Đề thi thử vào 10

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ THÁNG Năm học: 2018-2019 Mơn : TỐN Thời gian: 90 phút Câu (2đ): Cho hai biểu thức A   x 1 x 1 B   x 1 x với x  0; x  a) Tính giá trị biểu thức B x  b) Rút gọn biểu thức P  A.B c) Tìm x để P  x Câu (2đ) Giải toán cách lập hệ phương trình: Hai người làm chung cơng việc xong việc Nếu người thứ làm nghỉ, sau người thứ hai làm tiếp cơng việc 12 Hỏi người làm xong cơng việc ? Câu (2đ):     x  y 6 1) Giải hệ phương trình :  13     x  y 6  (m  1) x  y  2) Cho hệ phương trình :   mx  y  m a) Giải hệ phương trình m  2 b) Tìm m để hệ có nghiệm thỏa mãn : x  y  Câu (3,5đ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O), đường cao AH, đường kính AM 1) Tính ACM 2) Chứng minh: AB AC  AH AM BAH  ACO 3) Gọi N giao điểm AH với (O) Tứ giác BCMN hình ? Vì ? 4) Vẽ đường kính PQ vng góc với BC ( P thuộc cung BC không chứa A) Chứng minh tia AP, AQ tia phân giác góc góc ngồi đỉnh A tam giác ABC Câu (0,5đ) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1 M      x y x y HDedu - Page HƯỚNG DẪN + ĐÁP ÁN Hướng dẫn Câu Điểm Câu a x  ( t/m đk ) thay vào B ta có : B  1  53 2 Vậy x  B  b   x 1   P  A.B       x  x 1    x 1  x 1 x 1   x 1 x  P     ( x  1)( x  1)     P c ( x  1) x 1  ( x  1)( x  1) x 1 x x 1 x    ( x  1) x  6( x  1)  x  x  x  6 x 1  x  x   x  x    ( x  2)( x  3)     (tmdk) x  x    Vậy x 4;9 P  x Câu Gọi thời gian người thứ làm xong cơng việc là: x (giờ) ( x  ) Thời gian người thứ hai làm xong cơng việc là: y (giờ) ( y  ) Mỗi người thứ làm số lượng công việc là: Mỗi người thứ hai làm số lượng công việc là: (công việc) x (công việc) y Hai người làm chung cơng việc xong việc nên ta có: 1   (1) x y Người thứ làm nghỉ, sau người thứ hai làm tiếp HDedu - Page cơng việc nên ta có : 12   (2) x y 12 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình sau: 1 1 1 1  1 1 1  x  y  (1)  x   y   x   y        x 12  1    (2)       y  12   x y 12  y y 12  y 1 x6    x   (tmdk) y  12   y  12 Vậy người thứ làm xong cơng việc giờ, người thứ hai làm xong cơng việc 12 Câu Điều kiện: x  0;x  49; y  Đặt: 1  a;  b , ta có: x 7 y 6  7a  4b    21a  12b   63a  36b  15 63a  36b  15 (I)      30a  18b  13 60a  36b  26  123a  41 5a  3b  13  63   63a  15  15     b  b    b    x 7 36    36    a1  a   1  a 3    y  6   x    x  100 (thỏa mãn)   y  y     Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)  (100;0) 2a Thay m  2 vào hệ cho ta có HPT: HDedu - Page   y   x  y     x  y   x  y          2x  y  2  3x   x  3 x     Vậy m  2 hệ (II) có nghiệm (x;y)  (  ;  ) (m  1)x  y  (2m  1)x   m (2m  1)x   m   (III)  mx  y  m y   mx  m  mx  y  m   Hệ cho có nghiệm  (III) có nghiệm nhất:  2m    m   Với m   2b : 3 m  3 m  x  3 m x    2m   x   2m  (III)    2m     y  mx  m  y  m.  m   m  y  m  2m  2m   2m    xy0  11  m   2   m m  2m m m3 2   0 0  0 2m  2m  2m  2m   11   2m   (Do  m     m  )  m   (tmdk) 2  Vậy m   hệ (II) có nghiệm thỏa mãn x  y  Câu HDedu - Page x Q A a O B H C I M N P Do AM đường kính (O) (gt) C thuộc (O) (C khác A M) => ACM  90 (góc nội tiêp chắn nửa đường trịn) Xét AHB ACM có : AH  BC(gt)  AHB  90 (1) Ta lại có ACM  90 (theo câu a) => ACM  AHB (2) Xét (O) có ABC  AMC ( chắn cung AC ) (3) Từ (2) (3) => AHB ∽ ACM (g-g) b => AH AB   AB.AC  AH.AM (đpcm) AC AM AHB ∽ ACM => BAH  MAC (hai góc tương ứng) (4) Ta lại có OA  OC  R  OAC cân O => OAC  OCA (5) Từ (4) (5) => BAH  ACO (đpcm) Ta có ACM  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) => AN  NM AH  BC (gt)  AN  BC (doH  AN(gt)) c (6) (7) Từ (6) (7) => NM // BC (t/c) => tứ giác BCMN hình thang (theo định nghĩa) Ta có : AH  BC(gt)  NBH  90  ANB (8) (9) HDedu - Page ACM  900 => BCM  900  ACB (10) Xét (O) có : ACB  BNA (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) Từ (9), (10), (11) => NBH  BCM (11) (12) Từ (8) (12) => tứ giác BCMN hình thang cân (dhnb) Gọi I trung điểm BC, có PQ đường kính (O) (gt) PQ  BC(gt) => PQ  BC I (định lý) => PQ đường trung trực đoạn BC => PB  PC (tính chất điểm thuộc đường trung trực đoạn thẳng) => PB  PC (định lý) => BAP  CAP (hệ quả) (13) => AP tia phân giác BAC (đpcm) d Dựng Ax tia đối tia AB, có PAQ  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) => 90  PAC  QAC (14) Ta lại có: xAQ  QAP  BAP  180  xAQ  BAP  900 (15) Từ (13),(14),(15) => xAQ  QAC => AQ tia phân giác góc ngồi đỉnh A ABC (đpcm) Câu Ta có x  y  xy  xy 1     xy x y xy xy (1) 16 1 1     x y  17.17   x y 16 16 16  16  16 so hang 1717 2 1717 2 2 34 1 x y  x y   x y  x y 1616 1616 2 17 (2) 34 1717 2 1717 34 x y  M  .34 Từ (1) (2) => M  16 16 16 (xy)15 xy 16 HDedu - Page Ta lại có x  y  xy 15 15 1   xy   xy      xy  4 15 15 1 34 15     34  xy    15 34 4  xy  34 1717 34 15 1717 34  M  17  M  17 => M  1616 34 Dấu ''  '' xảy x  y  Vậy giá trị nhỏ M 17 x  y  SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS NGƠ SĨ LIÊN Mơn: TỐN Năm học: 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2 điểm) Biểu thức P  x 1 x 2 Q  với x  0;x  4;x    x4 x 3 x 2 x 2 1) Tính giá trị biểu thức Q x  64 2) Chứng minh P  x x 2 3) Với x  Z , tìm GTLN biểu thức K  Q  P  1 Bài (2 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Lớp 9A lớp 9B lao động tổng vệ sinh trường sau hồn thành xong cơng việc Nếu lớp làm riêng lớp 9A nhiều thời gian lớp 9B để hồn thành xong cơng việc Hỏi làm riêng lớp cần để hồn thành xong cơng việc? Bài (2 điểm) HDedu - Page  2 x  y    1) Giải hệ phương trình  3 x   12  y 1 2) Cho Parabol (P): y  x đường thẳng (d): y  5x  m  a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm b) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm có hồnh độ x1 ; x thỏa mãn 2x1  x Bài (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) ta dựng tiếp tuyến MB, MC đến (O) (B, C tiếp điểm) cát tuyến MDA cho tia MA nằm hai tia MB, MO MD < MA Gọi H giao điểm MO BC, AM cắt BC K 1) Chứng minh: điểm M, B, O, C nằm đường tròn MB  MA.MD 2) Chứng minh: MDH ∽ MOA từ suy DHB  DCA 3) Chứng minh: CH CD  HA CA 4) Đường trịn đường kính BC cắt AC, AB E F, EF cắt AH I Chứng minh IK // MO Bài 5.