Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp 2) Gọi M là giao điểm của BC và OE, AE cắt đường tròn (O) tại H (H khác A) Chứng minh E MH H AB 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt DC tại K Chứng minh: EB  KO 1 EK KC Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b,c là ba số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca abc a 2 b 2 c3  Chứng minh rằng: a2  bc b  ca c  ab 2 Hết _ Họ tên thí sinh: ……………………………………… - SBD: ………… Giám thị 1: ……… ……………… Giám thị 2: ………… …………… PHÒNG GD&ĐT HÀ HƯỚNG DẪN CHẤM TRUNG THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH TRƯỜNG THCS HÀ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 BÌNH Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian gia đề) Ngày thi: 19/5/2022 Câu/ Ý Nội dung đáp án Điể m Câu I 4x  3 x 5 1 2 x  x  x (2,0 Cho biểu thức P = x  x  2 2  x x  1 , điểm với x  0; x  1; x  4 ) 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị của biểu thức P tại x = 6  2 5 Với x  0; x  1; x  4 Ta có: 4x  3 x 5 1 2 x x  x  1    x  2  x 1 x  2  x 1  x  1 P = 4x  3 x  5 1 2 x   x 1 x  x  2   1 =  x  2  x 1  x  2  x 1  x  2  x 1 1,0 4x  3 x 5  x  1 2x  2 x  x  2 x =  x  2  x 1  x  2 2 x 4 x 4   x 2 =  x  2  x 1  x  2  x 1 x 1 Ta có: x = 2 (thỏa mãn ĐK) 6  2 5 5  2 5 1  5 1 2 x   5 1  5 1  5 1  2 5 1 2 5  1  5  1  5  2 1,0   5 11 5 2  5 2  5  2  P = 5  2 5  5  2 7  3 5 5 4 Câu 1) Cho hàm số y = ax + b (d) Tìm các hệ số a, b để đồ thị (d) của (2,0 II hàm số cắt trục tung tại điểm tung độ bằng  1 điểm 2 và đi qua điểm ) M  2;  1 3x  2y 9  2) Giải hệ phương trình: x  5y 20 1 1 Vì (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2  b = 2 ax  1  (d): y = 2 1 Vì (d) đi qua điểm M(2; -1) 1,0 2a  1  1  2a  1 1  1  a  1  2 22 4 a  1 ; b  1 Vậy 4 2 3x  2y 9 3x  2y 9 17y  51    x  5y 20 3x  15y 60 x  5y 20 2 y  3 y  3 1,0   x  5.  3 20 x 5 1) Giải phương trình sau: 3x2 – 5x – 8 = 0 Câu 2) Cho phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 2m = 0 (1), với m là (2,0 tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai điểm III nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x2 3 x1 ) Xét phương trình: 3x2 – 5x – 8 = 0 Nhận thấy: a – b + c = 3 – (-5) + (-8) = 3 + 5 – 8 = 0 1  x1 1; x2 38 1,0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x1 1; x2 38 2 Xét phương trình: x2 – 2(m – 1)x + m2 – 2m = 0 (1) 1,0 Có:  = [-(m – 1)]2 – 1.(m2 – 2m) = m2 – 2m + 1 – m2 + 2m = 1 > 0  phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m x  1 2m  2 1 2 m  12 ; x2 2m  2  1 2 m  32 Theo bài ra: x2 3 x1 (2) * TH1: x1 m  12 ; x2 m  32 Thay vào (2) ta được: m  3 3 m  1  m  3  3m  3 2 2 2 2  m  32 3m  32  2m 0  m 03  3 3     4m 3  m  m    3m 4   2 2 * TH2: x1 m  32 ; x2 m  12 Thay vào (2) ta được: m  1 3 m  3  m  1  3m  9 2 2 2 2  m  12 3m  92  2m 4  m 25  1 9     4m 5  m  m    3m 4   2 2  3 5 m  0; ; 2;  Tóm lại:  4 4  Cho đường tròn (O), đường kính AB Trên tia đối của tia AB lấy điểm D (D khác A) Kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm), tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt DC tại E Câu 2) Gọi M là giao điểm của BC và OE, AE cắt đường tròn (O) tại H điểm 1) Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp (3,0 IV (H khác A) Chứng minh E MH H AB ) 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt DC tại K Chứng minh: EB  KO 1 EK KC E K DH M C AO B Chứng minh tứ giác BOCE nội tiếp: 1 Ta có: EB, ED là các tiếp tuyến của (O) (gt)  O BE O DE 900 1,0  OBE  ODE 90  90 18000 0 Vậy tứ giác BOCE nội tiếp Chứng minh E MH H AB : Ta có: EB và ED là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) (gt)  EB = ED và EO là tia phân giác của B ED  EBD cân tại E, có EO là đường phân giác nên EO cũng là đường cao  OE  BD Lại có: A DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  AD  BD  AD // OE (cùng  BD) 2  D AH M EH (so le trong) 1,0 Lại có: D AH D BH (góc nội tiếp cùng chắn cung DH của (O))  M EH M BH  Tứ giác BMHE nội tiếp  E MH E BH (góc nội tiếp cùng chắn cung HE) Mặt khác: H AB E BH (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BH)  E MH H AB (= E BH ) Vậy: E MH H AB EB  KO 1 Chứng minh EK KC : Ta có: EB và ED là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) (gt)  EB = ED và EO là tia phân giác của B ED  K EO O EB OK // EB (cùng vuông góc với AB)  K OE O EB (so le trong) 3  K OE K EO (= O EB ) 1,0  OKE cân tại K  OK = EK (hai cạnh bên) - KOC vuông tại O, có OD là đường cao: OK2 = KD.KC EK KD  EK2 = KD.KC  KC EK EB  KO ED  KE ED  KD EK  KD  KD 1 Ta có: EK KC EK KC EK EK EK EB  KO 1 Vậy: EK KC Câu Cho a, b,c là ba số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca abc (1,0 V Chứng minh rằng: a2 a bc  b2 b ca  c2 c ab 32 điểm ab  bc  ca 3  1  1  1 3 ) Từ điều kiện đề bài ta có abc abc 1,0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có: a  2a  1 2 a2  bc 2 a2bc 2a bc a  bc 2a bc 2 bc a 11 1  2    a  bc 4  b c  b 11 1 c 11 1 2    ; 2     Tương tự, ta có b  ca 4  c a  c  ab 4  a b  Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a 2 b 2 c 11 1 1 3      2a  bc b  ca c  ab 2  a b c  2