Bộ đề thi vào lớp 10 toán THPT tỉnh Hải Dương

Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật[r]

Tailieumontoan.com



Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

BỘ ĐỀ THI

VÀO LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG

Câu (2,0 điểm)

1) Giải phương trình sau: a) x− =1

b) x(2+x)− =3 2) Cho phương trình

3

x − x+ = Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình

Hãy tính giá trị biểu thức 2

1

A=x +x

Lời giải

1) a) 8

1

x x x x x − = =   − = ⇔ ⇔ − = − = −

  Vậy phương trình có tập nghiệm {9; 7}

S= −

b) ( )

2 3

3

x

x x x x

x

= 

+ − = ⇔ + − = ⇔ 

= −

 Vậy phương trình có tập nghiệm {1; 3}

S= −

2) Vì ∆ = − = >9 nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Vi-et ta có

1 b x x a c x x a  + = − =    = = 

Do ( )2 2

1 2 2.1

A= x +x − x x = − =

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: :

3 3

x A

x x x x x x

   

= +   − + 

+ + +

    với x>0

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(−1; 4) song song với đường thẳng y=2x−1

Lời giải

a)

( ) : ( )

3

3

x A

x x

x x x x

        = + − +  + +   +      ( ) ( )

3

1 :

3 3

x x x

x

x x x x

+ − + +

 

= + 

+ + +

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2020 – 2021 Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC

( ) (( ))

3

1

:

3 3

x x

x x x x

x x x x x x

+

+ + +

= = ⋅ =

+ + + +

b) Đường thẳng cần tìm có hệ số góc nên có dạng y=2x+m m( ≠ −1) Vì đường thẳng qua điểm M(−1; 4) nên 4= − + ⇒ =2 m m 6(TM)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm y=2x+6 Câu (2,0 điểm)

a) Một đoàn xe nhận chở 480 hàng Khi khởi hành, đồn có thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi lúc đầu đồn xe có chiếc? Biết xe chở khối lượng hàng

b) Cho hệ phương trình với tham số m : (m 1)x y mx y m

+ − =

 

+ =

 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x y0; 0) thỏa mãn x0+y0 >0

Lời giải a) Gọi số xe lúc đầu đoàn xe x (chiếc, *

x∈  ) Khi theo dự định lúc đầu xe chở 480

x (tấn hàng)

Vì chuẩn bị khởi hành có thêm xe nên số xe đoàn xe lúc x+3 (chiếc)

Do xe lúc chở 480

x+ (tấn hàng) Từ đề ta có phương trình 480 480

3

x − x+ =

Giải phương trình ta ( ) ( ) 12

15

x TM

x L

=  

= −



Vậy đoàn xe lúc đầu có 12

b) Ta có ( ) ( ) ( )

1

2

m x y

mx y m

+ − =

 

+ =



Từ ( )2 có y= −m mx thay vào ( )1 ta (m+1)x m− +mx= ⇔3 (2m+1)x= +m 3( )

Để hệ có nghiệm phương trình ( )3 phải có nghiệm

2

m

⇔ ≠ −

Khi ( )3

m x

m

+ ⇒ =

+ , suy

( )

3

2

m m m m

y m

m m

+ −

= − =

+ +

Vậy

m≠ − hệ có nghiệm ( )

2 0

3

; ;

2

m m m

x y

m m

 + − 

=  + + 

 

Cần có x0+y0 >0 nên ( )

2

3

0

2 2

m m m m m

m m m

+ − − +

+ > ⇔ >

+ + +

Vì

2

2 11

3

2

m − + =m m−  + >

  với m nên ( )

1

4

2

m m

⇔ + > ⇔ > −

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O R; ) Gọi

, ,

D E F chân đường cao thuộc cạnh BC CA AB, , H trực tâm ∆ABC Vẽ đường kính AK

a) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành;

b) Trong trường hợp ∆ABC khơng cân, gọi M trung điểm BC Hãy chứng minh FC phân giác DFE bốn điểm M D F E, , , nằm đường tròn;

c) Khi BC đường tròn (O R; ) cố định, điểm A thay đổi đường trịn cho ∆ABC ln nhọn, đặt BC=a Tìm vị trí điểm A để tổng

P=DE+EF+DF lớn tìm giá trị lớn theo a R

Lời giải

a) Vì AK đường kính ( )O nên KB⊥AB KC, ⊥AC Mà BE⊥ AC CF, ⊥AB (gt) nên BH//KC CH, //KB Do tứ giác BHCK hình bình hành (theo DHNB)

b) +) Dễ thấy tứ giác AFHE nội tiếp nên EFH  =EFC=EAH ( )1

I

M

K F

H

E

D O

C B

A

Mà    EAH =CAD=EBC=HBD (cùng phụ với ACB) ( )2 Lại có tứ giác BFHD nội tiếp nên HBD  =HFD=CFD( )3

Từ ( ) ( ) ( )1 , , ta  EFC=CFD hay FC tia phân giác EFD

+) Từ chứng minh ta có    HFE=HFD=HBD=EBM

Mà ∆BME cân M nên  EBM =BEM

Mặt khác   

180

BME+BEM+EBM =

     

2 180 180 180

BME EBM BME HFD BME DFE

⇒ + = ⇒ + = ⇒ + =

Suy tứ giác EMDF nội tiếp (theo DHNB) c) Gọi I AK FE= ∩

Vì tứ giác BFEC ABKC, nội tiếp nên   AFI =ACB=AKB

Mà  

90

AKB+KAB=

Suy   

90 90

KAB+AFI = ⇒AIF = ⇒ AK⊥FE

Do 1( )

2 2

AFO AEO

R

S∆ +S∆ = FI OA+EI OA = OA FE= FE

Chứng minh tương tự có

2

BFO BDO R

S∆ +S∆ = FD

CDO CEO R S∆ +S∆ = DE

Suy ( )

2

ABC R

S∆ = FE+DF+DE

Mặt khác ( ) 2

2 2 2

ABC

a a a a a

S∆ = AD BC= AD≤ AM ≤ OA OM+ = R+ R − 

 

 

Suy

2

4 ABC

a

a R R

S

P FE DF DE

R R

∆

 

+ −

 

 

 

= + + ≤ =

Dấu xảy A O M, , thẳng hàng hay A điểm cung lớn BC

Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1

2 3

a + b + +b + c + +c + a + ≤

Lời giải

Với a b c, , >0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta được:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

a + b + = a +b + b + + ≥ ab+ b+ = ab b+ + Do 2 2 1

2

a + b + ≤ ab b+ + , dấu xảy a= =b Chứng minh tương tự có 2 12 1

2

b + c + ≤ bc+ +c 2

1 1

2

c + a + ≤ ca+ +a

Từ đó, cộng vế với vế bất đẳng thức cho ta được:

2 2 2

1 1 1 1

2 3 1

a b b c c a ab b bc c ca a

 

+ + ≤  + + 

+ + + + + +  + + + + + + 

Mặt khác abc=1 nên

1 1

1 1

ab b

ab b+ + +bc c+ + +ca+ +a =ab b+ + +abbc+abc+ab+bca+ab b+

1

1

1 1

ab b ab b

ab b b ab ab b ab b

+ +

= + + = =

+ + + + + + + +

Do ta có điều phải chứng minh Dấu xảy a= = =b c

Câu (2 điểm)

1) Giải phương trình :

4x −4x+ =9

2) Giải hệ phương trình :

2

− = 

 − =



x y

y x

Câu (2 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d1) : y = 2x − (d2) : y = 4x − m (m tham số) Tìm tất

các giá trị m để (d1) (d2) cắt điểm trục hoành Ox

2) Rút gọn biểu thức :

9

3

   − 

= + −    − 

+ −

   

x x x

P

x

x x x x với x > x ≠ 9; 25

Câu (2 điểm)

1) Theo kế hoạch, xưởng may phải may xong 360 quần áo thời gian quy định Đến thực hiện, ngày xưởng may nhiều quần áo so với số quần áo phải may ngày theo kế hoạch Vì xưởng hồn thành kế hoạch trước ngày, Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may quần áo ?