(0,5 điểm) Với số thức không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ nhất, giá a b c   a 1 b 1 c 1 trị lớn biểu thức P  HƯỚNG DẪN GIẢI Hướng dẫn Bài Điểm Bài Thay x  64 (Thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q ta được: Q 64     64   Điều kiện: x  0;x  4;x  P   x 1 x x 2 x 2    x4 x 2 x 2 x 2 x 2  x2 x x 2  x 2     x x 2 HDedu - Page  x 2  x   1 x 3  x 2  Ta có: K  Q. P  1   x 2  x  x 2 x 2 2     x 3 x 2 x 3 x 3  x 2  Với  x  x  x    K  Với x   K max   Khi đó: K max Vậy với x  x 3  x 3  ứng với x  x  Z  x  10   10      10 10  10  GTLN biểu thức K  Q  P  1  10 x  10 Bài Gọi thời gian lớp 9A làm để hồn thành xong công việc x (giờ) (ĐK: x  ) Nếu lớp làm riêng lớp 9A nhiều thời gian lớp 9B để hồn thành xong cơng việc, nên thời gian lớp 9B làm xong cơng việc là: x – (giờ) Trong 1h, lớp 9A làm việc), hai lớp làm 1 (công việc), lớp 9B làm (công x x 5 (công việc) Ta có phương trình: 1 x 5 x       2x    x  x   x x 5 x  x  5  x  15 (tm)  x  17x  30   (x  15)(x  2)     x  2 (ktm) Vậy thời gian lớp 9A làm để hồn thành xong công việc 15 Thời gian lớp 9B làm để hồn thành xong cơng việc 10 Bài Điều kiện: x  0; y  HDedu - Page Đặt x  a a  0;  b Hệ trở thành y 1  x 2  x   tm  a   tm  2a  b        3a  2b  12 b   tm   y    y   tm     4 Vậy hệ phương trình có nghiệm  4;   3 Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x  5x  m   x  5x  m   (*)   29  4m Để (d) tiếp xúc với (P) phương trình (*) có nghiệm kép     29  4m   m  2a Vậy m  29 29 (d) tiếp xúc với (P) Khi đó, x1  x  b  2a 2 25 5  y1  y     2  25   Tiếp điểm (d) (P) có tọa độ  ;  2  Để (d) cắt (P) điểm phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 ; x     29  4m   m  29 (1)  x1  x  (2)  x1.x  m  (3) Theo định lý Vi – ét:  2b Xét 2x1  x x1  x x  m      m  (4) x  x1  x  5  + Điều kiện:  + Từ (1) (4) ta có:  m  29 , đó: HDedu - Page 10 Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A  x 3 x2 x 1   x 2 3 x x 5 x 6 B  x2 với x 2 x  0; x  4; x  a) Tính giá trị biểu thức B x  25 b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nguyên x để A  B Bài (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai bạn Trang Linh hai địa điểm cách 18km đạp xe ngược chiều để gặp Nếu hai bạn khởi hành lúc gặp sau 40 phút Nhưng Trang khởi hành trước 18 phút bạn gặp sau 30 phút tính từ lúc Linh bắt đầu Tính vận tốc bạn? Bài (2 điểm):  x   12   y  2x 1) Giải hệ phương trình:   x  12    2x  y 2) Cho đường thẳng ( d ) có phương trình y  (2m  1) x  m  đường thẳng (d ) có phương trình y  x  a) Tính giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt đường thẳng (d ) điểm trục tung b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d ) đạt giá trị lớn giá trị lớn bao nhiêu? Bà (3,5 điểm): Cho (O, R) điểm A cố định cho OA  2R Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN với đường