ĐÊ + đáp án TUYỂN SINH vào lớp 10 THPT các TỈNH THÀNH năm học 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x + y = 1) (2x − 1)(x + 2) = 2)  3 − x = y Câu (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y = − x + m + v ( d ’ ) : y = (m − 2)x + T ì m m để (d) (d’) song song với x− x +2  1− x x − 2) Rút gọn biểu thức: P =  với x > 0; x ≠ 1; x ≠ ÷: x − x − x − x − x   Câu (2,0 điểm) 1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai, cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vậy, hai tổ sản xuất 1000 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy ? 2) Tìm m để phương trình: x + 5x + 3m − = (x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x13 − x 32 + 3x1x = 75 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm M ngồi đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO N, H giao điểm MO AB 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH HB2 EF − = 3) Chứng minh: HF2 MF Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q = x +1 y +1 z +1 + + + y2 + z2 + x Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Câu (2,0đ) 1) 2) Câu (2,0đ) 1) Nội dung  x =  2x − = (2x − 1)(x + 2) = ⇔  ⇔  x + =   x = −2 1  Vậy tập nghiệm phương trình S =  ; −2  2  3x + y = 3x + − x = 2x = x = ⇔ ⇔ ⇔  3 − x = y y = − x y = − x y = Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 2) −1 = m − m = m = ±1 (d) / /(d ') ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ m = −1 m ≠ m + ≠ m ≠ Vậy m = –1 giá trị cần tìm x− x +2  1− x x P= − ÷:  x− x −2 x−2 x  2− x  =   = 2) = = = ( )( x +1 x − x +2− x ( ( )( x +1 ( )( −2 ( x −2 ) x −1 )( x +1 ) x −2 )× x +1 x −2 −2 x + x +1 1.0 1.0 1.0  x  x −2 − × x −  x −1 x −2  x− x +2 ( Điểm ) ) × x −2 x −1 ) × x −2 x −1 x −2 x −1 1.0 −2 x +1 −2 với x > 0; x ≠ 1; x ≠ x +1 Gọi số chi tiết máy mà tổ I tổ II sản xuất tháng đầu x y Điều kiện: x, y ∈ N*; x, y < 900  x + y = 900 Từ đề lập hệ phương trình:  1,1x + 1,12y = 1000 Vậy P = Câu (2,0đ) 1) 1.0  x = 400 Giải hệ được:  (thỏa mãn điều kiện)  y = 500 Vậy tháng đầu tổ I sản xuất 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất 500 chi tiết máy ∆ = 29 – 12m 29 12 (1)  x1 + x = −5 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  (2)  x1x = 3m − Cách 1: (1) ⇔ x = −5 − x1 , thay vào hệ thức x13 − x 32 + 3x1x = 75 được: x13 + (5 + x1 )3 + 3x1 ( −5 − x1 ) = 75 Phương trình có nghiệm ⇔ m ≤ ⇔ x13 + 6x12 + 30x1 + 25 = Giải phương trình x1 = – ⇒ x2 = – Thay x1 x2 vào (2), tìm m = 2) Vậy m = (thỏa mãn điều kiện) giá trị cần tìm 1.0 Cách 2: x13 − x 32 + 3x1x = 75 ⇔ ( x1 − x ) ( x12 + x1x + x 22 ) = 75 − 3x1x 2 ⇔ ( x1 − x ) ( x1 + x ) − x1x  = ( 25 − x1x )   ⇔ ( x1 − x ) ( 26 − 3m ) = ( 26 − 3m ) 29   ⇔ x1 − x =  m ≤ ⇒ 26 − 3m > ÷ 12    x1 + x = −5  x = −1 ⇔ Ta có hệ phương trình:   x1 − x =  x = −4 Từ tìm m Câu (3,0đ) 0.25 1) Vì MA, MB tiếp tuyến (O) nên: · · MAO = MBO = 900 · · Tứ giác MAOB có MAO + MBO = 1800 0.75 ⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn 2) µ1=E µ  = sđ AF »  µ1=E µ (so le trong, AE // MO) A Ta có: M  ÷   µ1=A µ1 ⇒M · µ1=A µ1 ∆ NMF ∆ NAM có: MNA chung; M ⇒ ∆ NMF ∆ NAM (g.g) NM NF ⇒ = ⇒ NM = NF.NA NA NM Có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R ⇒ MO đường trung trực AB ⇒ AH ⊥ MO HA = HB · µ1=E µ1 ∆ MAF ∆ MEA có: AME chung; A ⇒ ∆ MAF ∆ MEA (g.g) MA MF ⇒ = ⇒ MA = MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO = Do đó: ME.MF = MH.MO ⇒ MH MF ⇒ ∆ MFH ∆ MOE (c.g.c) µ1=E µ2 ⇒H · Vì BAE góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng 0.5 0.5 µ2 =A µ  = sđ EB »  ⇒E  ÷   µ1=A µ2 ⇒H 3) µ1+H µ1=N µ1+A µ = 900 ⇒N ⇒ HF ⊥ NA Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng NHA, có: NH2 = NF.NA ⇒ NM = NH ⇒ NM = NH Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng NHA, có: HA2 = FA.NA HF2 = FA.FN Mà HA = HB HB2 HA FA.NA NA ⇒ = = = HF2 HF2 FA.FN NF EF FA = Vì AE // MN nên (hệ định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF ⇒ − = − = =1 HF2 MF NF NF NF 1.0 Câu (1,0 điểm) Lời giải thầy Dương Thế Nam: Q= x +1 y +1 z +1  x y z   1  + + = + + + + + =M +N 2 2 2 ÷  2 ÷ 1+ y 1+ z 1+ x  1+ y 1+ z 1+ x  1+ y 1+ z 1+ x  Xét M = x y z + + , áp dụng kỹ thuật Cơsi ngược dấu ta có: 2 + y 1+ z 1+ x2 x ( + y ) − xy x xy xy xy = = x− ≥ x− = x− 2 1+ y 1+ y 1+ y 2y y yz z zx ≥ y− ; ≥ z − ; Suy Tương tự: 2 1+ z 1+ x x y z xy + yz + zx xy + yz + zx M= + + ≥ x+ y+z− = 3− 2 1+ y 1+ z 1+ x 2 Lại có: x + y + z ≥ xy + yz + zx ⇒ ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx ≤ xy + yz + zx 3 ≥ 3− = 2 ⇔ x = y = z = Dấu “=” xảy 1 + + Xét: N = , ta có: 2 + y + z + x2 Suy ra: M ≥ −       − N = 1 − + 1− + 1− ÷  ÷  ÷  1+ y   1+ z   1+ x  y2 z2 x2 y z x2 x + y + z = + + ≤ + + = = + y2 + z + x2 y z 2x 2 3 Suy ra: N ≥ − = 2 Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = Từ suy ra: Q ≥ Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = Vậy Qmin = ⇔ x = y = z = Nhận xét: Với đề Tốn khơng chun câu cực trị khó q ! SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu Điều kiện để biểu thức 2017 xác định x−2 A.x2 C.x≠2 D.x=2 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 qua điểm A.M(1;0) B.N(0;1) C.P(3;2) D.Q(-1;-1) Câu Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + nghịch biến R A.m ≥ B.m > C.m < D.m ≠ Câu Trong phương trình bậc hai sau phương trình có tổng nghiệm A.x2 -10x -5 = B.x2 - 5x +10 = C x2 + 5x -1 = D x2 - 5x – = Câu Trong phương trình bậc hai sau phương trình có nghiệm trái dâu A.-x2 + 2x -3 = B.5x2 - 7x -2 = C.3x2 - 4x +1= D.x2 + 2x + 1= Câu Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH biết BH = 4cm CH = 16cm độ dài đường cao AH A.8cm B.9cm C.25cm D.16cm π Câu Cho đường trịn có chu vi cm bán kính đường trịn cho A.4cm B.2cm C.6cm D.8cm Câu Cho hình nón có bán kính cm chiều cao 4cm diện tích xung quanh hình nón cho A.24π cm2 B 12π cm2 C 20π cm2 D 15π cm2 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) x +1 : Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P = ( với x > x ≠ 1) x − x x x +x+ x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x cho 3P = 1+ x Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + = (m tham số) 1) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt 2) Gọi x1, x2 nghiệm phân biệt phương trình Tìm giá trị m cho x12 + x1x2 + 3x2 = 2x + 3y = xy +  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  +  x y +1 =  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB M (M khác B), đường trịn tâm F đường kính HC cắt AC N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC AN.AC = MN2 2) Gọi I trung điểm EF, O giao điểm AH MN Chứng minh IO vng góc với đường thẳng MN 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 5x + 4x − x − 3x − 18 = x Hết -6 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu Đáp án C B C D B A A D Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu Phần Nội dung P= Câu (1,5đ) 1) = Điểm x +1 x x +x+ x : = × x − x x x +x+ x x +1 x x x −1 x ( Vậy P = )( ) x −1 x + x +1 × ( ( ) )= x x + x +1 x +1 x −1 1.0 với x > x ≠ x −1 = 1+ x ⇔ x2 −1 = ⇔ x2 = ⇔ x = x −1 (do x > 0; x ≠ 1) Vậy x = giá trị cần tìm ∆ = −4m − 3 Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ m < −  x1 + x = Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x = m + Cách 1: x12 + x1x + 3x = 3P = + x ⇔ 2) Câu (1,5đ) 1) 0.5 0.5 ⇔ x1 ( x1 + x ) + 3x = ⇔ x1 + 3x = ( x1 + x = 1) 2)  x1 + x =  x = −2 ⇔ Ta có hệ:   x1 + 3x = x = ⇒ −2.3 = m + ⇔ m = −7 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: x1 + x = ⇔ x = − x1 Do đó: x12 + x1x + 3x = 1.0 ⇔ x12 + x1 ( − x1 ) + ( − x1 ) = ⇔ x12 + x1 − x12 + − 3x1 = ⇔ −2x1 = ⇔ x1 = −2 Từ tìm x2 tìm m Điều kiện: x ≠ 0; y ≠ −1 2x + 3y = xy + 2x + 3y = xy + 2x + 2y =  ⇔ ⇔   y + = xy  y + = xy  x + y +1 =  Câu (1,0đ) x = − y x = − y x = − y ⇔ ⇔ ⇔  y + = y(3 − y)  y + = y(3 − y)  y − 2y + = x = − y x = ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện)  y = (y − 1) = Câu (3,0đ) 1.0 0.25 1) 2) 3) · · Ta có: BMH = HNC = 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ HM ⊥ AB , HN ⊥ AC Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng AHB AHC, có: AH2 = AM.AB AH2 = AN.AC ⇒ AM.AB = AN.AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vng nên hình chữ nhật ⇒ AH = MN ⇒ AN.AC = MN2 AMHN hình chữ nhật, có O giao điểm AH MN ⇒ O trung điểm AH MN Dễ thấy ∆ EMO = ∆ EHO (c.c.c) · · ⇒ EMO = EHO = 900 ⇒ EM ⊥ MN Chứng minh tương tự FN ⊥ MN ⇒ ME // NF ⇒ MEFN hình thang vng Lại có OI đường trung bình hình thang vng MEFN ⇒ OI ⊥ MN Đặt MN = AH = h; x, y bán kính (E) (F) Ta có: 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN + FM2) = BC2 + 6AH2 0.75 1.0 1.0 Câu (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ Cách 1: Lời giải thầy Nguyễn Minh Sang: 5x + 4x − x = x − 3x − 18 ⇔ 5x + 4x + 25x − 10x 5x + = x − 3x − 18 ⇔ ( 5x + ) − 10x 5x + + 4x + 2x − = Đặt 5x + = t , phương trình trở thành: 6t − 10xt + 4x + 2x − = ∆ ' = 25x − 6(4x + 2x − 6) = (x − 6) ≥  5x + x − t = x −1 t =  ⇔  2x + t =  5x − x −  t =  Với t = x − ⇔ x − = 5x + ⇔ x − 7x − = ⇔ x = + 61 (do x ≥ 6) 2x + ⇔ 2x + = 5x + ⇔ 4x − 33x − 27 = ⇔ x = (do x ≥ 6)  + 61  ;9  Vậy S =    Với t = Cách 2: Lời giải thầy Nguyễn Văn Thảo: x + x − x = x − x − 18 ⇔ x + x = x − x − 18 + x ⇔ x + x = x + 22 x − 18 + 10 x ( x − x − 18) ⇔ x − x + = x( x − 6)( x + 3) ⇔ 2( x − 6x) + 3( x + 3) = ( x − 6x)( x + 3)  a = x − 6x Đặt:   b = x + (a ≥ 0;b ≥ 3) ta có phương trình:  a=b 2a + 3b2 = 5ab ⇔ (a − b)(2a − 3b) = ⇔   2a = 3b  + 61 (TM )  x= 2 1)a = b ⇔ x − 7x − = ⇔   − 61 ( KTM ) x =   x = 9(tm) 2)2a = 3b ⇔ 4x − 33x − 27 = ⇔   x = −3 ( ktm)   + 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S = 9;    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TOÁN Ngày thi: 03 tháng năm 2017 Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: x = ( x − 1) ( 3x − ) b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m Tính chiều dài chiều rộng miếng đất, biết lần chiều rộng lần chiều dài 40 m Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = x b) Cho đường thẳng (D): y = x + m qua điểm C(6; 7) Tìm tọa độ giao điểm (D) (P) Câu (1,5 điểm) 1) Thu gọn biểu thức sau: A = ( ) +1 14 − 5+ 2) Lúc sáng bạn An xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên xuống dốc (như hình vẽ bên dưới) Cho biết đoạn thẳng AB dài 762 m, góc A = 60, góc B = 40 C A 60 40 H B a) Tính chiều cao h dốc b) Hỏi bạn An đến trường lúc ? Biết tốc độ trung bình lúc lên dốc km/h tốc độ trung bình lúc xuống dốc 19 km/h Câu (1,5 điểm) 2 Cho phương trình: x − ( 2m − 1) x + m − = (1) (x ẩn số) a) Tìm điều kiện m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Định m để hai nghiệm x1,x2 phương trình (1) thỏa mãn: ( x1 − x ) = x1 − 3x Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Đường trịn tâm O đường kính AB cắt đoạn BC OC D I Gọi H hình chiếu A lên OC; AH cắt BC M · · a) Chứng minh: Tứ giác ACDH nội tiếp CHD = ABC b) Chứng minh: Hai tam giác OHB OBC đồng dạng với HM tia phân giác góc BHD c) Gọi K trung điểm BD Chứng minh: MD.BC = MB.CD MB.MD = MK.MC d) Gọi E giao điểm AM OK; J giao điểm IM (O) (J khác I) Chứng minh: Hai đường thẳng OC EJ cắt điểm nẳm (O) HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: 10 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1) ( 5+2 ) − 5= Nội dung Điểm +2 − = +2− = 0.5 * (P) : y = x Lập bảng giá trị: x –2 –1 2 y=x 1 Vẽ (P) parabol qua điểm (– 2; 4), (– 1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4) * y = −x + Cho x = y = 2, ta điểm (0; 2) Cho y = x = 2, ta điểm (2; 0) Vẽ (d) đường thẳng qua hai điểm Bài (1,5đ) 2a) 2b) Bài (2,0đ) 1a) 0.5 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x = −x + ⇔ x + x − = Vì a + b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x = −2 Với x = y = ⇒ B(1; 1) Với x = – y = ⇒ A(– 2; 4) Dễ thấy C(– 2; 0) D(1; 0) ⇒ AC = 4; BD = 1; CD = Vì ABDC hình thang vuông nên: (AC + BD).CD (4 + 1).3 SABDC = = = 7,5 (đvdt) 2 Vậy diện tích tứ giác ABDC 7,5 đvdt (1) x + 2017x − 2018 = Cách 1: đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai: Đặt y = x2 ( y ≥ ), phương trình (1) trở thành: y + 2017y − 2018 = (2) Vì a + b + c = + 2017 – 2018 = nên phương trình (2) có hai nghiệm: y1 = (nhận) ; y2 = – 2018 (loại) 0.5 0.5 35 Với y = x2 = ⇔ x = ±1 Vậy nghiệm phương trình (1) x = ±1 Cách 2: đưa phương trình tích: x + 2017x − 2018 = ⇔ x − x + 2018x − 2018 = ⇔ x (x − 1) + 2018(x − 1) = ⇔ (x − 1)(x + 2018) = ⇔ x − = (do x + 2018 > 0) ⇔ x2 = ⇔ x = ±1 2x + y = −1 4x + 2y = −2 5x = ⇔ ⇔   x − 2y =  x − 2y = 2x + y = −1 1b) 2a) 2b) Bài (2,0đ) x = x = ⇔ ⇔ 2 + y = −1  y = −3 Vậy nghiệm hệ phương trình (1; – 3) Cách 1: Vì phương trình x − 2x + m + = có nghiệm x = – nên ta có: (−1) − 2.(−1) + m + = ⇔ m + = ⇔ m = −6 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x = ⇔ −1 + x = ⇔ x = Vậy m = nghiệm lại x = Cách 2: Vì phương trình có nghiệm x = – nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: a − b + c = 1 + + m + = m = −6 ⇔ ⇔   x1 + x = −1 + x = x = ∆ ' = −m − Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ m < −2  x1 + x = Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x = m + Do đó: x13 + x 32 = ⇔ (x1 + x )3 − 3x1x (x1 + x ) = ⇔ 23 − 3.(m + 3).2 = ⇔ 6(m + 3) = ⇔ m+3= ⇔ m = −3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = – giá trị cần tìm Gọi số dãy ghế lúc đầu x ( x ∈ N* ;250Mx ) 250 ⇒ Số chỗ ngồi dãy lúc đầu x Nếu kê thêm dãy số dãy ghế x + 0.5 0.5 0.5 2.0 36 308 x+3 Vì dãy ghế phải kê thêm chỗ ngồi nên ta có phương trình: 308 250 − =1 x+3 x Giải phương trình được: x1 = 30 (không thỏa mãn điều kiện) x2 = 25 (thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 25 dãy ghế số chỗ ngồi dãy 250 : 25 = 10 Khi có 308 người nên số chỗ ngồi dãy Bài (3,5đ) 0.25 1) 2) 3) Tứ giác BMHE có: · BEH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · BMH = 900 (d ⊥ AB) · · ⇒ BEH + BMH = 1800 ⇒ Tứ giác BMHE nội tiếp · · Ta có AEB = ADB = 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ AE ⊥ CB;BD ⊥ CA ⇒ AE, BD, CM đường cao ∆ CAB nên chúng đồng quy Mà AE cắt CM H ⇒ H ∈ BD , hay điểm B, H, D thẳng hàng · µ = 900 Vì ∆ AMC vng M nên CAB +C · µ = 900 Vì ∆ ADB vng D nên CAB +B µ1 =B µ1 ⇒C µ1=B µ (hai góc nội tiếp chắn cung AD (O)) Mặt khác, N µ1=C µ1 ⇒N ∆ AND ∆ ACN có: · µ1=C µ1 CAN chung ; N ⇒ ∆ AND ∆ ACN (g.g) AN AD ⇒ = ⇒ AN = AD.AC AC AN ⇒ BN + AD.AC = BN + AN 0.5 0.5 0.75 37 · Vì ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên áp dụng định lí Py-ta-go vào ∆ ANB vng N, ta có: BN + AN = AB2 = 4R Do BN + AD.AC = 4R Theo giả thiết tứ giác ACHK nội tiếp µ1 =C µ (= 1800 − AKH) · ⇒K µ1=B µ (do B µ1=C µ 1) ⇒K 4) ⇒ ∆ HKB cân H ⇒ HM đường cao đường trung tuyến ∆ HKB ⇒ BK = 2BM khơng đổi (vì M B cố định) Vậy độ dài BK không đổi E di động cung NB Nhận xét: Việc chứng minh độ dài BK không đổi đơn giản Nếu ẩn điểm K u cầu chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ AHC qua hai điểm cố định tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AHC di động đường thẳng cố định (đường trung trực AK), mức độ tư cao 1.0 x = a + a − + a − a − > (do a > 1) ⇒ x2 = a + a2 −1 + a − a2 −1 + Bài (0,5đ) = 2a + a − a + = 2a + ⇒ x = 2(a + 1)x Do đó: P = x − 2x − 2(a + 1)x + 4a + 2021 (a+ )( a −1 a − a −1 ) 0.5 = x − 2(2a + 2) − x + 4a + 2021 = −4a − + 4a + 2021 = 2017 38 39 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Câu (2,0đ) Phần a) b) Câu (2,5đ) a) b) c) Câu (1,5đ) Nội dung 1+ 1− 1+ 7 +7 A = 1− × = 1− × = 2 7 − −6 = = = −3 2 Điều kiện: x > 0; x ≠ 1  x −1 + x −1 + x x −1  P= = ì ữì x x x x 1+ x  ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x −1 = × = −2 −(x − 1) x Vậy P = – với x > 0; x ≠  x=   2x − y = 6x =    x = ⇔ ⇔ ⇔  4x + y = −1 4x + y = −1 4 ×1 + y = −1  y = −3   1  Vậy nghiệm hệ phương trình  ; −3 ÷ 2  Cách 1: ∆ = 52 − 4.2.2 = > ⇒ ∆ = Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 5+3 5−3 x1 = = ; x2 = = 2.2 2.2 Cách 2:  x=  2x − 5x + = ⇔ (2x − 1)(x − 2) = ⇔  x = Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x = 2x + m − ⇔ x − 2x − m + = (*) (P) cắt (d) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 ∆ ' > m − > m >   ⇔  x1 + x > ⇔ 2 > ⇔ ⇔5   Vậy < m < giá trị cần tìm Cách 1: Lập phương trình Gọi chiều dài mảnh vườn x (m) Điều kiện: x > 15 ⇒ Chiều rộng mảnh vườn x – 15 (m) diện tích mảnh vườn x(x – 15) (m2) Nếu giảm chiều dài 2m chiều dài x – (m) Nếu tăng chiều rộng 3m chiều rộng x – 12 (m) Điểm 1.0 1.0 0.75 0.75 1.0 1.5 40 ⇒ Diện tích (x – 2)(x – 12) (m2) Vì diện tích tăng thêm 44m2 nên ta có phương trình: (x − 2)(x − 12) − x(x − 15) = 44 ⇔ x − 14x + 24 − x + 15x = 44 ⇔ x = 20 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn 20.(20 – 15) = 100 (m2) Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài chiều rộng mảnh vườn x (m) y (m) Điều kiện: x > 15, x > y > ⇒ Diện tích mảnh vườn xy (m2) Vì chiều dài lớn chiều rộng 15m nên: x – y = 15 (1) Nếu giảm chiều dài 2m chiều dài x – (m) Nếu tăng chiều rộng 3m chiều rộng y + (m) ⇒ Diện tích (x – 2)(y + 3) (m2) Vì diện tích tăng thêm 44m2 nên ta: (x − 2)(y + 3) − xy = 44 ⇔ 3x − 2y = 50 (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  x − y = 15  x = 20 ⇔ (thỏa mãn điều kiện)  3x − 2y = 50 y = Vậy diện tích mảnh vườn 20.5 = 100 (m2) Câu (3,0đ) 0.25 a) b) Vì MA, MB tiếp tuyến (O) nên: · · MAO = MBO = 900 Tứ giác MAOB có: · · MAO + MBO = 1800 ⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp Ta có: · µ (so le trong, AC // MB) EMD =C 0.75 1.0 µ1=C µ  = sđ AD »  A ữ Ã à1 EMD =A ∆ EMD ∆ EAM có: µ chung , EMD · µ1 E =A ⇒ ∆ EMD ∆ EAM (g.g) 41 EM ED = ⇒ EM = EA.ED EA EM ∆ EBD ∆ EAB có: µ chung , B µ1 =A µ  = sđ BD »  E  ÷   ⇒ ∆ EBD ∆ EAB (g.g) EB ED ⇒ = ⇒ EB2 = EA.ED EA EB Từ (1) (2) ⇒ EM = EB2 ⇒ EM = EB Gọi I giao điểm của BD MA ∆ EAM nên: Vì ∆ EMD µD1 = AMB · µ = AMB · µ1=D µ2 ⇒D D ⇒ ( ( ) µ +C µ = AMB · µ C µ1=B µ1 ⇒D +B c) (1) (2) ) Do đó: · · µ = 900 ⇔ D µ +C µ = 900 BD ⊥ AM ⇔ MIB = 900 ⇔ AMB +B · ⇔ DAC = 900 ⇔ AE ⊥ AC ⇔ AE ⊥ MB (do AC // MB) 1.0 ⇔ ∆ MAB cân A ⇔ ∆ MAB (vì ∆ MAB cân M) · ⇔ AMO = 300 ⇔ MO = 2R Vậy M cách O khoảng 2R BD ⊥ AM 42 x+ 2x + x2 =1 2x = − x ( ĐK : x(1 − x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ 1) + x2 8x ⇒ = − 2x + x 2 1+ x ⇔ ( + x ) ( − 2x + x ) = 8x ⇔ ⇔ ( x − x + + x ) ( x − x + − x ) − 8x = Câu (1.0đ) ⇔ ( x − x + 1) − x − 8x = ⇔ ( x − x + 1) − 9x = 1.0 ⇔ ( x + 2x + 1) ( x − 4x + 1) = ( x + 1) = ⇔  x − 4x + =  x = −1 ⇔ x = ± Kết hợp với điều kiện ⇒ x = − Vậy phương trình có nghiệm x = − 43 44 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Bài Bài I (2,0đ) Phần 1) Nội dung Khi x = thì: + 3+ A= = =− −5 3−5 2) = 0.5 20 − x + = x − 25 x +5 B= x − 15 + 20 − x ( x +5 )( x −5 ) Điểm = ( ( ( ) x − + 20 − x x +5 )( x −5 x +5 x +5 )( x −5 ) ) = x −5 0.75 với x ≥ 0, x ≠ 25 x −5 Với x ≥ 0, x ≠ 25 , ta có: A = B x − Vậy B = ⇔ x +2 = x −5 ×x − x −5 ⇔ x +2= x−4 ⇔ x +2= 3) ⇔1= ( x −2 x +2 ( )( ) x + > 0) x −2 0.75  x − =1 ⇔  x − = −1 x = ⇔ (thỏa mãn điều kiện) x = Bài II (2,0đ) Vậy x ∈ { 9;1} giá trị cần tìm Đổi 36 phút = Gọi vận tốc xe máy x (km/h) (x > 0) ⇒ Vận tốc ô tô x + 10 (km/h) 120 Thời gian xe máy từ A đến B (giờ) x 120 Thời gian ô tô từ A đến B (giờ) x + 10 120 120 − = Ta có phương trình: x x + 10 Giải phương trình được: x1 = 40 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 50 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc xe máy 40 km/h, vận tốc ô tô 40 + 10 = 50 (km/h) 2.0 45 Bài III (2,0đ) 1) 2a) 2b) ĐK: x ≥ 0, y ≥  x + y − =  x + y − = 9 x = ⇔ ⇔    4 x − y − = 8 x − y − =  x + y − =  x = x =  x = ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện) y = y − = + y − =     Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 5) Thay x = 0, y = vào phương trình y = mx + 5, ta được: = m.0 + ⇔ = (đúng với m) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A(0; 5) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x = mx + ⇔ x − mx − = (*) Vì ac = – < nên phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu ⇒ (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, với x1 < < x (do x1 < x ) Mà x1 > x nên: x1 + x < ⇔ m < (theo hệ thức Vi-ét) Vậy m < giá trị cần tìm 0.75 0.5 0.75 0.25 Bài IV (3,5đ) 1) 2) µ ,C µ góc nội tiếp chắn cung nhỏ MA, MB Ta có N ¼ = MB ¼ (GT) Mà MA µ1=C µ1 ⇒N ⇒ Bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn (theo tốn cung chứa góc) µ 1, M µ góc nội tiếp chắn cung nhỏ NC, NB Ta có B » = NB » (GT) Mà NC µ1 =M µ1 ⇒B · µ1 =M µ1 ∆ NBK ∆ NMB có: BNM chung, B 0.75 0.75 ⇒ ∆ NBK ∆ NMB (g.g) NB NK ⇒ = ⇒ NB2 = NK.NM NM NB 46 Xét đường trịn qua bốn điểm CNKI có: µ2 =K µ (hai góc nội tiếp chắn cung CI) N µ = ABC · Mà N (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O)) µ = ABC · ⇒K 3) Do hai góc vị trí đồng vị nên KI // BH Chứng minh tương tự ta HI // BK Tứ giác BHIK có cạnh đối song song nên hình bình hành Cách 1: µ2 =C µ , hay CM tia phân giác góc ACB ¼ = MB ¼ nên C Vì MA Tương