Gửi thầy cô 10 đề thi thử vào 10

Gửi thầy cô 10 đề thi thử vào 10 Nếu thầy cô muốn nhận 2000 đề thi thử vào 10 word có giải chi tiết vui lòng liên hệ fb : https://www.facebook.com/profile.php?id=100006980805819 Hoặc gmail vuvannam1996sphn@gmail.com ĐỀ 001 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HỊA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi : TỐN CHUN Ngày thi : 22/6/2012 (Thời gian : 150 phút – không kể thời gian phát đề) Bài 1.(2.00 điểm) P= + +4 +3 11 + ( + 12 + 18 ) 1) Rút gọn biểu thức 1 A = 1+ +L + + 2n − 2n − 2) Với n số nguyên dương, cho biểu thức 1 1 B= + +L + + 1.(2n − 1) 3.(2n − 3) (2n − 3).3 (2n − 1).1 A B Tính tỉ số Bài 2.(2.00 điểm) 1) Giải phương trình ( − x ) x + 2x − = x − 2x − (x + y) + y =  2 2(x + y + xy) + x = 2) Giải hệ phương trình Bài 3.(2.00 điểm) 1) Cho ba số a, b, c thỏa mãn 2) Cho a ∈Z a≥0 a > 36 abc = Chứng minh 2 a + 3(b + c ) > 3(ab + bc + ca) Tìm số phần tử tập hợp   2a x ∈ Z ∈ Z  3x +   A= (Z tập hợp số nguyên) Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Tiếp tuyến A (O; R) cắt đường thẳng BC điểm M Gọi H chân đường cao hạ từ A xuống BC AB.AC = 2R AH 1) Chứng minh MB  AB  = ÷ MC  AC  2) Chứng minh 3) Trên cạnh BC lấy điểm N tùy ý (N khác B C) Gọi E, F hình chiếu vng góc N lên AB, AC Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ BH = BC Bài 5.(1.00 điểm)Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc cạnh BC Trên AK − KH = BC + AB2 tia đối tia HA, lấy điểm K cho Chứng minh AK.BC = AB.KC + AC.BK ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TOÁN CHUYÊN A Hướng dẫn chung - Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang; - Mọi cách giải cho điểm tối đa phần tương ứng; - Các khơng vẽ hình khơng chấm, điểm tồn khơng làm tròn B Đáp án thang điểm Bài 1.1 Đáp án + 3+4 +3 P= Rút gọn biểu thức P= = ( ( = + 12 + 18 2+ 3+ ( ) 2+ 3+ ( ) ( ( 2+ 3+ + 11 + ( 11 + + 12 + 18 )( )( ) điểm 0.25 ) +1 2+ 3+ 2+ 3+ ) Điểm ) 0.25 ) +1 2+ 3+ 0.25 = + Tính tỉ số 1.2 0.25 A B điểm B=   1  1    + ÷+  + 1÷ 1 + ÷+  + ÷+ L +   2n  2n −   2n −   2n − 3   2n −   0.25 B=  1   1  + + 1 + + L + ÷+  + + L + ÷  2n  2n − 2n −   2n − 2n −   0.25 B= 2A 2n 0.25 A =n B 0.25 ( − x ) x + 2x − = x − 2x − Giải phương trình Điều kiện x + 2x − ≥ Đặt t = x + 2x − ≥ t + ( x − 1) t − 4x = điểm Phương trình trở thành 2.1 t = ⇔ ( t − ) ( t + 2x ) = ⇔   t = −2x Với Với t = 2, ta có t = −2x, 0.25 x + 2x − = ⇔ x + 2x − = ⇔ x = −1 ± x ≤ x + 2x − = −2x ⇔  : 3x − 2x + = ta có Vậy phương trình có nghiệm 2.2 x = −1 ± 0.25 (nhận) vô nghiệm 0.25 0.25 (x + y) + y =  2 2(x + y + xy) + x = Giải hệ phương trình Dùng phương pháp cộng ta điểm 2xy + 2y − x − = ⇔ (x + 1)(2y − 1) = ⇔ x = −1 y= 0.25 Với x = −1 , ta  y = −1 y2 − y − = ⇔  y = 0.25 (−1;2) (−1; −1) Ta hai nghiệm −1 ± 10 x2 + x − = ⇔ x = y= Với , ta  −1 − 10   −1 + 10  ; ÷  ; ÷  2 2    Ta hai nghiệm  −1 − 10   −1 + 10  ; ÷  ; ÷  2  2 (−1; −1) (−1;2)  Tóm lại hệ có bốn nghiệm ; ; Chứng minh bất đẳng thức a2 b + c + 2bc − 3bc − a ( b + c ) + > a Ta có bc = Bất đẳng thức viết lại a2 ⇔ ( b + c) − a ( b + c) + − > a 3.1 0.25 0.25 điểm 0.25 0.25 a  a2  ⇔ ( b + c ) −  + − >  12 a  0.25 a  a − 36  ⇔ ( b + c ) −  + >0 2 12a  (hiển nhiên Bất đẳng thức chứng minh a > 36 3.2 Cho a ∈Z a≥0 Tìm số phần tử tập hợp A= 0.25 )   2a x ∈ Z ∈ Z  3x +   điểm a ∈ Xét x Z Nếu ∈Z 3x + 2a M(3x + 1) ⇒ 3x + = ±2b , ∈ Nếu b số chẵn, tức b= 2k ( k Z) ⇒ 22k − = k − = (4 − 1)(4 k −1 + 4k − + + 1)M ⇒ phương trình 3x + = 2b có nghiệm nguyên với b = 0;1; ;a 0.25 0.25 22k + = (4 k − 1) +  M3 ⇒ Ta có nghiệm ngun 3x + = −2b phương trình khơng có b = 2k + 1(k ∈ ¥ ) ⇒ 2k +1 − = 2.4 k − = 3.4 k − (4 k + 1)  M3 ⇒ Nếu b lẻ, tức 3x + = 2b phương trình khơng có nghiệm ngun 2k +1 + = 3.4k − (4k − 1)  M 3⇒ 3x + = −2b Ta có phương trình có nghiệm ngun a + Vậy số phần tử A 0.25 0.25 A Không chấm điểm hình vẽ I O E F K M B H C N D 4.1 AB.AC = 2R AH Chứng minh điểm Kéo dài AO cắt đường tròn (O) D Hai tam giác vng ∆AHB ∆ACD ⇒ ∆AHB : ∆ACD ⇒ 0.25 ) 0.25 ⇒ AB.AC = AD.AH = 2R.AH MB  AB  = ÷ MC  AC  0.25 điểm Chứng minh (nội tiếp chắn » AC 0.25 AB AH = AD AC 4.2 có · · CDA = HBA Xét ∆MAC · · ACB = MAB µ M ∆MBA ta có chung, ⇒ ∆MAC : ∆MBA tiếp tuyến với dây cung) (g.g) (góc nội tiếp góc tạo 0.25 MB AB MB2  AB  ⇒ = ⇔ = ÷ MA AC MA  AC  Và 0.25 MB MA = ⇒ MB.MC = MA MA MC 0.25 Suy MB  AB  = ÷ MC  AC  0.25 Tìm vị trí N để độ dài đoạn EF nhỏ · · AEN + AFN = 900 + 900 = 1800 Ta có đường kính AN 4.3 Gọi I trung điểm AN, từ I hạ điểm nên tứ giác AFNE nội tiếp đường tròn IK ⊥ EF ta suy KE = KF · · BAC = KIE Trong tam giác vuông IKE ta có · · · · KE = IE.sin KIE = IE.sin BAC ⇒ EF = AN.sin BAC ≥ AH.sin BAC Vậy EF nhỏ AN = AH ⇔ N ≡ H 0.25 Không chấm điểm hình vẽ A H 0.25 0.25 B 0.25 J C I K x AK.BC = AB.KC + AC.BK Chứng minh điểm Gọi J điểm thuộc đoạn BC cho H trung điểm BJ Kẻ đường thẳng Jx qua J vng góc BC, đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng Jx I Khi đó, BKIC hình thang cân HKIJ hình chữ nhật BI = BJ + JI = BJ + KH = BC + KH 1 AI = AK + KI = AK + HJ = AK + BC = BC + AB2 + KH + BC 9 = 0.25 0.25 BC2 + AB2 + KH = BI2 + AB2 ⇒ ∆ABI vuông B AC = AH + HC = AB2 − BC + BC = AB2 + BC 9 IC = KH + JC = KH + BC ⇒ AC2 + IC = ⇒ ∆ACI 0.25 BC + AB2 + KH = AB2 + BI = AI vuông C SABKC = SABIC = SABI + SAIC ⇔ Khi đó, 1 AK.BC = AB.BI + AC.IC 2 0.25 ⇔ AK.BC = AB.KC + AC.BK - HẾT - ĐỀ SỐ 002 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TỐN CHUN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu) Câu (1,5 điểm) x − 16 x + 32 = Cho phương trình ( với x∈R ) x = 6−3 2+ − 2+ 2+ Chứng minh nghiệm phương trình cho Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  x ( x + 1)( y + 1) + xy = −6   y ( y + 1)( x + 1) + yx = x ∈ R, y ∈ R ( với ) Câu 3.