Toán 17

Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E.. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ.. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K.. Gọi L là giao

ĐỀ 25

Câu 1: (2.0 điểm)

b) Giải phương trình: x2 - 5x - 6 =0

b Giải hệ phương trình

x y

x y





 



Câu 2: (2.0 điểm)

Cho biểu thức A =

1 :

a Rút gọn A

b Tìm x để

1 2

A 

Câu 3: (2.0 điểm)Trong mặt phẳng tọa đôh Oxy, cho đường thẳng (d): y=kx-k+1 và

Parabol (p): y= x2

a)Tìm k để đường thẳng (d) đi qua điểm M(-2;4)

b)Với mọi k 2 chứng minh (d) luôn cắt (p) tại hai điểm phân biệt, gọi giao điểm đó là A(

1 , 1

x y ), B(x y2, 2) Tìm tất cả các giá trị của k để 2  2  2 

y  y  x  x  k 

Câu 4: (3.0 điểm): Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ Hai đường chéo

MP và NQ cắt nhau tại E Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K Gọi L là giao điểm của NQ

và PF Chứng minh rằng:

1 Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn.

3 NQ.LE= NE.LQ

Câu 5.(1,0 điểm)

Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãnx2y2 4

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

xy A

x y



 

(Đề bài bao gồm 1 trang, 5 câu)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học: 2021 – 2022

Môn thi: Toán

1

(2.0

điểm)

a ĐKXĐ: với x≥0; x≠9; x≠25

A =

1 :

=

1 :

1 :

:

5 3

x





 5 3

A

x



 với x≥0; x≠9; x≠25

0.25

0,25

0.25

0,25

2)

2

A

x

x





  Vì 2( x 3) 0 nên 7 x 0 x49

Đối chiếu ĐKXĐ ta có

1 2

A 

khi 0 x 49; x9, x 25

0,25

0,25 0,25 0,25

2 (2.0

điểm)

a) Ta có a-b+c = 1-(-5)+ (-6) = 0

Phương trình có 2 nghiệm x1= -1 ; x2 = 6

0.25

3 2 1 3 2 1 2)

2 5

x y







 





Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là 2; 5 

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu 3

(2.0

điểm)

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (p):x2 kx k  1 0 

Xét  k 22 0với mọi k 2 nên phương trình có hai nghiệm phân

biệt x x1, 2

Vì (d) căt (p) tại 2 điểm phân biệt A(x y1 , 1), B(x y2, 2) với mọi k 2 do đó

y x y x thay vào biểu thức  2  2  2 

y  y  x  x  k  ta có:

  2 2  2  2 

x  x x x  x  x  k 

  2 2  2 

Theo Vi et ta có: x1 x2 k và x x1 2  k 1 Ta có:

 2 2   2 

x  x k   k 

Vì k  2 1 0 nên x1  x22  25

Do đó k2  4k 21 0   k=7 hoặc k=-3 ( thỏa mãn)

0,5

0.5

Câu 4

(3.0

điểm) 1 Ta có 

0

MPQ = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); EFMQ

EPQ + EFQ = 90 90 180

kính PQ

PFQ PEQ

cung PQ trong đường tròn đường kính EQ)

NFM NEM  (hai góc nội tiếp cùng chắn

cung MN trong đường tròn đường kính ME)

L

K

F

E

N

P

NEM PEQ (hai góc đối đỉnh)

PFQ MFK  (hai góc đối đỉnh)

NFM KFM

NPM NQM  (hai góc nội tiếp cùng chắn

cung MN trong đường tròn đường kính MQ)

EPF EQF  (hai góc nộ tiếp cùng chắn

cung EF trong đường tròn đường kính EQ)

NPE EPL

ΕΝQN QN

= ΕΝQN.QL QN ΕL

ΕL QL

(đpcm)

Câu 5:

(1.0

điểm)

Ta chứng minh bất đẳng thức với ,x y 0

Từ x2y2  4 2xyx y 2 4x y  2 x y 2

Vì x y  2 0 nên 2 2 1 (1)

xy x y

x y



 

Áp dụng bất đẳng thức  2  2 2

2

a b  a b

ta có:

 2 2

x y  x y  x y 

Từ (1) và (2) ta được 2 2 1

xy

x y   

Dấu bằng xảy ra khi 2 2

0, 0

2 4

x y

x y









Vậy Max A = 2 1

0.25

0.25

0.25

0.25