2) Cho phương trình x2 − (2m + 1)x − = (m tham số) Chứng minh

phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m Tìm giá trị m

sao cho x1 − x2 = x1 < x2

Câu ( điểm)

Từ điểm A nằm (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên mặt phẳng bờ đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường trịn (O) (AM < AN, MN khơng qua tâm O) Gọi I trung điểm MN

1) Chứng minh tứ giác AIOC nội tiếp

2) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh AH AO = AM AN tứ giác MNOH nội tiếp

3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt AB BC thứ tự E F Chứng minh M trung điểm EF

Câu ( điểm)

Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2019 Tìm giá trị nhỏ biểu thức SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2019−2020

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi gồm câu, trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

2 2 2

P= 2a +ab+2b + 2b +bc+2c + 2c +ca+2a

……… Hết ………

HƯỚNG GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2019−2020

(GV giải: Hoàng Thế Việt − trường THCS Thái Thịnh, Kinh Mơn, Hải Dương)

Q trình đánh máy có nhầm lẫn, mong bạn đóng góp ý kiến qua số ĐT 0963484768 Xin cảm ơn!

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Câu (2 điểm)

1)

4x −4x+ =9 (ĐK x ∈ R, 4x2 − 4x + = (2x − 1)2 + > ∀ x) ⇔ 4x2 − 4x + = ⇔ 4x2 − 4x = ⇔ 4x(x − 1) =

⇔ 0

1

= =   ⇔  − =  =   x x x x

Vậy PT có tập nghiệm S = {0; 1}

2)

2 − =   − =  x y

y x ⇔

6 − =   =  y y

x y ⇔

5 =   =  y

x y ⇔

1 =   =  y x

Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) = (2; 1) Câu (2 điểm)

1) Xét hai đường thẳng (d1) : y = 2x − (d2) : y = 4x − m

Hiển nhiên (d1) cắt (d2) a = ≠ a’ =

Gọi M(x0 ; y0) giao điểm (d1) (d2)

Theo (d1) (d2) cắt điểm trục hoành nên y0 = ⇒ M(x0 ; 0)

Do M ∈ (d1) nên 2x0 − = ⇔ x0 =

2 ⇒ M ;      

Lại M ∈ (d2) nên 4.5

2 − m = ⇔ m = 10 Vậy m = 10 giá trị cần tìm

2) Với x > x ≠ 9; x ≠ 25, ta có

P = :

9 3    −  + −      + −   −     

x x x

x

x x x x =

( )

( )( ) ( ( ) )

3 2

:

3 3

− + − − −

+ − −

x x x x x

x x x x

=

( )( ) ( )

3

3

1

3 − − − + − − + + − x x

x x x

x x

x x =

3

3

+ −

+ −

x x x

x x

= (3 )

3

+ −

+ −

x x x

x x =

− −

x x

Vậy P =

− −

x

x với x > x ≠ 9; x ≠ 25

Câu (2 điểm)

1) Gọi số quần áo mà xưởng may phải may ngày theo kế hoạch x (bộ) (ĐK x ∈ N* , x < 360)

Thì thời gian xưởng may dự định may xong 360 quần áo 360

x (ngày)

Khi thực hiện: ngày xưởng may may x + (bộ quần áo) nên thời gian xưởng may may xong 360 quần áo 360

4 +

x (ngày)

Do xưởng may hoàn thành kế hoạch trước ngày nên ta có PT 360

x −

360 +

x = ⇒ 360(x + 4) − 360x = x(x + 4)

⇔ x2 + 4x − 1440 = (*)

Giải PT (*) ta x1 = 36; x2 = −40

Đối chiếu với ĐK ta thấy x = 36 thoả mãn

Vậy số quần áo mà xưởng may phải may ngày theo kế hoạch 36 (bộ) 2) Xét PT x2 − (2m + 1)x − = (1)

PT (1) có a.c = 1(−3) = −3 < ⇒ PT (1) ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu ∀ m Mà x1 < x2 (GT) nên x1 < x2 > ⇒ x1= −x1 x2 = x2

Áp dụng hệ thức Vi−ét ta có x1 + x2 = 2m +

Theo x1 − x2 = ⇔ −x1 − x2 = ⇔ x1 + x2 = −5 ⇔ 2m + = −5 ⇔ m = −3

Vậy m = −3 giá trị cần tìm Câu ( điểm)

1) Chứng minh tứ giác AIOC nội tiếp

Xét (O) có MN dây khơng qua tâm I trung điểm MN nên OI ⊥ MN

⇒ ∠AIO = 90°

Lại có AC tiếp tuyến (O) C ⇒ AC ⊥ OC C ⇒ ∠ACO = 90°

Xét tứ giác AIOC có tổng hai góc đối ∠AIO + ∠ACO = 90° + 90° = 180° ⇒ tứ giác AIOC nội tiếp

2) Chứng minh AH AO = AM AN tứ giác MNOH nội tiếp

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AB = AC Mà OB = OC = R nên AO đường trung trực BC ⇒ AO ⊥ BC H

K F

E

H I

M

C B

O A

N

Xét ∆ABO vuông B có đường cao BH ⇒ AB2 = AH AO (1)

Xét ∆ABM ∆ANB có ∠NAB chung ∠MBA = ∠ANB (cùng chắn cung BM) ⇒ ∆ABM đồng dạng ∆ANB

⇒ AB AM

AN = AB ⇒ AB

2 = AM AN (2)

Từ (1) (2) ⇒ AH AO = AM AN ⇒ AH AM AN = AO

Xét ∆AMH ∆AON có ∠NAO chung AH AM

AN = AO (cmt)

⇒ ∆AMH ∆AON đồng dạng ⇒ ∠AHM = ∠ANO ⇒ tứ giác MNOH nội tiếp

3) Chứng minh M trung điểm EF

Gọi K giao điểm MN BC

Ta có ∆OMN cân O (vì OM = ON = R) ⇒ ∠ONM = ∠OMN

Mà tứ giác MNOH nội tiếp (cmt) ⇒ ∠OMN = ∠OHN (cùng chắn cung ON) ⇒ ∠ONM = ∠OHN

Lại có ∠AHM = ∠ONM (cmt) ⇒ ∠AHM = ∠OHN

Mà ∠AHM + ∠MHK = ∠OHN + ∠NHK = 90° ⇒ ∠MHK = ∠NHK ⇒ HK tia phân giác ∠MHN

Xét ∆MHN có HK tia phân giác ∠MHN ⇒ MK MH

NK = NH (3)

Do HA ⊥ HK ⇒ HA tia phân giác góc ngoại đỉnh H ∆MHN ⇒ AM MH

AN = NH (4)

Từ (3) (4) ⇒ MK AM

NK = AN (5)

Lại EF // NB nên theo hệ định lí Ta−lét ta có ME AM NB = AN

MK MF

NK = NB (6)