tròn ( B, C , M , N thuộc đường tròn AM  AN ) Gọi D trung điểm MN , CD kéo dài cắt (O ) E a) Chứng minh điểm A, B, O, D, C thuộc đường tròn b) Chứng minh OA  BC H tính diện tích tam giác OBC c) Chứng minh BE song song với MN d) MH cắt đường tròn P , BN cắt CP K Chứng minh A, O, K thẳng hàng Bài (0,5 điểm): Cho a, b số dương thỏa mãn ab  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b    a  b2  ab HDedu - Page 91 Hướng dẫn Bài Điểm Bài a Với x A x x x x x x A x x A x x x x 5 , thay vào biểu thức B ta được: B x 25 (TMĐK) x x x x x 2 x x 2 1 b A x x x x A x A x x 2 x x x với x B Vậy A (Vì x 0; x x x 2 4; x x với x x x 0; x 4; x x x 9) c x Vậy với < x < A > B Mà x Z x {1, 2, 3} giá trị nguyên thỏa mãn A > B Bài Gọi vận tốc Trang x (km/h), vận tốc Linh y (km/h) Điều kiện: x > 0; y > HDedu - Page 92 Đổi: 40 phút = giờ; 18 phút = giờ; 30phút = 10 Trang Linh hai địa điểm cách 18km đạp xe ngược chiều nên gặp tổng quãng đường hai bạn 18km (1) * Nếu hai bạn khởi hành lúc gặp sau 40 phút ( gian bạn tính từ lúc đến lúc gặp + Quãng đường Trang là: + Quãng đường Linh là: + Theo (1) ta có phương trình: giờ), nên thời Khi đó: x (km) y (km) x y * Nếu Trang khởi hành trước 18 phút ( 18 x y 27 (2) ) bạn gặp sau 30 phút ( 10 ) tính từ lúc Linh bắt đầu Khi đó: + Thời gian Linh tính từ lúc đến lúc gặp là: giờ, nên quãng đường Linh y (km) + = giờ, 10 + Thời gian Trang tính từ lúc đến lúc gặp nên quãng đường Trang là: + Theo (1) ta có phương trình: x Từ (2) (3) ta có hệ phương trình: x (km) y 18 8x x y 27 8x 5y 180 5y x y 180 (3) 15 (tm ) 12 (tm ) Vậy vận tốc Trang 15 (km/h), vận tốc Linh 12 (km/h) Bài HDedu - Page 93 Điều kiện: x 3; 2x y  x   12   x   12   x3     y  2x y  2x y  2x     x  12   6 x    12 x     2x  y y  2x y  2x   Đặt a x a 6b 12a 6b x y 2x y 2x a 6b 13a 13 1 1 b x y 10 Ta có: b a (t / m ) (TM ĐK ) Vậy hệ có nghiệm (x, y) (4,10) Để (d ) (d ) cắt điểm trục tung (d ) (d ) có tung độ gốc 2a m m 2 (d ) (d ) cắt điểm trục tung Vậy với m Giả sử đường thẳng (d ) : y yo (2m (2xo 1)m (2m 1)x m qua điểm cố định M (xo , yo ) 1)xo m thỏa mãn với m xo yo y thỏa mãn với (d ) m 2b 2x o xo M yo xo yo M H O x điểm cố định thuộc (d ) , 2 Kẻ OH vng góc với (d ) H, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d ) OH Khi (d ) thay đổi theo m qua điểm M cố định, ta ln có: , 2 HDedu - Page 94 OH OM OH max OM x H trùng với M m y 2 m OM 2m Vậy với m 2 10 (d ) M (*) ax qua M Đường thẳng (OM) có dạng: y Điều kiện (*) ( 3) m , 2 a a khoảng từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d ) đạt GTLN 10 Hình vẽ: Bài Ta có AB, AC tiếp tuyến B C đường tròn (O) (giả thiết) OB OC AB AC ABO 90o AOC 90o Ta có D trung điểm dây MN đường tròn (O) (giả thiết) a OD MN D ADO 90o Xét tứ giác ABOD có hai góc đối ABO, ADO mà ABO ADO 90o 90o 180o tứ giác ABOD nội tiếp đường trịn đường kính AO (1) Xét tứ giác ABOC có hai góc đối ABO, ACO mà HDedu - Page 95 ABO 90o ACO 90o 180o tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B,O, D,C