(1,5 điểm) Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho Câu (1 điểm) Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF 1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) HẾT - GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chun Câu 1: Phương trình cho : x − 16 x + 32 = x = 6−3 2+ − 2+ 2+ Với ( với x∈R ( x − 8) − 32 = ) x = 2− 2+ − 2+ 2+  (1) x2 = − 2 + − − => Thế x vào vế phải (1) ta có: ( x − 8) − 32 = (8 − 2 + − − − 8) − 32 = 4(2 + 3) + + 12(2 − 3) − 32 + + + 24 − 12 − 32 = = ( vế phải vế trái) x = 6−3 2+ − 2+ 2+ Vậy nghiệm phương trình cho ( đpcm)  x( x + 1)( y + 1) + xy = −6  (1)      y ( y + 1)( x + 1) + yx = (2)   x( x + 1)( y + 1) = −6 − xy   y ( y + 1)( x + 1) = − xy Câu 2: Hệ pt cho  Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả => ( x; y ) ≠ (0; 0); xy ≠ 0; x + ≠ 0; y + ≠ ⇒ − xy ≠ x −6 − xy = ⇔ xy ( x − y ) = 6( x + y ) y − xy - Chia vế hai phương trình cho : => x− y ≠0 Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) => xy = ) (**) 6( x + y ) x− y => - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = ( x + y )( x + y + + (3) 6( x + y ) 6( x + y ) )+ =0 x− y x− y (4)  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy =  ( x + y )( x + y + + 6( x + y + 1) )=0 x− y ( x + y )( x + y + 1)(1 + )=0 x− y x+ y =  x + y +1 =   1 + x − y =     - Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta : y + y + y + = ⇔ ( y + 2)(2 y − y + 3) =  y + = ⇔ y = −2  y − y + = 0(vn )   Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) 1+ = ⇔ x− y +6 = ⇔ x = y −6 x− y - Với Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (*) y − y − 16 y − = (2)    y +1 = (2 y + 1)( y − y − 6) = ⇒   y − 4y − =  y2 - 4y - =  y1 = + 10   y2 = − 10 −  y3 = 2y +1 = Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng: Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)   x1 = −4 + 10   x2 = −4 − 10  13  x3 = −  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): −4 + 10; + 10), (−4 − 10; − 10), (− 13 ; − ) 2 (1; -2), ( Câu (Cách 1) Tam giác có cạnh cm diện tích cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích > cm2 Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1≤ t p ( với t số nguyên dương) => tmax = Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học 2≤n≤4 Vậy nmax = b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A, B c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d) Giải a) Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A = −1 ⇒ y A = ×( −1) = 2 xB = ⇒ y B = ×22 = 2 1  A  −1; ÷ , B(2; 2) Vậy   b) Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình:    −a + b = 3a = a = ⇔ 2⇔ 2   2a + b = 2a + b = b = 1 y = x +1 Vậy (d): c) (d) cắt trục Oy điểm C(0; 1) cắt trục Ox điểm D(– 2; 0) ⇒ OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào ∆ vuông OCD, ta có: 1 1 5 = + = + = ⇒h= 2 h OC OD 5 Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) Câu (2,0 điểm) 2 Cho phương