tự, AN tia phân giác góc BAC ∆ ABC có hai đường phân giác AN CM cắt I ⇒ BI đường phân giác thứ ba ∆ ABC Hình bình hành BHIK có BI đường phân giác góc B nên hình thoi Cách 2: µ 1, K µ góc có đỉnh bên đường trịn nên: Vì H ¼ » ¼ » µ = sđ MA + sđ NB , K µ = sđ MB + sđ NC H 2 à1=K MA ẳ = MB ẳ , NB » =N »C ⇒H ( 0.75 ) ⇒ ∆ BHK cân B ⇒ BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên hình thoi Nhận xét: Phần có nhiều cách chứng minh 4) 1.0 (P) có góc M1 góc nội tiếp, góc P1 góc tâm chắn cung BK µ = P$ ⇒M Mà ∆ PBK cân P (vì PB = PK) 1800 − P$ 1 · µ1 (1) ⇒ PBK = = 900 − P$ = 900 − M 2 (O) có đường kính DN qua N điểm cung BC ⇒ DN ⊥ BC DN qua trung điểm BC 47 ⇒ ∆ DBC cân D · 1800 − BDC 1· · ⇒ DBC = = 900 − BDC 2 µ = BDC · Trong (O), dễ thấy M · µ1 (2) ⇒ DBC = 900 − M · · Từ (1) (2) ⇒ PBK = DBC ⇒ ba điểm D, P, B thẳng hàng · µ ) hai góc vị trí đồng vị Lại có P$ = BDC ( = 2M ⇒ PK // DC Chứng minh tương tự ba điểm D, Q, C thẳng hàng QK // DB Do đó, PK // DQ QK // DP ⇒ Tứ giác DPKQ hình bình hành ⇒ E trung điểm đường chéo PQ E trung điểm đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng Bài V (0,5đ) Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo cách sau: Cách 2: µ = P$ ⇒ PBK · µ = 900 +M Từ ∆ PBK cân M · · Từ DN ⊥ BC ⇒ DBK + BDN = 900 · µ = 900 (do BDN · µ 1) ⇒ DBK +M =M · · ⇒ PBK = DBK ⇒ ba điểm D, P, B thẳng hàng Cách 3: µ = sđ BK » (P) có góc M1 góc nội tiếp nên M µ1=B µ nên B µ = sđ BK » Mà M Suy BN tiếp tuyến B (P) ⇒ BN ⊥ PB · Lại có DBN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) ⇒ BN ⊥ DB Do ba điểm D, P, B thẳng hàng Ta có: (a − b) ≥ ⇔ a + b ≥ 2ab Tương tự: b + c ≥ 2bc ; c + a ≥ 2ca Suy ra: 2(a + b + c ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ P ≥ Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c ⇔ ab = bc = ca = ⇔ a = b = c = Vậy P = ⇔ a = b = c = Dựa theo lời giải thầy Bùi Văn Tuân (Hà Nội) Vì a ≥ 1, b ≥ nên: (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab − a − b + ≥ ⇔ a + b ≤ ab + Tương tự: b + c ≤ bc + ; c + a ≤ ca + 0.25 0.25 48 Do đó: 2(a + b + c) ≤ ab + bc + ca + ⇔ 2(a + b + c) ≤ 12 ⇔ a+b+c≤6 ⇔ (a + b + c) ≤ 36 (do a + b + c > 0) ⇔ a + b + c + 2(ab + bc + ca) ≤ 36 ⇔ P + 2.9 ≤ 36 ⇔ P ≤ 18 Dấu “=” xảy ⇔ ba số a, b, c có hai số Nhưng ba số a, b, c đồng thời ab + bc + ca = ⇒ Có hai số 1, số lại Vậy max P = 18 ⇔ (a, b,c) ∈ { ( 4;1;1) , ( 1;4;1) , ( 1;1;4 ) } 49 ... x +1 y +1 z +1  x y z   1  + + = + + + + + =M +N 2 2 2 ÷  2 ÷ 1+ y 1+ z 1+ x  1+ y 1+ z 1+ x   1+ y 1+ z 1+ x  Xét M = x y z + + , áp dụng kỹ thuật Cơsi ngược dấu ta có: 2 + y 1+ z 1+. .. + y + z) + t ≥ (x + y + z)t Suy ( x + y ) ( x + y + z ) ( x + y + z + t ) ≥ xyzt(x + y)(x + y + z) Mà x + y + z + t = 2, suy ( x + y ) ( x + y + z ) ≥ xyzt(x + y)(x + y + z) ⇔ ( x + y ) ( x +. .. b + ≥ ⇔ a + b ≤ ab + Tương tự: b + c ≤ bc + ; c + a ≤ ca + 0.25 0.25 48 Do đó: 2(a + b + c) ≤ ab + bc + ca + ⇔ 2(a + b + c) ≤ 12 ⇔ a+b+c≤6 ⇔ (a + b + c) ≤ 36 (do a + b + c > 0) ⇔ a + b + c +