Từ (5) (6) ⇒ ME MF

NB = NB ⇒ ME = MF ⇒ M trung điểm EF Câu ( điểm)

Xét biểu thức 2 2 2

P= 2a +ab+2b + 2b +bc+2c + 2c +ca+2a Với a, b, c ta có

4(2a2 + ab + 2b2) = 8a2 + 4ab + 8b2 = 5(a2 + 2ab + b2) + 3(a2 − 2ab + b2)

= 5(a + b)2 + 3(a − b)2 ≥ 5(a + b)2 (vì (a − b)2 ≥ 0)

⇒ ( 2)

4 2a +ab+2b ≥ a( +b)2 = 5(a + b)

⇒ 2 5( )

2a ab 2b a b

2

+ + ≥ +

Chứng minh tương tự ta có 2 5( )

2b bc 2c b c

2

+ + ≥ +

( )

2

2c ca 2a c a

2

+ + ≥ +

Do P 5(a b b c c a) a( b c) 2019

≥ + + + + + = + + = (vì a + b + c = 2019)

Dấu “=” xảy a b c a b c 2019

a b c 2019

= =

 ⇔ = = =

 + + = 

Vậy Min P = 2019 ⇔ a b c 2019 = = =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 05 tháng năm 2018

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm):

1) Giải phương trình: 1 2

+ − = ⇔ + − = ⇔ =

x

x x x x

2) Giải hệ phương trình: 17 2( ) 17

2 1 2

 = −  + = −  =

 ⇔ ⇔

 − =   =

= +

 

 



y y

x y x

x y x y y

Câu (2,0 điểm):

1) Cho hai hàm số bậc y = x –3 ( )

y = m +1 x+2m−

Với giá trị m đồ thị hàm số cắt điểm có hoành độ -1

2) Rút gọn biểu thức: = +  − +

+ + + +

 

1 x

A :

x x x x x với a≥ a0; ≠1 Câu (2,0 điểm):

1) Một ô tô từ Hải Dương đến Hạ Long với quãng đường dài 100km Đến Hạ Long nghỉ lại 8h20 phút quay lại Hải Dương hết tổng cộng 12h Biết vận tốc lúc lớn lúc 10km/h Tính vận tốc lúc ô tô

2) Cho phương trình 2

2

− + − =

x mx m Gọi hai nghiệm phương trình x x1, 2

tìm m để 3

1 − =10

x x

Câu (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC Kẻ AH ⊥ BC Gọi M N hình chiếu vng góc H AB AC

1) Chứng minh AC2 =CH.CB

2) Chứng minh tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp AC.BM + AB.CN =AH BC

3) Đường thẳng qua A cắt HM E cắt tia đối tia NH F Chứng minh BE // CF

Câu (1,0 điểm):

Cho phương trình ax2 +bx+ =c 0 (a≠0) có hai nghiệm

1

x ; x thỏa mãn 0≤x1≤x2 ≤2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 22

3a ab ac L

5a 3ab b

− +

=

− +

Họ tên thí sinh: ………Số báo danh: ………

Chữ ký giám thị 1: ……….Chữ ký giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 04 tháng năm 2018 I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1,00

3

1 2

2

+ − = ⇔ + − = ⇔ =

x

x x x x 0,25

0,25 0,25 0,25

2 1,00

( )

3 17

3 17

2 1 2

 = −  + = −  =

 ⇔ ⇔

 − =   =

= +

 

 



y y

x y x

x y x y y

KL

0,25 0,25 0,25 0,25

2 1,00

-Đk để đt cắt

m + ≠ ⇔1 m≠0

-Thay x =- vào y = x-3 =-4

-Thay x =-1 y = -4 vào hàm số ( )

y= m +1 x+2m−3

m =0 (Loại); m = (TM) ĐS: m =2

0,25 0,25 0,25 0,25

2 1,00

( ) ( )

( ) (( ))

( )

  −

= −  +

+ + + +

 

 

−

 −  +

 + + 

  +

 

+ −

= +

+ −

− + − − + −

= + = =

2

2

1 x

A :

x x x x x

1 x

= :

x

x x x 1

x

1 x . 1

x x x

x x 1 x 1

1

x x x

0,25

0,25

0,25

0,25

3 1,00

Gọi vận tốc lúc ô tô x km/h (x>0) Vận tốc lúc x +10 km/h

Thời gian lúc 100 h x

Thời gian lúc 100 h x 10+

Theo đề ta có PT

100 100 25

12 x +x 10+ + =

ĐS x =50 km/h

0,25

0,25

0,25

0,25 Cho phương trình 2

2

− + − =

x mx m Gọi hai nghiệm

phương trình x x1, 2 tìm m để 3

1 − =10

x x

1,00

'

∆ = > pt có hai nghiệm phân biệt với m

1 2

x x 2m

x x m

+ =

= −

Bình phương hai vế biến đổi được:

( )2 ( )2

1 2 2

x x 4x x  x x x x  200

 + −   + −  =

 

   

Thay VI-ét ta có

2

2

3m

m

3m

 + =

⇔ = ±



+ = −



0,25

0,25

0,25

0,25

4

F E

H

N M

O C

B

A

0,25

1 0,75

- Chỉ góc BAC vuông -Áp dụng hệ thức

b =b '.a vào tam giác vng ABC ta có

=

2

AC CH.CB

0,25 0.25 0,25

2 1,00

-Chỉ góc MNA góc NAH góc ABH - Suy tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp

- Chỉ ∆ BMH  ∆AHC suy BM BH

AH= AC suy BM.AC =

AH BH

Chỉ ∆ CNH  ∆AHB suy CN CH

AH= AB suy CN.AB = AH CH

-Cộng theo vế suy điều phải chứng minh

0,25

0.25

0,25

0,25

3 1,00

- Có HE //AC nên góc AEM góc NAF suy ∆ANF

∆EMA(g.g) AN NF

ME AM

⇒ = ⇒AN.AM NF.ME=

- Chỉ ∆HNC ∆BMH(g.g) BM MH BM.NC MH.NH

HN NC

⇒ = ⇒ =

AN.AM NF.ME

⇒ =

- Có AM.AN = MH.NH

Kết luận NF.ME =BM.NC ME BM

NC NF

⇒ =  = =

BME FNC( 90 )

- Suy ∆BME ∆FNC(c.g.c)

0,25

0,25 x

  ⇒BEM=FCN

Mà AEM =FAC ( góc đồng vị HE // AC ) Ta có AEB  =AEM BEM+

Và xFC  =FCN FAC+ ( góc ngồi tam giác AFC )

Nên AEB =xFC

Suy BE // CF (có góc vị trí đồng vị AEB =xFC)

0,25

0,25

5 1,00

( )

2

1 2

2 2

1 2

b c

3 x x x x

3a ab ac a a

L

5a 3ab b b b 3x 3x x x

5

a a

− + + + +

− +

= = =

− + −   + + + +

+    

Biến đổi đánh giá 0≤x1≤x2 ≤2ta có ( ) ( )

1 2

x x x x

3

L x x x x

1 L

3

− − +

= − ≤

+ + +

⇒ ≥

Min L = 1/3

0,25

0,25

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018

Môn thi: TOÁN

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:

1) (2x 1)(x− +2)=0 2) 3x y

3 x y

+ = 

 − = 

Câu (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y= − + +x m (d’): y=(m2−2)x+3 Tìm m để (d) (d’) song song với

2) Rút gọn biểu thức: P x x x :1 x

x x x x x

 − +  −

= − 

− − − −

  với x>0; x≠1; x ≠4

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 1− =0 (x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x13−x32+3x x1 2 =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