trình: x − 2(m + 1) x + m + m − = (m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện: 1 + =4 x1 x2 Giải a) x − 2(m + 1) x + m + m − = (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x − x − = 2 ∆ ' = ; x1,2 = ± Vậy với m = thì nghiệm phương trình (1) b) ∆ ' = m + Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > −2 x1,2 = ± Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: Do đó:  x1 + x2 = 2(m + 1)   x1 x2 = m + m − 1 x +x 2(m + 1) + =4⇔ =4⇔ =4 x1 x2 x1 x2 m + m −1 m =  m + m − ≠  m + m − ≠ ⇔ ⇔ ⇔ m = − m + = 2( m + m − 1) m + m − =     3 ⇒ m ∈ 1; −    giá trị cần tìm Kết hợp với điều kiện Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vng góc với AB; IK vng góc với AD ( H ∈ AB; K ∈ AD ) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S ’ diện tích tam giác HIK Chứng minh Giải S ' HK ≤ rằng: S AI a) Tứ giác AHIK có: ·AHI = 900 ( IH ⊥ AB ) ·AKI = 900 ( IK ⊥ AD) ⇒ ·AHI + ·AKI = 1800 ⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp b) ∆ IAD ∆ IBC có: µA1 = B µ1 (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) ·AID = BIC · (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆ IAD ∆ IBC (g.g) ⇒ IA ID = ⇒ IA.IC = IB.ID IB IC c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có µA1 = H µ1 (2 góc nội tiếp chắn cung IK) µA1 = B µ1⇒H µ1=B µ1 Mà µ µ Chứng minh tương tự, ta K = D1 µ µ µ µ ∆ HIK ∆ BCD có: H = B1 ; K = D1 ⇒ ∆ HIK ∆ BCD (g.g) d) Gọi S1 diện tích ∆ BCD ∆ BCD nên: Vì ∆ HIK S ' HK HK HK HK = = ≤ = S1 BD ( IB + ID )2 IB.ID IA.IC (1) CF IC AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / / CF ⇒ = AE IA Vẽ ∆ ABD ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC = ⇒ 1= S AE S IA (2) Từ (1) (2) suy S ' S1 HK IC S ' HK × ≤ × ⇔ ≤ S1 S IA.IC IA S IA2 (đpcm) Câu (1,0 điểm) Giải Giải phương trình : Giải phương trình : (x (x − 4) = ( − 4) = ( 3 ( x + 4) + ) ( x + 4) + ) (1) ĐK: x > Đặt: x − = u 3 (2) x + = v (v > 1) ⇒ v − = x ( ) ( ) Khi phương trình (1) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: ⇔ u = v +4 2 (3) hay u − = v (4)  x3 − = u 3 2   x − v = u − x (5) v − = x ⇒  3 2 u − x = v − u (6) u − = v  Vì x, u, v > nên giả sử x ≥ v thì từ (5) ⇒ u ≥ x Có u ≥ x nên từ (6) ⇒ v ≥ u Do đó: x ≥ v ≥ u ≥ x ⇒ x = v = u Mặt khác, x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vơ lí) Vì x = u nên: x3 − = x ⇔ ( x − ) ( x + x + ) = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Hết ĐỀ 007 ĐỀ THI VÀO 10 Câu (2 điểm): a Tính giá trị biểu thức A = 25 + ; B = ( − 1) − b Rút gọn biểu thức: P= x + y + xy : x+ y x − y , với x > 0, y > x ≠ y Tính giá trị biểu thức P x = 2012 y = 2011 Câu (2 điểm): Vẽ hệ trục toạ độ, đồ thị hàm số y = x2 y = 3x − Tính toạ độ giao điểm hai đồ thị Câu (2 điểm): a Tính độ dài cạnh hình chữ nhật, biết chiều dài chiều rộng 1m độ dài đường chéo hình chữ nhật 5m b Tìm m để phương trình: x − x + m = có hai nghiệm phân biệt Câu (3 