thuộc đường trịn đường kính OA (đpcm) Ta có AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OB OC R AO đường trung trực BC AO BC trung điểm H BC (đpcm) Ta có OA = 2R nên giao điểm I OA với (O, R) trung điểm OA OAC vuông C Mà OC b OI IC OA R IOC tam giác Xét IOC 60o HOC OHC vng H có: cosHOC HO OC cos 60o HO R HO R sin HOC HC OC sin 60o HC R HC R Vậy S 60o OH BC BOC R R 2 BC 2HC R R2 (đvdt) Xét đường trịn đường kính OA có: CBA CDA (Hai góc nội tiếp chắn CA ) Xét đường trịn (O, R) có: c CBA CEB (góc tạo tiếp tuyến – dây cung góc nội tiếp chắn BC ) CEB CDA Mà CEB, CDA hai góc đồng vị EB // DA hay EB // MN (đpcm) Gọi K d giao điểm AO BN (cần chứng minh K trùng với K ) ANC ∽ ACM (g - g) AM AN AC HDedu - Page 96 ACO vuông C, đường cao CH AM AN Do AMO Xét (3) AHN có: MAH chung; AM AO AH (theo đẳng thức (3)) AN AHN (c-g-c) AMO ∽ AOM AH AO AC (Hệ thức lượng) AH AO HNA (hai góc tương ứng) hay HOM HNM Mà O N hai đỉnh kề nhìn cạnh HM tứ giác HONM Tứ giác HONM nội tiếp NOK NMH (vì cộng với NOH 180o) Ta có K K BC K CB K BO K BO Mà BOC cân K BC OBC ; K CO OBC KC BK C cân OCB K CB OCB K CO BON cân K NO KB thuộc trung trực AO BC OB = OC = R (4) K NO K BO K CO Mà C N hai đỉnh kề nhìn cạnh K O tứ giác K NCO K NCO tứ giác nội tiếp NCK NOK NMH Từ (4) (5) Mà NMH NCK (hai góc nội tiếp chắn K N ) (5) NCK NCK (hai góc nội tiếp chắn NP (O)) NCK Mà hai tia CK , CK thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng CN K , K thuộc NB CK trùng với CK K trùng với K A, O, K thẳng hàng Bài HDedu - Page 97 a Ta có P a2 b a b2 b a b a2 b2 với ab Áp dụng Bất đẳng thức Cosi, ta có: a a2 b ab (1) 2ab (2) b2 Do đó: P Vậy Pmin = a b 2 a b Dấu “ = ” xảy a b a.b Dấu “=” bất đẳng thức Cosi (1) (2) đồng thời xảy a b a b SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH Mơn: TỐN – Năm học: 2019 – 2020 Đề thi thử lần – 03.03.2019 Thời gian làm bài: 120 phút Câu I: (2 điểm) Cho biểu thức: A  1 x 3 x 2 x x  B  (với  x 1 ( x  2)( x  1) x 1 x 1 x  0; x  ) a) Rút gọn tính giá trị biểu thức A x   b) Rút gọn biểu thức B c) Đặt M  B : A , tìm x để x 1  1 M Câu II: (2 điểm) Giải toán cách lâp phương trình hay lập hệ phương trình Hai trường thcs A B có học sinh thi tuyển 10 có 420 học sinh đỗ chiếm 84% tổng số học sinh Biết tính riêng trường trường A có 80% học sinh thi đỗ,cịn trường B 90% học sinh thi đỗ Tìm số học sinh trường dự thi Câu III (2,0 điểm)  x  y  Giải hệ phương trình sau:   2x  y  x   13 HDedu - Page 98 Cho phương trình: x  5x  m   (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2, tìm nghiệm cịn lại (nếu có)    b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn  3 x x   Câu IV: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn  O,R  đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn  O,R  Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax By E F Nối AM cắt OE By P , nối BM cắt OF Q Hạ MH vng góc với AB H a) Chứng minh điểm M, P, H,O,Q nằm đường tròn