3) Chứng minh: HB22 EF HF −MF =

Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x+ + =y z 3.Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức: Q x 12 y 12 z 12

1 y z x

+ + +

= + +

+ + +

-Hết -

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC: 2017-2018 - MƠN TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 (2 () 2)

2

2 2 ⇔ − + = − =  ⇔  + =   =  ⇔  = −  x x x x x x 0,25 0.25 0,25 0.25

3

3 + = =   ⇔  − =  =  

x y x

x y y 1,00

II

Điều kiện để hai đồ thị song song

2 1 2 = ± − = − ⇔   + ≠  ≠   m m m m

Loại m = 1, chọn m =-1

1,00

2 ( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

A ( ) :

2 2

2

A ( ) :

2

1 2

2

A ( ) :

2

1 2

2 A − + − = − − − − − − + − = − − + − − − + − = − − + − − − = +

x x x x

x x x x x

x x x x

x

x x x x

x x x x

x

x x x x

x 0,25 0,25 0,25 0,25 II

1

Gọi số chi tiết máy tháng đầu tổ x chi tiết ( x nguyên dương, x < 900)

Gọi số chi tiết máy tháng đầu tổ y chi tiết ( ynguyên dương, y < 900)

Theo đề ta có hệ 900 400

1,1 1,12 1000 500

+ = =

 

⇔

 + =  =

 

x y x

x y y

Đáp số 400, 500

1,00

2

29

29 12

12

∆ = − m⇒ ∆ ≥ ⇒ ≤m nên pt có hai nghiêm Áp dụng vi ét x1+x2 = −5 x x1 =3m−1

P = ( ) (( ) )

2

1 2 2

1

3 75

3

− + − + =

⇒ − =

x x x x x x x x

x x

Kết hợp x1+x2 = −5 suy x1= −1;x2 = −4 Thay vào x x1 =3m−1 suy m =

5

1

IV

N

F

E

H

B A

O M

0,25

a)  MAO MBO= =900 ⇒ MAO MBO+ =1800 Mà hai góc đối nên

tứ giác MAOB nội tiếp 0,75

b) Chỉ ∆MNF∆ANM g g( − ) suy MN2 =NF NA.

Chỉ ∆NFH∆AFH g g( − ) suy NH2 =NF NA.

Vậy MN2 =NH2 suy MN = NH

c)

1

Có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R ⇒ MO đường trung trực AB

⇒ AH ⊥ MO HA = HB

1

∆MAF ∆MEA có: AME chung; MAF  =AEF ⇒ ∆MAF ∆MEA (g.g)

2

MA MF

MA MF.ME

ME MA

⇒ = ⇒ =

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng MAO, có: MA2 = MH.MO

Do đó: ME.MF = MH.MO ME MO

MH MF

⇒ =

⇒ ∆MFH ∆MOE (c.g.c)

 

MHF MEO

⇒ =

Vì BAE góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

  

 

   

1

FEB FAB = EB

2

MHF FAB

ANH NHF ANH FAB 90

s

H A

đ

F N

⇒ =

⇒ =

⇒ + = +

 

 

 

=

⇒ ⊥

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng NHA, có: NH2 = NF.NA

2

NM NH NM NH

⇒ = ⇒ =

3) Chứng minh: HB22 EF HF −MF =

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vng NHA, có: HA2 = FA.NA

HF2 = FA.FN

Mà HA = HB

2

2

HB HA FA.NA NA

HF HF FA.FN NF

⇒ = = =

⇒ HB2 = AF.AN (vì HA = HB)

Vì AE // MN nên EF FA

MF = NF (hệ định lí Ta-lét)

2

HB EF NA FA NF

1

HF MF NF NF NF

⇒ − = − = =

0,25

V

2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1

x y z x y z

Q M

y z x y z x y z x

   

+ + +

= + + = + +  + + + =

+ + +  + + +   + + + 

Xét 2 2 2

1 1

x y z

M

y z x

= + +

+ + + , áp dụng Cơsi ta có:

( 2) 2 2

2 2

1

1 1 2

x y xy

x xy xy xy

x x x

y y y y

+ −

= = − ≥ − = −

+ + +

1,00

Tương tự: 2 ; 2

1 2

y yz z zx

y z

z ≥ − x ≥ −

+ + ; Suy

2 2

1 1 2

x y z xy yz zx xy yz zx

M x y z

y z x

+ + + +

= + + ≥ + + − = −

+ + +

Lại có:

( )2 ( )

2 2

3

x +y +z ≥xy+yz+zx⇒ x+ +y z ≥ xy+yz+zx ⇒xy+yz+zx≤

Suy ra: 3 3

2 2

xy yz zx

M ≥ − + + ≥ − =

Dấu “=” xảy ⇔ = = =x y z

Xét: 2 2 2

1 1

N

y z x

= + +

+ + + , ta có:

2 2

2 2 2

2 2

1 1

3 1

1 1

3

1 1 2 2

     

− = −  + −  + − 

+  +   + 

 

+ +

= + + ≤ + + = =

+ + +

N

y z x

y z x y z x x y z

y z x y z x

Suy ra: 3 2

N ≥ − =

Dấu “=” xảy ⇔ = = =x y z

Từ suy ra: Q≥3 Dấu “=” xảy ⇔ = = =x y z Vậy Qmin =3 ⇔ = = =x y z

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

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:

a)

(x+3) =16 b)

2

1

+ − = 



 = − 

x y

x y

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: :

1 1

 +   + 

= −    − 

− − + +

   

x x x

A

x x x x x với x≥0, 1x≠ b) Tìm m để phương trình: x2 − 5x + m − = có hai nghiệm phân biệt

1,

x x thoả mãn

2

1 −2 +3 =1

x x x x

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm a b biết đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A( 1; 5)− song song với đường thẳng y = 3x +

b) Một đội xe phải chuyên chở 36 hàng Trước làm việc, đội xe bổ sung thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi đội xe lúc đầu có xe? Biết số hàng chở tất xe có khối lượng

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Gọi C điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C khác O B) Dựng đường thẳng d vng góc với AB điểm C, cắt nửa đường tròn (O) điểm M Trên cung nhỏ MB lấy điểm N (N khác M B), tia

AN cắt đường thẳng d điểm F, tia BN cắt đường thẳng d điểm E Đường thẳng AE

cắt nửa đường tròn (O) điểm D (D khác A) a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB

b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng F tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh điểm I nằm trên đường thẳng cố định điểm N di chuyển cung nhỏ MB

Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn: abc =

Tìm giá trị lớn biểu thức: P 5 ab5 5 bc5 5 ca5

a b ab b c bc c a ca

= + +

+ + + + + +

-Hết -

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang)

Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa

Câu Ý Nội dung Điểm

1

Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)

(x+3) =16 b)

2 (1)

1 (2)

+ − = 



 = −



x y

x y 2,00

a PT ⇔

x

x

+ = 

 + = − 

0,25 0,25

⇔ x

x

=   = − 

0,25 0,25

b

(1) ⇔y = -2x + 0,25

Thế vào (2) được: x 2x

4

− +

= − 0,25

⇔ =x 0,25

Từ tính y = Hệ PT có nghiệm (0;3) 0,25

2 a Rút gọn biểu thức: :

1 1

 +   + 

= −    − 

− − + +

   

x x x

A

x x x x x với x≥0, 1x≠ 1,00

+) 2 ( 1)

1 1 ( 1)( 1)

+ − = + − + + = −

− − − − + +

x x x x x x x

x x x x x x x x

= 1

+ +

x x

0,25

+) 2

1 1

+ + + − − −

− = =

+ + + + + +

x x x x x

x x x x x x 0,25

A = 1

+ +

x x

1

+ +

−

x x

x 0,25

A = 1 −

x 0,25

2 b Tìm m để phương trình: x2 − 5x + m − = có hai nghiệm phân biệt

1,

x x thoả mãn x12 −2x x1 +3x2 =1 (1)

1,00

+) Có: ∆ = 37 - 4m, phương trình có hai nghiệm phân biệt 37

0 m

4

∆ > ⇔ < 0,25

+) Theo Vi-et có : x1 + x2 = (2) x1x2 = m - (3)

Từ (2) suy x2 = - x1, thay vào (1) 3x12 - 13x1 + 14 = 0, giải phương

trình tìm x1 = ; x1 =

3

0,25 +) Với x1 = tìm x2 = 3, thay vào (3) m = 0,25

+) Với x1 =

3 tìm x2 =

3, thay vào (3) m = 83

9 0,25

3 a Tìm a b biết đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A( 1;5)− song

song với đường thẳng y = 3x + 1,00

+) Đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A nên: = a(-1) + b (1) 0,25 +) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x +

chỉ a = b ≠ 0,25

+) Thay a = vào (1) tìm b = 0,25

+) b = thoả mãn điều kiện khác Vậy a = 3, b = 0,25

3 b

Một đội xe phải chuyên chở 36 hàng Trước làm việc đội xe bổ sung thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi đội xe lúc đầu có xe? Biết số hàng chở tất xe có khối lượng

1,00

Gọi số xe lúc đầu x (x nguyên dương) xe phải chở khối lượng

hàng là: 36 x (tấn)

0,25

Trước làm việc, có thêm xe nên số xe chở 36 hàng

(x +3) xe, xe phải chở khối lượng hàng 36

x+3(tấn)

0,25

Theo có phương trình: 36 36 x −x+3=

Khử mẫu biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = (1)

0,25

Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12

Đối chiếu điều kiện x = thoả mãn Vậy số xe lúc đầu xe 0,25

4 a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB 1,00

Vẽ hình

C M

N F D

O

A B

E

0,25



ADB=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), có: ACE =900 (Vì d

vng góc với AB C) 0,25

Do hai tam giác ADB ACE đồng dạng (g.g) 0,25

AD AB

AD.AE AC.AB

AC AE

⇒ = ⇒ = 0,25

4 b Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng F tâm đường tròn nội

tiếp tam giác CDN 1,00

Xét tam giác ABE có: AB ⊥ EC

Do 

ANB=90 ⇒AN⊥BE

Mà AN cắt CE F nên F trực tâm tam giác ABE

0,25

Lại có: BD⊥AE(Vì ADB=900)⇒BD qua F ⇒B, F, D thẳng hàng 0,25 +) Tứ giác BCFN nội tiếp nên FNC =FBC, Tứ giác EDFN nội tiếp nên

 

DNF=DEF, mà FBC =DEF nên DNF =CNF⇒NF tia phân giác góc DNC

0,25

+) Chứng minh tương tự có: CF tia phân giác góc DCN Vậy F

tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN 0,25

4 c

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB

1,00

H

M N F D

O

A B

C E

0,25

Lấy điểm H đối xứng với B qua C, B C cố định nên H cố định Ta có: ∆FBHcân F (vì có FC vừa đường cao vừa đường trung

tuyến)⇒FHB =FBH 0,25

Mà FBH =DEC (Do phụ với góc DAB) ⇒FHB =DEC hay  

AEF=FHB⇒Tứ giác AEFH nội tiếp

0,25

Do đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF qua hai điểm A, H cố định ⇒Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm đường trung trực đoạn thẳng AH cố định

0,25

5

Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn: abc = Tìm giá trị lớn

của biểu thức: P 5 ab5 5 bc5 5 ca5

a b ab b c bc c a ca

= + +

+ + + + + + 1,00

Ta có: a5 + b5 ≥a2b2(a + b) (1) với a > 0, b>

Thật vậy: (1) ⇔ (a - b)2(a + b)(a2 + ab + b2) ≥0,

Dấu đẳng thức xảy a = b

0,25

Do ta được:

5 2

ab ab c c

a +b +ab ≤a b (a+b)+ab =ab(a+b) 1+ = abc(a+b)+c= a+ +b c

0,25

Tương tự có: 5 bc5 a

b + +c bc ≤a+ +b c 5

ca b

c +a +ca ≤ a+ +b c Cộng vế với vế bất đẳng thức được:

c a b

P

a b c a b c a b c

≤ + + =

+ + + + + +

0,25

Vậy giá trị lớn P a = b = c =1 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) 2x+ =1

2)

1

x y

y x

= − 

 = − +



3)

8

x + x − =

Câu II (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A=( a+2)( a− −3) ( a+1)2+ 9a với a≥0

2) Khoảng cách hai tỉnh A B 60 km Hai người xe đạp khởi hành một lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu Sau sửa xe xong, người thứ với vận tốc nhanh trước km/h nên đã đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm giá trị m để phương trình 2

2( 1)

x − m+ x+m − = có nghiệm kép

Tìm nghiệm kép

2) Cho hai hàm số y=(3m+2)x+5 với m≠ −1 y= − −x có đồ thị cắt điểm A x y( ; ) Tìm giá trị m để biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng BC BD lần lượt E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF

1) Chứng minh ACBD hình chữ nhật

2) Gọi H trực tâm tam giác BPQ Chứng minh H trung điểm OA 3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a a a1, 2, 3, ,a2015 thỏa mãn điều kiện:

1

1 2015

1 1

89

a + a + a + + a ≥

Chứng minh 2015 số ngun dương đó, ln tồn số -Hết -

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ tên thí sinh Số báo danh Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016 (Hướng dẫn chấm gồm: 03 trang)

Câu Ý Nội dung Điể

m

I Giải phương trình 2x+ =1 0,50

Pt ⇔ 2x= −1 0,25

1

x

⇔ = − 0,25

I Giải hệ phương trình

1

x y

y x

= − 

 = − +

 0,50

Hệ

2

x y

x y

+ =



⇔ − + = −

 0,25

Tìm x= =y 0,25

I Giải phương trình

8

x + x − = 1,00

Đặt

,

t =x t≥ ta t2+ − =8t 0,25

Giải phương trình tìm

t t

=   = −

 0,25

9

t = − < (Loại) 0,25

2

1 1

t = ⇒x = ⇔ = ±x 0,25

II Rút gọn biểu thức A=( a+2)( a− −3) ( a +1)2+ 9a với a≥0 1,00

( a+2)( a − = −3) a a−6 0,25

( )2

1

a+ = +a a+ 0,25

6 ( 1)

A= −a a− − +a a+ + a 0,25

7

A= − 0,25

II Tính vận tốc hai người lúc đầu 1,00

Gọi vận tốc hai người lúc đầu x km/h (x > 0)

Thời gian từ A đến B người thứ hai 60 ( )h x

0,25

Quãng đường người thứ đầu x (km) ⇒ Quãng đường lại 60 – x (km)

⇒Thời gian người thứ quãng đường lại 60 ( )

x h x

− +

0,25

( )

1 20 '

3 h

= Theo ta có: 60 1 60

3

x

x x

− = + +

+ 0,25

( ) ( ) ( )

2

60.3 4 60

20

16 720

36

x x x x x

x

x x

x

⇔ + = + + −

= 

⇔ + − = ⇔ 

= − 

Do x>0 nên x=20 Vậy vận tốc hai người lúc đầu 20 km/h

0,25

III Tìm m để 2

2( 1)

x − m+ x+m − = có nghiệm kép Tìm nghiệm kép 1,00

2

' (m 1) (m 3) 2m

∆ = + − − = + 0,25

Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ =' 2m+ = ⇔4 m= −2 0,25

Nghiệm kép x1=x2 = +m 0,25

Vậy m= −2 phương trình có nghiệm kép x1 =x2 = −1 0,25 III Cho hai hàm số y=(3m+2)x+5 y= − −x có đồ thị cắt

điểm A x y( ; ) Tìm m để biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ 1,00 Với m≠ −1 hai đồ thị cắt điểm ;

1

A

m m

−

 − 

 + + 

  0,25

2

2 2

2 3

1

P y x

m m

−

   

= + − = −  +  −

+ +

    0,25

Đặt

1

t m

=

+ ta

2

4 ( 2) 6,

P= − − = −t t t − ≥ − ∀t 0,25

2

6 2

1

P t m

m

= − ⇔ = ⇒ = ⇔ =

+

Vậy m=0 biểu thức P= y2+2x−3 đạt giá trị nhỏ

0,25

IV Chứng minh ACBD hình chữ nhật 1,00

D

O B

A

C H

P Q

E F

D O

B

A C

Hình vẽ ý Hình vẽ ý

Vẽ hình ý 0,25

 

90

ACB=ADB= (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25

 

90

CAD=CBD= (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25

Suy Chứng minh ACBD hình chữ nhật 0,25

IV Chứng minh H trung điểm OA 1,00

Tam giác BEF vng B có đường cao BA nên AB2 = AE AF ⇒

2

AE AB AE AB AE AB

AB = AF ⇒ OA= AQ⇒ OA= AQ;

0,25

 

90

EAO=BAQ= ⇒ ∆AEO đồng dạng với ∆ABQ 0,25

⇒  AEO= ABQ Mặt khác  HPF =ABQ (góc có cạnh tương ứng vng

góc) nên  AEO=HPF Hai góc vị trí đồng vị nên PH // OE

0,25

P trung điểm EA ⇒ H trung điểm OA 0,25 IV Xác định vị trí CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ 1,00

Ta có ( ) ( )

2

BPQ

AB PQ R

S∆ = =R PQ =R AP+AQ = AE+AF 0,25

.2 AF

2

R

AE

≥ 0,25

2

R AB R AB R

= = =

2

BPQ

S∆ = R ⇔ AE=AF 0,25

BEF

⇔ ∆ vuông cân B ⇔ ∆BCD vuông cân B ⇔CD⊥ AB

Vậy S∆BPQ đạt giá trị nhỏ 2R2 CD⊥ AB

0,25

V

Cho 2015 số nguyên dương a a a1, 2, 3, ,a2015 thỏa mãn điều kiện:

2

1 2015

1 1

89

a + a + a + + a ≥ Chứng minh 2015 số nguyên dương đó, tồn số

1,00

Giả sử 2015 số nguyên dương cho khơng có số 0,25

nhau Khơng tính tổng qt, ta xếp số sau:

1 2015 1, 2, 3, , 2015 2015

a <a <a < <a ⇒a ≥ a ≥ a ≥ a ≥

1 2015

1 1 1 1

1 2015

a a a a

⇒ + + + + ≤ + + + + 0,25

2 2

1

2 2 2015

= + + + +

1 1

1

2 2014 2013 2015 2014

 

< +  + + + + 

+ + + +

 

0,25

( )

( )

1 2 2014 2013 2015 2014

1 2015 89

= + − + − + + − + −

= + − <

1 2015

1 1

89

a a a a

⇒ + + + + < Vơ lý Do 2015 số

nguyên dương cho, tồn số

0,25

Ư

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 13 tháng năm 2014 (Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x x( +2)=3

b) Giải hệ phương trình:

3 11

= −



 + = 

y x

x y

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

3

2 −

= − −

−

− +

y xy

x x

P

y x

x y x y với x≥0;y≥0 x≠ y

b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài chiều rộng sân trường

Câu (2,0 điểm)

a) Cho đường thẳng (2 3)

y= m− x− (d) Tìm giá trị m để đường thẳng (d)

qua điểm 2;

− 

 

 

A

b) Tìm m để phương trình

2

− − + =

x x m có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn điều kiện 2 2

2 ( − +1) ( − =1)

x x x x

Câu (3,0 điểm)

Qua điểm C nằm ngồi đường trịn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D tiếp điểm) Đường thẳng CO cắt đường tròn hai điểm A B (A nằm C B) Kẻ dây DE vng góc với AB điểm H

a) Chứng minh tam giác CED tam giác cân b) Chứng minh tứ giác OECD tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC

Câu (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

2

+

+ ≤

+ + +

c

a b c

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q=(a+1)(b+1)(c+1)

ĐỀ CHÍNH THỨC

-Hết -

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014-2015

Câu ý Nội dung

1 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: x x( +2)=3

( )

2 3

x x+ = ⇔ x + x− = Ta có: a + b + c = + – =

Vậy phương trình có hai nghiệm x1=1; x2 = −3

b)

Giải hệ phương trình:

3 11

= −



 + = 

y x

x y

2 2

3 11 3(2 1) 11 14

y x y x y x y

x y x x x x

= − = − = − =

   

⇔ ⇔ ⇔

 + =  + − =  =  =

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 3) 2

(2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

3

2 −

= − −

−

− +

y xy

x x

P

y x

x y x y với x≥0;y≥0 x≠ y

3

( ) ( )

( )( )

2

( )( )

1

y xy

x x

P

x y

x y x y

x x y x x y y xy

x y x y

x xy x xy y xy

x y x y

x y y x

x y y x

−

= − +

−

− +

+ − − + −

=

+ −

+ − + + −

=

+ −

− + −

= = − = −

− −

b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài chiều rộng sân trường

Gọi chiều dài chiều rộng sân trường hình chữ nhật x(m), y(m), điều kiện x > y > 16

Theo ta lập hệ phương trình: 16

2 28

x y

x y

− = 

 − = −



- Giải hpt, được: 36 20 x y =   =

 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy chiều dài chiều rộng sân trường hình chữ nhật 36(m), 20(m)

3 (2,0 điểm)

a)

Cho đường thẳng (2 3)

y= m− x− (d) Tìm giá trị m để đường thẳng

(d) qua điểm 2;

− 

 

 

A

ĐK:

2

m≠

Để đường thẳng (d) qua điểm 2;

− 

 

 

A , ta có: (2 3) 1

3 m 2

  = − − −   m

⇔ = ( TM )

b) Tìm m để phương trình

2

− − + =

x x m có hai nghiệm phân biệt x x1;

thỏa mãn điều kiện 2 2

2 ( − +1) ( − =1)

x x x x

Ta có: ∆ =' 2m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt

' 2m m

∆ > ⇔ > ⇔ >

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 2

2 (1) (2)

x x

x x m

+ =



 = −



Theo bài: 2 2 2 2

2 ( 1) ( 1) 2

x x − +x x − = ⇔ x +x − x x + =

( )2 2 2

1 2 2 (3)

x x x x x x

⇔ + − − + =

Thay (1), (2) vào (3), ta có: 2

8m 12m 2m 3m

− + + = ⇔ − − =

1

1

m

⇒ = − (loại); m2 =2(thỏa mãn) Vậy m =

4 (3,0 điểm) H E B A O D C

- Vẽ hình xác:

a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân

Ta có DH ⊥AB⇒HD=HE ⇒CH vừa đường cao vừa trung tuyến tam giác CED nên tam giác CED tam giác cân

b) Chứng minh tứ giác OECD tứ giác nội tiếp

Xét ∆CDO và ∆CEO có: AD = CE (do ∆CED cân C), OC: cạnh chung,

OD = OE (cùng bán kính (O))

 

( ) 90

CDO CEO c c c CEO CDO

⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =

Tứ giác OECD có   0

90 90 180

CEO+CDO = + = ⇒OECD tứ giác nội

tiếp

c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC

Ta có CD⊥OD CE, ⊥OE⇒CD CE hai tiếp tuyến đường tròn(O)

    1 2

COD COE AD AE D D

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒DA phân giác CDE

AC DC

AH DH

⇒ = (t/c đường phân giác tam giác) (1)

Lại có 

90

ADB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên BD ⊥DA ⇒ DB

là phân giác góc ngồi D ∆CDH

BC DC

BH DH

⇒ = (t/c đường phân giác tam giác) (2)

Từ (1), (2) AC BC AC BH AH BC

AH BH

⇒ = ⇒ =

5 (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mẫn điều kiện

2

+

+ ≤

+ + +

c

a b c

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q=(a+1)(b+1)(c+1)

Cách 1:

Do a, b, c > nên từ

2

+

+ ≤

+ + +

c

a b c

(a 1)(b 1)(c 1) 6(a 2) 2(b 4) 3(c 3)

⇒ + + + ≥ + + + + + −

- Đặt a+ =2 x b, + =4 y c, + =3 z Ta có: Q≥6x+2y+3z−6 -Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy (Cơ-si), ta có:

3

3 3

6x+2y+3z≥3 3x y z =3 36xyz =3 36 xyz (1)

Lại từ giả thiết, ta có: z yz 3xz 2xy xyz

x y z

−

+ ≤ ⇒ + + ≤

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2

3 3

3 6( ) 6( )

yz+ xz+ xy≥ xyz ⇒ xyz≥ xyz ⇒ xyz ≥ (2)

Từ (1), (2) 3

6x 2y 3z 36.3 54

⇒ + + ≥ =

Do Q≥54 6− =48 Dấu “=” xảy

4 3( 2)

6

3 2( 2) 1, 5,

1

1

2

b a

x y z

c a a b c

z

x y z c

a b c



 + = +

= =





 ⇔ + = + ⇒ = = =

−

 + = 

  +

  + =

+ + +



Vậy Qmin = 48 a=1,b=5,c=3 Cách

1

ó:

a+2

1

:1

a+2 ( 4)( 3)

1

2 (1)

2 ( 4)( 3)

Ta c

b c

Suy ra

b c b c

a

a b c

+ ≤ −

+ +

− ≥ + ≥

+ + + +

+

⇔ ≥

+ + +

Tương tự:

3 2

1 2 (2)

4 a+2 ( 2)( 3) ( 2)( 3)

c+1

và (3)

c+3 ( 2)( 4)

b

b c a c b a c

a b

+

− ≥ + ≥ ⇔ ≥

+ + + + + + +

≥

+ +

Từ (1),(2) (3), ta có:

1 c+1 48

2 c+3 ( 2)( 4)( 3) 48

a b

a b a b c

Q

+ +

≥

+ + + + +

⇒ ≥

Vậy Qmin = 48 a=1,b=5,c=3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2013

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm):

1) Giải phương trình : ( x – )2 =

2) Giải hệ phương trình:

x + 2y - 2=

1  

 = +

x y

Câu ( 2,0 điểm ):

1) Rút gọn biểu thức: A = 1

2

x x

 

 +  −

 

 − +  

  

x

x với x > x ≠

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m -2) x +m – song song với đồ thị hàm số y = x +5 Câu ( ,0 điểm ):

1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km Một ca nơ xi dịng từ A đến B ngược dòng từ B A hết tất 15 phút Biết vận tốc dòng nước km/h.Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng

2) Tìm m để phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm phân biệt x1,

x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 = x1+ x2

Câu ( 3,0 điểm ) :

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, nửa đường trịn lấy điểm C (C khác A B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Vẽ đường thẳng d vng góc với AB B

Các đường thẳng AC AD cắt d E F

1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn

2)Gọi I trung điểm BF.CHứng minh ID tiếp tuyến nửa đường tròn cho

3)Đường thẳng CD cắt d K, tia phân giác CKE cắt AE AF M

và N.Chứng minh tam giác AMN tam giác cân

Câu ( 1,0 điểm ): Cho a, b số dương thay đổi thoả mãn a+b=2.Tính giá trị nhỏ của biểu thức

Q = ( 2)

2

1

2 a b a b

b a a b

   

+ −  + +  + 

   

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN

Câ u

Phần Nội dung

1 1

(x-2)2 = ⇔ x

x

− = 

 − = − 

⇔ x

x

= + = 

 = − + = − 

Vậy pt có nghiệm x =5 x = –

2

x 2y

x 2y x y

3x 2y

2 + − =

  + =

 ⇔

 = +  − =

 

4x

x 2y = 

⇔  + =

 x

y =  ⇔  =



Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (2; 0)

2 1

với x> x≠9

( x 3) ( x 3) x A

2

( x 3)( x 3) x

 + + −  

=  − 

+ −

  

2 x x x x

− =

−

1 =

2

để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+

⇔ 3m

m − = 

 − ≠ 

⇔ m

m

=   ≠  ⇔m =

Vậy : m = đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h) ; ĐK: x> Vân tốc ca nô xuôi dịng là: x +3 km/h

Vân tốc ca nơ ngược dòng là: x – km/h

3 1

Thời gian ca nơ xi dịng là: 45 x+3h Thời gian ca nơ ngược dịng là: 45

x 3− h Theo đề ta có phương trình:

45 x+3+

45 x 3− =

25

Giải phương trình ta x1=-0,6( Loại); x2=15( Thỏa mãn)

Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 15km/h

2

Cách 1: Để phương trình x2 -2(2m+1)x + 4m2+4m =0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > với m

Theo Viét ta có x1+x2 =2(2m+1)

x x1 =4m2+4m

ĐK:

1 x x 2(2m 1)>0

m>-2

+ > ⇔ + ⇔

Với ĐK trên, bình phương hai vế: x1−x2 =x1+x2 ta có:

( ) ( )

( ) ( )

2

1 2

2

1 2

1

x x x x

x x 4x x x x

4x x

− = +

⇔ + − = +

⇔ − =

2

4(4m 4m)

16m(m 1)

m 0(tm)

m 1(loai)

⇔ − + =

⇔ − + =

=  ⇔  = −



Vậy m = phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 = x1+ x2

Cách 2: ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > (với m.)

1

2 1 2

2 1

x m m

x m m

⇒ = + + = +

= + − = ⇒

Thay vào x1−x2 =x1+x2 ta có:

2 2 2

1

2 2( )

2 0( )

m m m m

m m

m TM

+ − = + +

⇔ = + −

⇔ =



Vậy m = phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm

phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1−x2 = x1+ x2

4

Hình vẽ

1,

Ta có : AEB góc có đỉnh ngồi đường tròn

⇒ AEB = 1/2 sđ ( cung AB - cung BC ) = 1/2 sđ cung AC (1)

CDA góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ CDA = 1/2 sđ cung AC (2) Từ (1) (2) ⇒ AEB = CDA hay CEF = CDA

Mà CDA + CDF = 1800⇒ CEF + CDF = 1800mà CEF CDA góc đối

⇒ Tứ giác CDFE tứ giác nội tiếp ( dhnb )

2)

Ta có tam giác OAD cân (OA = OD = bk)  góc ODA = góc OAD

Ta có góc ADB = 900 (góc nt ….)

 góc BDF = 900 (kề bù với góc ADB)

 tam giác BDF vuông D

N M

K

I F E

D

O C

B A

Mà DI trung tuyến  DI = IB = IF

 Tam giác IDF cân I  Góc IDF = góc IFD

Lại có góc OAD + góc IFD = 900 (phụ nhau)

 góc ODA + góc IDF = 900

 Mà góc ODA + góc IDF + góc ODI = 1800

=> góc ODI = 900

=> DI vng góc với OD => ID tiếp tuyến (O) 3)

Tứ giác CDFE nội tiếp nên  NDK =E (cùng bù với góc NDC)

    1

2

ANM =NDK+NKD=NDK+ CKE ( góc ngồi tam giác NDK)

    1

2

AMN = +E MKE= +E CKE ( góc ngồi tam giác MEK) =>  ANM =AMN

=> tam giác AMN tam giác cân A

5 2

2

1

2( ) 6(a b) 9( )

Q a b

b a a b

= + − + + +

2

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2

2

1

2 6 9

1

( ) ( )

3

( ) ( )

3 3

( ) ( ) 2( )( )

9

2( 3 ) ( ) 2( )

a b

Q a b

b a a b

a b

a b a b

b b a a

a a b b a b

b b a a

a b a b a b a b

b a b a

ab a b ab ab

a b ab

= + − − + +

= − + + − + + +

= − + + − + + +

= − + − + + ≥ − − + + ≥

= − − + + + − = − +

2

(¸p dơng A + B 2A.B)

2

( )

2

9 18 18

2( ) 12

a b ab

thay a b

ab ab

ab ab ab

+ + −

+ =

≥ − + + − = − + + = − +

ta cã Q

Ta có ( )2

( )

2

a b

a+b ≥ ab→a b≤ + →

2

( )

1

4

a b

ab≤ + = =

nên 1 18 18 18 18 10

a b ≥ → ab ≥ → − +ab ≥ − + = (vì a.b số dương)

Dấu “=” xảy

3 ab ab

a b

b a b a

a b a b

− −

 − = −  =

 ⇔

 

 =  =

 

→ a = b

a + b = → a = b =1

Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q 10 a = b =1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (khơng chun)

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 1

x x

− = +

4) Giải hệ phương trình 3 3 11

x

x y

 − =

 

+ =



Câu II ( 1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P = + : a + a - a - a a - a

 

 

  với a > a≠4 Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vng có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y = 2x - m +1 parabol (P): y =1x2 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho

( )

1 2

x x y + y +48=0

Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường trịn lấy điểm C cho AC < BC (C ≠ A) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E ≠ A)

1) Chứng minh BE2 = AE.DE

2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp

3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH

Câu VI ( 1,0 điểm) Cho số dương a, b thỏa mãn 1

a+ =b Tìm giá trị lớn biểu thức

4 21 2 4 21 2

2

Q

a b ab b a ba

= +

+ + + +

-Hết -

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ tên thí sinh……… Số báo danh……… ………… Chữ kí giám thị 1: ……….……… Chữ kí giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (khơng chun)

Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nội dung

Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm

1 3( 1)

3

x

x x x

−

= + ⇔ − = +

1 3

x x

⇔ − = + 2x

⇔ − =

2

x

⇔ = − Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 2) 1,0 điểm 3 3 0 (1)

3 11 (2)

x

x y

 − =

 

+ =

 Từ (1)=>x 3=3 <=>x=3

Thay x=3 vào (2)=>3.3 2+ y=11 <=>2y=2

<=>y=1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) Câu II (1,0đ)

(1 ) a +1

P= + :

2- a

a 2- a a a

 

 

  −

 

1+ a =

a (2 ) a +1

a a

a

− ⋅ −

( ) ( )

a a

=

a 2- a −

a =

2- a − =-1

Câu III (1,0đ)

Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh góc vng cịn lại (x + )(cm)

Vì chu vi tam giác 30cm nên độ dài cạnh huyền 30–(x + x +7)= 23–2x (cm)

Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình 2

x + (x + 7) = (23 - 2x)

2

x - 53x + 240 =

⇔ (1) Giải phương trình (1) nghiệm x = 5; x = 48 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (không TM đk)

Vậy độ dài cạnh góc vng 5cm, độ dài cạnh góc vng cịn lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm

Câu IV (2,0đ)

1) 1,0 điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 =

⇔-1 – m = ⇔ m = -4

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3)

2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình

2

1

x

2 = x m− +

2

x 4x 2m (1)

⇔ − + − = ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ −' 2m> ⇔ <0 m

Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm

phương trình (1) y = 21 x1− +m 1,y = 22 x2 − +m

Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 Thay y1,y2 vào

( )

1 2

x x y +y +48=0 có x x1 2(2x +2x -2m+21 )+48=0

(2m - 2)(10 - 2m) + 48 =

⇒

2

m - 6m - =

⇔ ⇔m=-1(thỏa mãn m<3) m=7(không thỏa mãn m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề

Câu V (3,0đ)

1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề

E

D

A O

C

B

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD ⊥ OB => ΔABD vuông B Vì AB đường kính (O) nên AE ⊥ BE

Áp dụng hệ thức lượng ΔABD ( 

ABD=90 ;BE ⊥ AD) ta có BE2 = AE.DE 2) 1,0 điểm

Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính (O))

=> OD đường trung trực đoạn BC => 

OFC=90 (1)

Có CH // BD (gt), mà AB ⊥ BD (vì BD tiếp tuyến (O)) => CH ⊥ AB => 

OHC=90 (2)

Từ (1) (2) ta có  

OFC + OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp

3)1,0 điểm Có CH //BD=>  HCB=CBD (hai góc vị trí so le trong) mà

ΔBCD cân D =>  CBD=DCB nên CB tia phân giác HCD CA ⊥ CB => CA tia phân giác góc ngồi đỉnh C ΔICD AI = CI

AD CD ⇒

(3)

Trong ΔABDcó HI // BD => AI = HI

AD BD (4) Từ (3) (4) => CI = HI

CD BD mà CD=BD⇒CI=HI⇒ I trung điểm CH Câu VI

(1,0đ)

Với a>0;b>0ta có: (a2 −b)2 ≥ ⇔0 a4−2a b b2 + ≥ ⇒0 a4+b2≥2a b2

4 2 2

2 2

a b ab a b ab

⇔ + + ≥ + 2 ( )

1

(1)

2

a b ab ab a b

⇔ ≤

+ + +

Tương tự có

( )

4 2

1

(2)

2

b +a + a b≤ ab a b+ Từ (1) (2)

(1 )

Q

ab a b

⇒ ≤

+

Vì 1 a b 2ab

a+ = ⇔ + =b mà a b+ ≥2 ab⇔ab≥1

1

2( )

Q

ab

⇒ ≤ ≤

Khi a = b =

Q

⇒ = Vậy giá trị lớn biểu thức

E

I

F

D

H

A O

C

B