điểm): Cho đường tròn (O ; R) điểm A nằm ngồi đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) a Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Nêu cách vẽ tiếp tuyến AB, AC b BD đường kính đường tròn (O ; R) Chứng minh CD // AO c Cho AO = 2R, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu (1 điểm): Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, S(n) tổng chữ số n Hết Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2011 - 2012 TỈNH LẠNG SƠN Thi ngày 03/07/2011 Câu Nội dung điểm Câu a Tính A = + = (2 điểm) B = − − = − − = −1 (vì > ) ( x + y)2 P= : = ( x + y)( x − y) x+ y x− y b P= x− y Câu (2 điểm) Câu (2 điểm) Khi x = 2012, y = 2011 P = 2012 − 2011 = P = b Xét phương trình x = 3x − 2 hay x − 3x + = x = y = ⇔ ⇔ x = y = Vậy toạ độ giao điểm cần tìm : (1 ; 1) (2 ; 4) a Gọi chiều dài HCN a (m), chiều rộng b (m) a>b>0 Theo đề ta có a − b = (1) 2 Theo Pitago ta có : a + b = (2) 2 Từ (1) ta có a = b + vào (2) : (b + 1) + b = b = ⇔ 2b + 2b − 24 = ⇔   b = −4 loại giá trị b = −4 Vậy b = ⇒ a = KL: chiều dài HCN m, chiều rộng m b x − x + m = (1) Đặt t = x ≥ Câu (3 điểm) PT (1) trở thành : t − 2t + m = (2) Để PT (1) có nghiệm phân biệt PT (2) phải có hai nghiệm phân biệt ≥ ∆ ' > 1 − m >   ⇔ ≤ m ⇔  > P ≥ m ≥   Tức là: Vậy với ≤ m < PT (1) có hai nghiệm phân biệt a ta có ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) Nên ABO + ACO = 1800 Vậy ABOC tứ giác nội tiếp Cách vẽ: b OA đường trung trực BC ( cách BC) nên OA ⊥ BC (1) BD đường kính nên CD ⊥ BC (2) Câu (1 điểm) từ (1) (2) ta có CD // OA c dễ dàng CM : ∆ABC tam giác đoạn OH = R/2 gọi M giao điểm OA (O ; R) OA = 2R nên M trung điểm OA, mà AM/AH = 2/3 nên M trọng tâm tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC , bán kính đường tròn nội tiếp r = MH = R/2 n có 1, 2, chữ số n + S(n) < 1000 + + + < 2011 n có chữ số trở lên n + S(n) > 10000 > 2011 Vậy n có chữ số : n = abcd n < 2011 nên a = a = TH1: a = ta có b ≠ c ≠ n + S(n) > 2011 VL Nên b = c = : 200d + + d = 2011 Vơ lý VT chẵn VP lẻ TH2: a = 1, b < n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011 Nên b = 9, : (1900 + 10c + d) + + + c + d = 2011 Hay 11c + 2d = 101 d ≤ nên 101 = 11c + 2d ≥ 11c + 18 83 ⇒c≥ 11 nên c = c = c = 11.8 + 2d = 101 ⇒ d = 13/2 vô lý c = ⇒ d = thử lại : 1991 + + + + = 2011 thoả mãn Vậy n = 1991 Trong đề thi Sở giáo dục câu (2 điểm), câu (2 điểm) LẠNG SƠN PHÁI ĐƠN VỊ : THPT BÌNH GIA ĐỀ 008 ĐỀ THI VÀO 10 Bài (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A = 112 - 45 - 63 +2 20  x + x  x − x   1+ ÷ 1+ ÷ 1+ x ÷ 1− x ÷   2) Cho biểu thức B = , với ≤ x ≠ a) Rút gọn B b) Tính giá trị biểu thức B x = 1+ Bài (1,5 điểm) Cho đường thẳng (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x 1) Vẽ đường thẳng (dm) m = (D) hệ trục tọa đ ộ, nhận xét đồ thị chúng 2) Tìm m dể trục tọa độ Ox, (D) (dm) đồng quy Bài (1,5 điểm) Trong đơt quyên góp ủng hộ người ngheo, lớp 9A 9B có 79 học sinh quyên góp đươc 975000 đồng Mỗi học sinh lớp 9A đóng góp 10000 đồng, học sinh lớp 9B đóng góp 15000 đồng Tính số học sinh lớp Bài (1,5 điểm) 2 Cho phương trình: x − 2(m+ 2)x + m + 5m+ = (*) 1/ Chứng minh với m < phương trình (*) ln ln có nghi ệm phân bi ệt x1, x2 1 + =1 x , x x x 2 2/ Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân bi ệt thỏa hệ thức Bài (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm C đường tròn cho CA = CB Gọi M trung điểm dây cung AC; Nối BM cắt cung AC E; AE BC kéo dài cắt D a) Chứng minh: DE DA = DC DB b) Chứng minh: MOCD hình bình hành MF c) Kẻ EF vng góc với AC Tính tỉ số EF ? d) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N; EF cắt AN I, cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K; EB cắt AN H Chứng minh: Tứ giác BHIK n ội tiếp đươc đường tròn HẾT BÀI 1.1 1.2 ĐÁP ÁN NÔI DUNG A = 112 - 45 - 63 +2 20 = - - +4 = a) Với ≤ x ≠ ta có: 7+  x+ x  x− x   x( x + 1)   x( x − 1)  1+ =  1+ 1− = (1 + x)(1 - x) = 1− x  1+ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 1− x ÷  ÷ ÷ + x + x x −      B=  x= 2.1 = −1 = −1 2− ⇒ B =1 - + 1= - 1+ b) Ta có: (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x *Khi m = (dm) trở thành:(d y = -x – ): y = -x - Xét (dm): y = –x – ta có bảng giá trị: Xét (D): y = x ta có: x = ⇒ y = -3 *Đồ thị (dm) (D): m y x y -3 -31 (D): y = x x -2 O -1 -1 -2 -3 2.2 *Nhận xét: Đường thẳng (D) đường thẳng (dm) vng góc với tích hệ số chúng -1 (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x Ta có (D) cắt Ox O Để Ox, (D) (dm) đồng quy (dm) phải qua O đó: – m2 = ⇔ m = ± Vậy m = ± Ox, (D) (dm) đồng quy Gọi x số học sinh lớp 9A (x ∈ N* x < 79) ⇒ Số học sinh lớp 9B là: 79 – x (học sinh) Lớp 9A quyên góp đươc: 10000x (đồng) Lớp 9B quyên góp đươc: 15000(79 – x) (đồng) Do hai lớp quyên góp đươc 975000 đồng nên ta có phương trình: 10000x + 15000(79 – x) = 975000 ⇔ 10x + 15(79 – x) = 975 ⇔ -5x = - 210 ⇔ x = 42 Vậy lớp 9A có 42 học sinh; lớp 9B có: 79 – 42 = 37 (học sinh) 1/ Phương trình: x − 2(m+ 2)x + m + 5m+ = (*) ' Ta có: ∆ = [-(m + 2)]2 – (m2 + 5m + 4) = m2 + 4m + – m2 – 5m – = -m 2 ' Với m < ⇒ ∆ = -m > ⇒ Phương trình (*) ln ln có nghiệm phân biệt x1, x2   x1 + x2 = 2(m+ 2)  2/ Theo định lí Viét ta có:  x1x2 = m +5m +4 (I) x + x − xx 1 + = 1⇔ 2 = x1x2 Theo đề ta có: x1 x2 (1) 2(m +2) - (m2 +5m +4) =0 m2 +5m +4 Thay (I) vào (1) ta có: (Đk: m ≠ -1 m ≠ -4) ⇔ 2(m + 2) – (m2 + 5m + 4) = ⇔ 2m + – m2 – 5m – = ⇔ m2 + 3m = ⇔ m(m + 3) = m =0 (loại vìtrái đk: m ⇒ Phương trình (*) ln ln có nghiệm phân biệt x1, x2  x1 + x2 = 2(m+ 2)  2/ Theo định lí Viét ta có:  x1x2 = m +5m +4 (I) x + x − xx 1 + = 1⇔ 2 = x1x2 Theo đề ta có: x1 x2 (1) 2(m +2) - (m2 +5m +4) =0 m2 +5m +4 Thay (I) vào (1) ta có: (Đk: m ≠ -1 m ≠ -4) ⇔ 2(m + 2) – (m + 5m + 4) = ⇔ 2m + – m2 – 5m – = ⇔ m2 + 3m = ⇔ m(m + 3) =  m =0 (loại vìtrái đk: m