b) Chứng minh AE.BF = R c) Gọi K giao điểm MH BE Chứng minh MK=HK r   R d) Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp EOF Chứng minh Câu V (0,5 điểm) Cho số thực dương a,b,c Chứng minh rằng: 2  a   b   c         ab bc ca HƯỚNG DẪN + ĐÁP ÁN Hướng dẫn Câu Điểm Câu a A 1 x x    x 1 x  ( x  1)( x  1) x  Thay x    (  1) (Thỏa mãn ĐK) A  b x   vào biểu thức A, ta  6   3 Điều kiện: x  0; x  B x 3 x 2 x x   x 1 ( x  2)( x  1)  x 3 x 2 x 2     x 1 x   x 1  x 1  x 1 HDedu - Page 99  c  x 3 x 2 x 2   x 1  x x 3 x 2x 2 x   x 1 x 2 x 1 Xét biểu thức: M  B : A  x 1  1  M     x 1 x 1 với x  0; x  x x 1 x x 1  1  1 8 x 1 x 1 x 16 x  (x  x  1)  x  14 x   x  1   0 8( x  1) 8( x  1) x  x  ( x  3)  0 0 8( x  1) 8( x  1)  16 x  (x  x  1)  x  14 x   x  1   0 8( x  1) 8( x  1) x  x  ( x  3) ( x  3)  0 0 0 8( x  1) 8( x  1) 8( x  1) Do x   x   với x  nên    x 3  ( x  3)  x  8( x  1) ( x  3) 0 Yêu cầu toán thỏa mãn  8( x  1)   x    x  (Thỏa mãn ĐK) Vậy x  x 1  1 M Câu Gọi số học sinh trường A B dự thi x y (học sinh ) , ( x; y  * ) Vì trường có 420 học sinh thi đỗ đạt tỉ lệ 84% nên : x  y  420 : 84%  500 (1) Vì hai trường có 420 học sinh thi đỗ nên : HDedu - Page 100 0,8x  0,9y  420 (2)  x  y  500 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  0,8x  0,9y  420 Vậy trường A có 300 học sinh dự thi trường B có 200 học sinh dự thi Câu Điều kiện: x  1   x  y  x  y    2x  y  x   13  x  x   (*)  Đặt x   t (t  0) : (*)  t  t     t   t  3   t   (vì t  nên t   ) t2  x    x    x  (Thỏa mãn)  y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (3; 5) 2a Ta có x  nghiệm phương trình (1)  22  5.2  m    m  Khi đó, ta có phương trình: x  5x   x    x  3 x      x  Vậy m  phương trình (1) có nghiệm 2, nghiệm cịn lại 2b Phương trình: x  5x  m   (1)   25  4m   33  4m Để để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x     33  4m   m  Với m  33 33 , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x , theo vi – et ta có:  x1  x    x1.x  m  Để hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn hệ thức cho HDedu - Page 101  x1  0, x       3   x    x1 (2) (3)   25  4(m  2)  33   (2)   x1  x   S   2m  x x   P  m    (3)  x  x1 x1 x 3   x  x1  x1.x  4(x1  x  x1 x )  9x1x  4(5  m  2)  9(m  2)   m   10   m2 2 0  m2  2 m 6   m   10 (L)  Kết hợp điều kiện ta m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu a Chứng minh điểm M, P, H,O,Q nằm đường tròn Ta có EF, EA, FB tiếp tuyến M, A, B đường tròn (O) (gt)  EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau) Xét EM = EA OM = OA = R  OE đường trung trực AM  OE  AM P P trung điểm AM  OPM  90o Xét FM = FA OM = OB = R  OF đường trung trực BM  OF  BM Q Q trung điểm BM  OQM  90o Ta có MH  AB H (giả thiết)  OHM  90o Do đó: OPM  OQM  OHM  90o P, Q, H nhìn cạnh OM HDedu - Page 102 góc vng  P, Q, H thuộc đường trịn đường kính OM  điểm M, P, O, Q, H thuộc đường trịn đường kính OM (đpcm) b Chứng minh AE.BF = R Ta có: OE tia hân giác AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AOE  MOE  AOM Ta có: OF tia hân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  BOF  MOF  BOM Mà EOF  MOE  MOF  AOM  BOM ; AOM  BOM  180o (hai góc kề bù)  EOF  90o EOF vuông O Xét EOF vuông O OM  EF M (tính chất tiếp tuyến)  OM2  EM.FM (hệ thức lượng) Mà EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau); OM = R  R  AE.BF (đpcm) c Gọi K giao điểm MH BE Chứng minh MK = HK Ta có: AE  AB (tính chất tiếp tuyến); BF  AB (tính chất tiếp tuyến); MH  AB (giả thiết)  MH / /AE / /BF MK / / BF ; HK / /AE Xét MK//BF, có: KEM ∽ BEF (Định lý)  MK EM MK BF FM =    (do BF = MF) BF EF EM EF EF FM BK  (Định lý Ta - let) EF BE Xét KH//AE, có: BKH ∽ BEA (Định lý)  Do BK KH  (tính chất) BE AE MK KH  , mà AE = EM suy MK = KH EM AE HDedu - Page 103 d r  OE  OF + EF  Vì r bán kính đường trịn nội tiếp EOF nên SEOF  Mà SEOF  1 OM.EF= R.EF 2  r  OE  OF + EF   R.EF  r EF  R OE  OF + EF Theo BĐT tam giác ta có EF  OE  OF  2EF  OE  OF + EF r EF    R OE  OF + EF (1) Ta có EF  OE, EF  OF  2EF  OE  OF  3EF  OE  OF+ EF  Từ (1) (2) suy r EF   R OE  OF + EF (2) r   R Câu Cách 1: Áp dụng B Đ T: x y 1  x y2  x3 y3    x12  x 22  x32  y12  y22  y32  a  c  a   b  a  b   c  b  c    a   b   c   2 2 2          a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c    a  b   b  c   c  a   2  a   b   c        ab bc ca a  c  a   b  a  b   c  b  c     a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c      2a  c  a   2b  b  a   2c  b  c    2 2 2  a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c      a  b    c  a    b  c      2 2 2  a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c     Đặt a  b  x;  c  a   y;  b  c   z 2 HDedu - Page 104 Ta có x  y2  z  xy  yz  zx   x  y  z   3(xy  yz  zx) 2 2   a  b    c  a    b  c     2 2 2   a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c      a  b    c  a    b  c      2 2 2  a  b   c  a    b  c   a  b    c  a   b  c     2 2  a   b   c         ab bc ca 2  a   b   c  Vậy        ab bc ca Cách 2: Ta có: 2 2 2  a   b   c   a   b   c                  ab bc ca ab bc ca 4 Áp dụng B Đ T cosi có: a  a      ab ab 2 b c  b   c  ; ;       bc bc ca  ca Do đó: 2 a b c  a   b   c            a b bc ca  a b bc ca Chứng minh a b c a b c      0    a b bc ca a b bc ca 2 2  a   b   c  Khi có:        ab bc ca HDedu - Page 105 ... đó: K max Vậy với x  x 3  x 3  ứng với x  x  Z  x  10   10      10 10  10  GTLN biểu thức K  Q  P  1  10 x  10 Bài Gọi thời gian lớp 9A làm để hồn thành xong cơng việc... (1), (2), (3), (4), (5), (6) đồng thời xảy thỏa mãn giả thi? ??t abc Vậy P đạt giá trị lớn , a  b  c  SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS NGƠ SĨ LIÊN Mơn: TỐN Năm học: 2019 – 2020... y x  y   TRƯỜNG THPT THĂNG LONG KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Ngày thi: 24 tháng 02 năm 2019 ĐỢT NĂM 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Mơn thi: TỐN Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức