Các đề ôn tập thi HSG, ôn thi HKII.

Một đội xe theo kế hoạch phải chở 360 tấn hàng từ Hà Nội đi Hải Phòng. Trước khi đi có 5 xe phải đi làm việc khác, vì vậy mỗi xe phải chở thêm 6 tấn hàng nữa mới hết số hàng đó. a) Chứn[r]

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC KÌ II

CÁC QUẬN- HUYỆN

HÀ NỘI

NĂM HỌC 2017-2108

MỤC LỤC

ĐỀ 1: QUẬN HOÀN KIẾM -

ĐỀ 2: QUẬN CẦU GIẤY -

ĐỀ 3: QUẬN BA ĐÌNH -

ĐỀ 4: QUẬN ĐỐNG ĐA -

ĐỀ 5: QUẬN THANH XUÂN -

ĐỀ 6: QUẬN HOÀNG MAI -

ĐỀ 7: QUẬN TÂY HỒ -

ĐỀ 8: QUẬN HAI BÀ TRƯNG -

ĐỀ 9: QUẬN NAM TỪ LIÊM - 10

ĐỀ 10: QUẬN BẮC TỪ LIÊM - 11

ĐỀ 11: QUẬN LONG BIÊN - 12

ĐỀ 12: QUẬN HÀ ĐÔNG - 14

ĐỀ 13: HUYỆN ĐAN PHƯỢNG - 15

ĐỀ 14: HUYỆN GIA LÂM - 16

ĐỀ 15: HUYỆN PHÚ XUYÊN - 17

ĐỀ 16: HUYỆN THANH TRÌ - 18

ĐỀ 18: HUYỆN PHÚC THỌ - 21

ĐỀ 20: HUYỆN CHƯƠNG MỸ - 23

ĐỀ 21:: HUYỆN ĐÔNG ANH - 24

ĐỀ 22: HUYỆN THANH OAI - 25

ĐỀ 23: HUYỆN THƯỜNG TÍN - 26

ĐỀ 24: HUYỆN MỸ ĐỨC - 27

ĐỀ 25: HUYỆN ỨNG HÒA - 30

ĐÁP ÁN QUẬN HOÀN KIẾM - 32

ĐÁP ÁN QUẬN CẦU GIẤY - 36

ĐÁP ÁN QUẬN BA ĐÌNH - 40

ĐÁP ÁN QUẬN ĐỐNG ĐA - 45

ĐÁP ÁN QUẬN THANH XUÂN - 49

ĐÁP ÁN QUẬN HOÀNG MAI - 55

ĐÁP ÁN QUẬN TÂY HỒ - 62

ĐÁP ÁN QUẬN HAI BÀ TRƯNG - 66

ĐÁP ÁN QUẬN NAM TỪ LIÊM - 72

ĐÁP ÁN QUẬN BẮC TỪ LIÊM - 76

ĐÁP ÁN QUẬN LONG BIÊN - 80

ĐÁP ÁN QUẬN HÀ ĐÔNG - 84

ĐÁP ÁN QUẬN GIA LÂM - 92

ĐÁP ÁN HUYỆN PHÚ XUYÊN - 97

ĐÁP ÁN QUẬN THANH TRÌ - 101

ĐÁP ÁN HUYỆN BA VÌ - 105

ĐÁP ÁN HUYỆN PHÚC THỌ - 109

ĐÁP ÁN HUYỆN QUỐC OAI - 113

ĐÁP ÁN HUYỆN CHƯƠNG MĨ - 118

ĐÁP ÁN HUYỆN ĐÔNG ANH - 121

ĐÁP ÁN HUYỆN THANH OAI - 128

ĐÁP ÁN HUYỆN THƯỜNG TÍN - 132

ĐÁP ÁN HUYÊN MỸ ĐỨC - 136

PHẦN I: ĐỀ BÀI

Đề 1: Quận Hoàn Kiếm

Bài I (2 điểm) Cho hai biểu thức    1 x A

x

  

  



 

 

1

1

x x x B

x

x x với x 0;x 1

1) Tính giá trị A 9

x 2) Rút gọn B

3) Với x  x  1, tìm giá trị lớn biểu thức P A B

Bài II (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Nhà bạn Mai có mảnh vườn, chia thành nhiều luống, luống trồng số lượng bắp cải Mai tính tăng thêm luống luống trồng số bắp cải tồn vườn giảm cây; giảm luống luống tăng thêm số bắp cải toàn vườn tăng thêm 15 Hỏi vườn nhà Mai trồng bắp cải?

Bài III: ( điểm)

1) Giải hệ phương trình:



 

  

 

  

  



9

2

2

4

1

2

y x

y x

2) Cho đường thẳng   2

:

d y x m parabol 

( ):P y x ( với m tham số) mặt phẳng tọa độ Oxy

a) Tìm m để d cắt

 

P hai điểm phân biệt A B

b) Gọi H K hình chiếu vng góc A B trục hồnh Tìm m để độ dài khoảng cách HK ( đơn vị độ dài)

Bài IV: (3,5điểm) Cho nửa ( )O đường kính AB  2R , C điểm nằm nửa đường tròn cho C khác A AC CB Điểm D thuộc cung nhỏ BC cho:  

90 COD Gọi E giao điểm AD BC , F giao điểm AC BD

1) Chứng minh:CEDF tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: FC FA FD FB

3) Gọi I trung điểm EF, chứng minh IC tiếp tuyến ( )O

4) Hỏi C thay đổi thỏa mãn điều kiện tốn, E thuộc đường trịn cố định nào? Bài V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương x y thỏa mãn,  2

2 x

y Tìm giá trị nhỏ biểu thức K  x 2y

Đề 2: Quận Cầu Giấy

Bài I ( điểm) Cho biểu thức     



  

3

,

9

1 3

x x

A B

x

x x x với x 0,x 9

a) Tính giá trị biểu thức A 

x b) Rút gọn B

c) Cho P B

A , tìm x để P 

Bài II (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hoạc hệ phương trình

Hai cơng nhân làm chung cơng việc hồn thành Nếu người làm , để hồn thành cơng việc người thứ cần nhiều người thứ 12 Hỏi làm riêng , người hồn thành cơng việc bao lâu?

Bài III (2 điểm )

1) Giải hệ phương trình:



 

  

 

   

  



1

3

2

3

5

2

x y

x y

2) Cho phương trình: x22



m1



x2m0

a) Chứng minh: Phương trình ln có nghiệm phân biệt x x1, 2 với m

b) Tìm m để nghiệm x x1, 2 độ dài cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền 12

Bài IV ( 3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB , gọi H điểm nằm O B , kẻ dây C D AB H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E 



E AC,



kẻ CK AE K , đường thẳng DE cắt CK F

a) Chứng minh: AHCK tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh: KH / /E D tam giác AC F cân

c) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác ADF lớn

Đề 3: Quận Ba Đình

Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức   

  

 

2

:

9 3

x A

x x x với x 0;x 9 1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x để 5

A

3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Bài II (2,0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai đội cơng nhân làm cơng việc làm xong Nếu đội làm xong cơng việc đó, đội thứ cần thời gian so với đội thứ hai 12 Hỏi đội làm xong cơng việc bao lâu?

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình 

  



 



   

 



2

5

2

5

2 x

y x

y

2) Cho phương trình x22



m1



xm2 0 a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 cho  

2

1 x x x x Bài IV (3,5điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R AH đường cao tam giác ABC Gọi M, N thứ tự hình chiếu H AB, AC

1) Chứng minh tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ABC = ANM

3) Chứng minh OA vuông góc với MN

4) Cho biết AH R Chứng minh M, O, N thẳng hàng

Bài V (0,5điểm) Cho a, b > thỏa mãn a b  Tìm giá trị lớn biểu thức









 1  1

Đề 4: Quận Đống Đa

Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức A2 x 1 x

 

 

 

3

2

x x B

x x x với

0, 4

x x

a Tính giá trị biểu thức A x 

b Rút gọn biểu thức B c Cho P B

A Tìm x để P P

Bài II (2,0 điểm)Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Một xí nghiệp theo kế hoạch phải sản xuất 75 sản phẩm số ngày dự kiến Trong thực tế, cải tiến kĩ thuật nên ngày xí nghiệp làm vượt mức sản phẩm, khơng họ làm 80 sản phẩm mà hoàn thành sớm kế hoạch ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xí nghiệp sản xuất sản phẩm?

Bài III (1,5 điểm) Cho parabol

 

P : y x2và đường thẳng

 

d : y 



2m1



x2m 1) Xác định tọa độ giao điểm (d) (P) khim

2) Tìmm để (d) (P) cắt hai điểm phân biệtM x y



1; 1



;N x



2;y2



sao cho

  

1 2 y y x x

Bài IV (3,5 điểm) Cho điểm M cố định nằm bên ngồi đường trịn (O;R) Qua M vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A B tiếp điểm) Gọi C điểm cung nhỏ AB đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường vng góc kẻ từ C đến AB, MA, MB

1) Chứng minh bốn điểm A, D, C, E thuộc đường tròn 2) AC cắt DE P, BC cắt DF Q

Chứng minh PAE đồng dạng với PDC suy PA PC PD PE

3) Chứng minh AB // PQ

4) Khi điểm C di động cung nhỏ AB đường tròn ( )O trọng tâm G tam giác ABC di chuyển đường nào?

Bài V (0,5 điểm) Cho số thựca b c thỏa mãn, , a b c  7;ab bc ca  15 Chứng minh : 11

3

Đề 5: Quận Thanh Xuân

Bài I ( 2,0 điểm) Cho biểu thức    

1

4

P

x

x x với x 4;x 0

a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh P  với x 4; x 0 c) Tìm giá trị x để  

15

P

Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một người ô tô từ A đến B cách 90km Khi từ B trở A người tăng tốc độ 5km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 15 phút Tính tốc độ tơ lúc từ A đến B

Bài III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình



 

  

  

 

108 63 81 84

7

x y x y

2) Cho đường thẳng

 

:  1 2

d y x Parabol

 

: 1

4

P y x hệ trục tọa độ Oxy a) Vẽ parabol (P) đường thẳng (d) cho

b) Gọi A, B giao điểm (d) (P).Tìm N trục hoành cho NAB cân N Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định, BC R A điểm di động cung lớn BC (A khác B, C) cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Kẻ đường kính AF đường trịn (O), AF cắt BC điểm N

a) Chứng minh tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AE.AB = AD.AC

c) Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành

d) Đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K (K khác O) Chứng minh ba điểm K, H, F thẳng hàng

Bài V (0,5 điểm) Cho hai số thực m n khác thỏa mãn 1 1

m n Chứng minh

Đề 6: Quận Hoàng Mai

I TRÁC NGHIỆM (1,0 điểm) Chọn chữ đứng trước câu trả lời đúng: Câu Cặp số



1;2 nghiệm hệ phương trình sau đây?



A   

  



5

6 2

x y

x y B

  

  

 

 

2

3

x y

x y C

 

 

  



1

2

x y

x y D

 

 

 



2

3 x y x y Câu Điều kiện m để phương trình x22mx m2 4 có hai nghiệm x1 0,x2 0 là:

A m 2 B m C m 2 D m 16

Câu Cho đường trịn



O R,



đường kính AB, dây AC R Khi số đo độ cung nhỏ BC là:

A.600 B 1200 C 900 D 1500

Câu Độ dài đường tròn 10 (cm) Diện tích hình trịn là: A 



2



10 cm B 



2



100 cm C 



2



50 cm D 



2



25 cm II TỰ LUẬN ( 9,0 điểm)

Bài I ( 2,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau:



 

  

 

  

  



2

3

2

3

8

2

x y

x y

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y x2 đường thẳng (d) :

2 2 1

y mx m

a Với m 1 Hãy tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

b Tìm m để (d) (P) cắt điểm phân biệt : A x y( ;1 1); (B x y2; 2) cho tổng tung độ hai giao điểm

Bài II (2,5 điêm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Bài III (3,5 điểm) Cho đường tròn

 

O có dây cung C cố định Gọi M điểm nằm D

cung nhỏ C Đường kính MN đường trịn D

 

O cắt dây C I Lấy điểm E D

cung lớn C (E khác C,D,N); ME cắt CD K Các đường thẳng NE CD cắt P D

a) Chứng minh :Tứ giác IKEN nội tiếp b) Chứng minh: EI.MN=NK.ME

c) NK cắt MP Q Chứng minh: IK phân giác EIQ

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE H Chứng minh E di động cung lớn C (E khác C, D, N) H ln chạy đường cố định D

Bài IV (0,5 điểm): Cho a b c; ; 0, chứng minh rằng:

    

     

a b c a b c

Đề 7: Quận Tây Hồ

Bài I (2 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau

a) 3x226x480 b)

    

 

   

 

2

6 2

x y

x y

Bài II (2 điểm): Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Lúc giờ, ca nơ chạy xi dịng từ bến A đến bến B dài 30 km Ca nô nghỉ B 30 phút Sau đó, ca nơ ngược dịng với vận tốc riêng không đổi từ B đến A lúc 11 30 phút Tính vận tốc riêng ca nơ biết vận tốc dịng nước km/h

Bài III (2 điểm) Cho parabol

 

P :y  x2 đường thẳng

 

d :y  mx m1 (m tham số)

a) Tìm giá trị m để đường thẳng

 

d cắt parabol

 

P điểm A B phân biệt ,

b) Gọi x x1, 2 hoành độ hai điểm A B Tìm giá trị m thỏa mãn

 

2 2 17

x x

Bài IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Vẽ đường trịn

 

O đường kính BC cắt AB AC ,

lần lượt F E , CF cắt BE H

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

b) Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF Tính số đo cung EHF , diện tích hình quạt IEHF đường tròn

 

I  BAC 600, AH  4cm

c) Gọi AH cắt BC D Chứng minh FH tia phân giác DFE

d) Chứng minh hai tiếp tuyến của

 

O tạiE , F AH đồng quy điểm Bài (0,5 điểm): Cho a 0;b 0và a2b2 1

Đề 8: Quận Hai Bà Trưng

Câu I: (2 điểm) Cho hai biểu thức    x A

x

   



 





 

2 3

0, 9

3

x x x

B x x

x

x x

a) Tính giá trị A x  25

b) Rút gọn biểu thức P B A :

c) Tìm giá trị nhỏ P

Câu II: (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai người làm chung cơng việc 48 phút xong Thời gian người thứ làm xong cơng việc nhiều thời gian để người thứ hai làm xong cơng việc Hỏi người làm hồn thành cơng việc?

Câu III: (2 điểm) Trên mặt phẳng Oxy cho Parabol (P): 

y x đường thẳng (d):

  

y x m

a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) m b) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

c) Với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt M x y( ;1 1),N x y( 2; 2) cho

  

1 3( 2) y y x x

Bài IV: ( 3,5 điểm) Cho (O) đường kính AB  2R , xy tiếp tuyến với (O) B,CD đường



AC CB



Goi giao điểm AC, AD với xy theo thứ tự M, N

a) Chứng minh tứ giác MCDN nội tiếp b) Chứng minh AC AM AD AN

c) Goi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN H trung điểm MN Chứng minh tứ giác AOIH hình bình hành Khi đường kính CD quay quanh điểm O điểm I di động đường nào?

d) Khi góc AHB 60o Tính diện tích xung quanh hình tạo thành hình bình hành AHIO quay quanh cạnh AH theo R

Câu V: (0,5 điểm) Cho x 0;y 0vµ x y 1 Tìm giá trị lớn biểu thức  

1 1

x y

A

Đề 9: Quận Nam Từ Liêm

Bài (2,0 điểm) Cho hai biểu thức     



 

2

4

2

x x x

A

x

x x  

2 B

x (x 0;x 4;x 36)

1 Tính giá trị biểu thức B x  25 Rút gọn biểu thức A

3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P A B :

Bài II (2 điểm)Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một tổ sản xuất theo kế hoạch cần làm 600 sản phẩm thời gian quy định Thực tế, thao tác hợp lý ngày tổ làm thêm 10 sản phẩm nên khơng hồn thành sớm kế hoạch ngày mà vượt mức kế hoạch 50 sản phẩm.Tính số sản phẩm mà tổ phải làm ngày theo kế hoạch

Bài (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau:





    

 

   

 

2( )

5 2

x y x x y x Cho phương trình sau: 2







 

2

x m x m (x ẩn, m tham số) Tìm m để hệ

phương trình có hai nghiệm phân biết x x1; 2thỏa mãn: x12 x22(x1x2)4 Bài (3,5 điểm)

Cho đường trịn



O R;



, điểm A nằm ngồi đường trịn Qua A kẻ hai tiếp tuyến AP AQ ,

của đường tròn

 

O , với P Q hai tiếp điểm Qua P kẻ đường thẳng song song với AQ cắt ,

đường tròn

 

O M Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng AM với đường tròn

 

O Chứng minh: APOQ tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh: AP2 AN AM

3 Kẻ đường kính QS đường tròn

 

O Gọi H giao điểm NS PQ , I giao điểm QS MN

a) Chứng minh: NS tia phân giác góc PNM

b) Chứng minh: HI / /PM

4 Tia PN cắt đường thẳng AQ K Gọi G giao điểm PN AO E trung ;

điể AP Chứng minh ba điểm Q G E thẳng hàng , ,

Bài (0,5 điểm)

Cho x, y số thực dương thỏa mãn 2 

2

4 x

y Tìm giá trị nhỏ  

3

x y M

Đề 10: Quận Bắc Từ Liêm

Bài I (2,0 điểm): Cho hai biểu thức  

1

x A

x      

1

1

1

x B

x

x x với x 0;x 1

1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B

3) Tìm giá trị x để 3

A

Bài II (2,0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình

Một tổ cơng nhân dự định làm xong 240 sản phẩm thời gian định Nhưng thực tế thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên ngày tổ làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định Do đó, tổ hồn thành cơng việc sớm dự định ngày Hỏi theo dự định ngày tổ làm sản phẩm

Bài III (2,0 điểm): Cho phương trình x2mxm 1 (1)

a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm với giá trị m

b) Tìm m để hai nghiệmx1; x2 phương trình (1) thỏa mãn x1x23 x x1 2 1 Bài IV (3,5 điểm): Cho A điểm thuộc đường tròn (O; R) Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn (O) Lấy điểm B thuộc tia Ax cho AB < 2R Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB, đường thẳng vng góc với AB M cắt đường tròn (O) H K (H nằm M K)

1) Chứng minh MKAMAH Từ chứng minh MKA MAH đồng dạng 2) Kẻ HI AK I Chứng minh tứ giác AMHI nội tiếp đường tròn

3) Kéo dài AH cắt BK D Chứng minh AD KB

Đề 11: Quận Long Biên

Bài (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình:

a) x45x2360 b)



  

  

 

   

  



3

5

1

1

6

1

x y

x y

Bài (2 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một đồn xe vận tải nhận chở 15 hàng gửi tới đồng bào miền trung bị bão lũ Khi khởi hành xe phải điều làm cơng việc khác, nên xe lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi thực tế có xe tham gia vận chuyển? (biết khối lượng hàng xe chở nhau)

Bài (1,5 điểm)Cho parabol ( )P có phương trình y x2 đường thẳng

 

d có phương trình

 

y mx (với m tham số, x ẩn)

a) Chứng tỏ với giá trị m , đường thẳng

 

d cắt( )P hai điểm phân biệtA B

b) Gọi x x1, 2 hoành độ A B mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm m để x12x223x x1 2 14

Bài (4,0 điểm) Cho đường tròn

 

O , đường kính AB  2R Dây CD cố định vng góc với AB I (IAIB ) Gọi E điểm di động dây CD ( E khác I ) Tia AE cắt đường tròn

 

O điểm thứ hai M

a) Chứng minh: tứ giác IEMB nội tiếp b) Chứng minh: AE AM AC

c) Chứng minh: AB BI AE AM có giá trị khơng đổi E di chuyển dây CD

d) Xác định vị trí điểm E dây CD để khoảng cách từ D đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ

Bài (0,5 điểm) Quả bóng đá

Quả bóng đá mà nhìn thấy hàng ngày ghép từ 32 mảnh lục giác màu trắng hình ngũ giác màu đen thiết kế kiến trúc sư Richard Buckminster Fuller vào thập niên 1960 Lần trái bóng sử dụng vòng chung kết World Cup 1970 Mexico Một nhứng lý lớn để người ta khơng sử dụng trái bóng trắng mà sử dụng xen kẽ trắng đen để người xem dễ dàng nhìn bóng Điều quan trọng việc sử dụng mảnh

Đề 12: Quận Hà Đông Bài 1: (3 điểm)

1) Giải hệ phương trình:   

 



2

3 2

x y x y

2) Cho phương trình: x2mx 1 (Với m tham số) a)Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn:x12x22 5x x21 22 Câu (2,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một đội xe dự định dùng số xe loại để chở 120 hàng gửi tặng đồng bào nghèo miền cao biên giới Lúc khởi hành đội bổ sung thêm xe loại Nhờ vậy, so với ban đầu, xe chở Hỏi lúc đầu đội có xe? Biết khối lượng hàng xe chở

Bài (4,0 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường trịn (O) kẻ từ điểm A tiếp xúc với (O) B C Trên đường tròn (O) lấy điểm M (khác B C) cho M A nằm hai phía đường thẳng BC Từ M kẻ MH vng góc với BC, MK vng góc với Acvà MI vng góc với AB

1) Chứng minh tứ giá MIBH nội tiếp;

2) Đường thẳng AM cắt đường tròn điểm thứ hai N Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB, từ suy 

AB AM AM ; 3) Chứng minh: MIH MHK

4) Chứng rằng: MI + MK  2MH

Bài 4: Với x, y số dương thỏa mãn xy  Tìm giá trị nhỏ P x2y2 33

Đề 13: Huyện Đan Phượng

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức    x A

x

 

    



 

2 11

( 0; 9)

9

3

x x x

B x x

x

x x

1 Tính giá trị biểu thức A x  25 Chứng minh: 



3 x B

x Tìm x để A B 1

Câu 2: (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Hai người làm chung cơng việc sau 16 xong Nếu người thứ làm 15h người thứ hai làm 6h hai người làm

4 cơng việc

Tính thời gian người làm xong tồn cơng việc

Câu 3: (1,0 điểm)

1 Giải phương trình: 4 2 

3

x x

2 Cho phương trình: x22(m1)xm2 4 Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

Câu 4: (3,5 điểm)Cho hình vng ABCD, N trung điểm DC, nối BN cắt AC F Vẽ đường tròn (O), đường kính BN Đường trịn (O) cắt AC E Kéo dài BE cắt AD M 1) Chứng minh tứ giác MDNE nội tiếp

2) Chứng minh tam giác BEN cân

3) Gọi I giao điểm (O) với MN; H giao điểm BI NE Chứng minh MHBN

4) Chứng minh ba điểm M, H, F thẳng hàng Câu 5:(0,5 điểm) Giải phương trình

    

4

2

x x x

Đề 14: Huyện Gia Lâm Câu 1: (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức  

x A

x



  

  

3

9 3

x B

x x x với x 0;x 9

a) Tính giá trị biểu thức A 

x b) Rút gọn biểu thức B

c) Cho P B A Tìm x để P < :

Câu 2: (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hoạc hệ phương trình

Một tàu thủy chạy xi dịng khúc sơng dài 72km, sau chạy ngược dịng khúc sơng 54km hết tất Tính vận tốc riêng tàu thủy biết vận tốc dòng nước 3km/h Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:



 

  

 

   

  



1

3

2

3

5

2

x y

x y

2) Cho Parabol (P): y x2 đường thẳng (d): y 2x m29

a)Tìm tọa độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) m

b)Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Câu 4: (3,5 điểm)

Cho (O) đường kính AB Gọi H điểm nằm O B Kẻ dây CD vng góc với AB H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E ( E khác A C) Kẻ CK  AE K Đường thẳng DE cắt CK F

1) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp

2) Chứng minh KH // ED ACF tam giác cân 3) Tìm vị trí điểm E để diện tích ADFlớn

Đề 15: Huyện Phú Xuyên

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức     

 

 

2 3

1

x x x

A

x x x với x 0;x 1 1) Rút gọn A

2) Tính giá trị biểu thức A x 

3) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên

Bài 2: (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một tơ dự định từ A đến B thời gian định Nếu xe chạy nhanh 10km đến nơi sớm dự định 3giờ, cịn xe chạy chậm lại 10km đến nơi chậm 5giờ Tính vận tốc xe lúc đầu, thời gian dự định chiều dài quãng đường AB

Bài 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình   

  



2

5

x y x y

2) Cho hai hàm số y 2x3 1

 

y 



m1



x4 2

 

a) Tìm m biết đồ thị hàm số (2) qua điểm A



1;5



b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (2) với m tìm câu a

Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn



O R;



đường kính AB Qua điểm C thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến d nửa đường tròn Gọi M N hình chiếu A B , d

Gọi H chân đường vng góc kẻ từ C đến AB Chứng minh rằng:

1) Tứ giác ABNM hình thang vng 2) CA tia phân giác .MCH

3) 

CH AM BN

4) Xác định vị trí C để diện tích tứ giác ABNM lớn Bài 5: (0,5 điểm)

Giải phương trình  

 

42 60

6

Đề 16: Huyện Thanh Trì

Bài I (2.0 điểm): Cho biểu thức

A= 

 x

x B =

 

 

   

1

1 2

x x x

x x x x với x≥0, x≠4

1 Tính giá trị A x = 7+ Chứng minh rằng: B=



2 x

3 Tìm x để B  1

A

Bài II (2.0 điểm): Cho hệ phương trình :   

 



2

3

mx y

mx y với m tham số Giải hệ phương trình với m =1

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn x – y =

3 Chứng minh hệ phương trình có nghiệm (x;y) điểm M(x;y) nằm đường thẳng cố định m thay đổi

Bài III (2.0 điểm): Giải toán cách lập phương trình

Một đội cơng nhân giao làm 1200 sản phẩm thời gian định Sau làm ngày với suất dự kiến, đội tăng suất ngày thêm 10 sản phẩm Do đó, đội hồn thành cơng việc giao sớm ngày Hỏi theo kế hoạch đội phải hồn thành cơng việc ngày

Bài IV (3.5 điểm): Cho tam giác MAB vuông M (MA<MB) có đường cao MH ( HAB) Đường trịn (O) đường kính MH cắt MA, MB E F ( E, F khác M)

1 Chứng minh: Tứ giác MEHF hình chữ nhật

2 Chứng minh: Tứ giác AEFB nội tiếp đường tròn

3 Đường thẳng EF cắt đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác MAB điểm P Q ( P thuộc cung MA) Chứng minh tam giác MPQ cân

4 Gọi I giao điểm thứ hai (O) (O’), K giao điểm đường thẳng EF đường thẳng AB Chứng minh: Ba điểm M, I, K thẳng hàng

Bài V (0.5 điểm): Cho x>1; y>1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 

 

2

1

x y

Đề 17: Huyện Ba Vì

Bài I: ( điểm) Khoanh tròn vào chữ A, B, C, D đứng trước câu trả lời đúng:

Câu 1: Cho hệ phương trình:    

 



2 11

10 11 31

x y

x y nghiệm hệ là:

A (1;2) B (2;1) C (-1;2) D (1; -2) Câu 2: Nếu đồ thị hàm số y = ax2 (a0) qua điểm A (-2; 3) thì:

A a =

2 B a = 

2 C a =

4 D a =

Câu 3: Nghiệm phương trình x2 – 5x + = là:

A 3; B – ; - C – ; D 3; -

Câu 4: Giả sử x1; x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c = 0, (a 0), điều sau

đúng:

A

x1x2 b, x x1 2 c

a a B 1   ,  

b c

x x x x

a a

C x1x2 b,x x1 2  c

a a D

   

1 ,

b c

x x x x

a a

Câu 5: Với giá trị m phương trình x2 – 2x + 3m - = có nghiệm kép?

A m = B m = -1 C m = -2 D m =

Câu 6: Một hình trụ tích 100cm3 diện tích đáy 25cm2, chiều cao hình trụ bằng:

A 2cm B 3cm C 4cm D 5cm

Câu 7: Một hình nón có chiều cao h = 12m bán kính đường trịn đáy r = 5m Khi diện tích xung quanh hình nón bằng?

A 55 (m) B 55 (m2) C 65 (m) D 65 (m2)

A 1350 B 900

C.950 D 450

Bài II: (2,5đ) Cho parabol (P) y = x2 đường thẳng (d): y = mx – 2m +4

a Tìm tọa độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) với m =

b Tìm m để đường thẳng (d) Parabol (P) cắt hai điểm phân biệt A, B c Gọi x1, x2 hồnh độ A B Tìm m cho x12x có giá trị nhỏ 22

Bài III: (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hoạc hệ phương trình

Hai vịi nước chảy vào bể khơng có nước sau đầy bể Nếu mở vịi chảy 20 phút , mở tiếp vòi chảy 30 phút hai vịi chảy

8

Tính thời gian vịi chảy đầy bể

Bài IV : (3 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm C thuộc đoạn thẳng (C khác A B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm M cố định, kẻ tia Cz vng góc với CM C tia Cz cắt By K Vẽ đường tròn tâm O, đường kính MC cắt MK E

a Chứng minh tứ giác CEKB tứ giác nội tiếp b Chứng minh AM BK = AC BC

c Chứng minh tam giác AEB tam giác vuông

d Cho A, B, M cố định Tìm vị trí điểm C để diện tích tứ giác ABKM lớn Bài V: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

Đề 18: Huyện Phúc Thọ Câu (2 điểm):

a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số y ax2 qua điểm A



2;4



Vẽ đồ thị hàm số với a vừa tìm

b) Giải hệ phương trình:   

  



5

2

x y x y

Câu (2 điểm): Cho phương trình x2 2mx2m 1 với m tham số a) Giải phương trình m 2;

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho x12x22 10 Câu (2 điểm): Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình

Quãng đường từ A đến B dài 120km Hai ô tô khởi hành lúc từ A đến B Ơ tơ thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 12 km/h nên đến nơi sớm tơ thứ hai 30 phút Tính vận tốc xe

Câu (3,5 điểm):

Cho đường trịn tâm O, bán kính R Từ điểm M cố định ngồi đường trịn (O; R) cho OM  2R , ta kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B tiếp điểm) Một cát tuyến qua M cắt đường trịn (O; R) C D Kẻ tia phân giác CAD cắt dây CD E cắt đường tròn N

a) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MAME

c) Tính MC MD theo R

d) Tính thể tích hình nón quay tam giác AOM vòng quanh cạnh AM, biết



R cm

Câu (0,5 điểm):

Cho a, b, c0;a b c  6 Tìm giá trị lớn biểu thức

 2      2 

4 4

Đề 19: Huyện Quốc Oai

Bài (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x26x40 b)   

 



3

2 12

x y

x y Bài (2 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch phải chở 360 hàng từ Hà Nội Hải Phòng Trước có xe phải làm việc khác, xe phải chở thêm hàng hết số hàng Hỏi đội có xe?

Bài (2 điểm) Cho parabol (P): y 2x2 đường thẳng

 

d :y   x m a) Tìm m biết đường thẳng

 

d qua điểm A



1;2



b) Xác định tọa độ giao điểm parabol

 



:

P y x đường thẳng xác định câu a

c) Tìm m để đường thẳng

 

d :y   x m cắt parabol

 

P cho hai điểm phân biệt nằm bên trái trục tung

Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn

 

O Vẽ dây AB khơng qua tâm O , tia AB phần bên ngồi đường trịn lấy điểm C Vẽ đường kính DE vng góc với AB I ( D thuộc cung nhỏ

AB ) Nối CE cắt đường tròn điểm thứ hai K , DK cắt AB M a) Chứng minh: Tứ giác EIMK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: CE CK CM CI

c) Chứng minh: KC tia phân giác góc ngồi đỉnh K ABK

d) Cho ba điểm A B C cố định Đường tròn , ,

 

O thay đổi qua hai điểm

,

A B Chứng minh DK qua điểm cố định

Bài (0,5 điểm) Cho số thực dương a b c thỏa mãn , , a b c   Chứng minh rằng:

 

1

1

Đề 20: Huyện Chương Mỹ Bài 1: (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình:    

 



2

2

x y

x y Cho Parabol (P): 1

2

y x đường thẳng (d): y = x + a) Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng tọa độ;

b) Chứng minh đường thẳng (d) không tiếp xúc với (P) Bài ( điểm)

Cho phương trình ( ẩn x): x22



m1



x2m150 (1) ( m tham số) a) Giải phương trình với m = 3;

b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m; c) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để   

1 2

1

2

x x x x Bài ( điểm)

Quãng đường AB dài 108 km Hai ô tô khởi hành lúc để từ A đến B Biết ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 6km nên ô tô thứ hai đến B muộn ô tô thứ 12 phút Tính vận tốc xe

Bài ( 3.5 điểm)

Cho (O; R) điểm A nằm ngồi đường trịn Vẽ đường thẳng d vng góc với OA A Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) Qua M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (O) ( E; F hai tiếp điểm) Nối E với F cắt OM H cắt OA B

a) Chứng minh tứ giác ABHM nội tiếp; b) Chứng minh OA.OB = OH.OM = R2;

c) MO cắt cung nhỏ EF I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF d) Từ O kẻ đường kính đường trịn tâm O vng góc với OM cắt ME MF kéo dài

lần lượt P Q Xác định vị trí M để diện tích tam giác MPQ nhỏ Câu (0.5 điểm)

Đề 21:: Huyện Đông Anh Bài (2 điểm) Cho biểu thức: A 

 x

x B      

1

4 2

x

x x x với x > 0; x ≠ 1) Tính giá trị A x =

2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm x để A

B 

Bài (2 điểm).Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Một tổ sản xuất giao cho làm 600 sản phẩm thời gian quy định Nhưng thực tế ngày họ làm thêm 10 sản phẩm nên hoàn thành trước dự định ngày Hỏi ban đầu ngày họ dự định làm sản phẩm

Bài (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình: 

  

  

   

 

3

1

1

2

y x

y x

2) Cho đường thẳng (d): y  mxm1 parabol (P) :y x2 a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) m =

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 cho x x – 31





 x2



x – 32





26

Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Dây CD vng góc với AB M cố định.Trên MC lấy điểm E , AE cắt(O; R) H, BH cắt DC K

a) Chứng minh: Tứ giác BHEM tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp; b) Chứng minh: AE.AH = AM.AB = AC2

c) BE cắt (O; R) N.Chứng minh A, N, K thẳng hàng

d) I trung điểm KE Chứng minh IH tiếp tuyến (O)

e) Tiếp tuyến B đường tròn (O) cắt tiếp tuyến C P AP cắt CM Q Chứng minh Q trung điểm CM

Bài (0,5 điểm) Cho x y z, , 0 xy z 

Tìm giá trị nhỏ A   

  

2 2

1 1

x y z

Đề 22: Huyện Thanh Oai Bài 1:

a) Giải hệ phương trình   

 



2

3

x y x y

b) Giải phương trình bậc hai: x22 2x  7

c) Rút gọn biểu thức     

 

3

( 0)

1

x x

A x

x x x x

Bài : Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một đội xe định dùng số xe loại để chở hết 150 hàng Lúc khởi hành có xe phải làm việc khác Vì vậy, xe phải chở thêm hàng hết số hàng Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng xe

Bài 3: Cho parabol (P) y  x2 đường thẳng d: y mx 

a) Chứng minh với giá trị m , d cắt (P) hai điểm phân biệt A , B b) Gọi x x1, 2 hoành độ A, B tìm m cho : x x12 2x x22 15x x1 2 4026 Bài :

Cho tam giác ABC ( AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC , điểm D thuộc bán kính OC Đường vng góc với OC D cắt AC AB theo thứ tự E F

a) Chứng minh ABDE từ giác nội tiếp b) Chứng minh CAD CFD

c) Gọi M trung điểm EF Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O)

d) Cho AB = 6cm ,   30ACB o Tính diện tích hình viên phân giới hạn dây AB cung nhỏ AB

Bài : cho a b c, , 0;a b c  2019

Đề 23: Huyện Thường Tín

Bài : Cho biểu thức :     



 

1

( ) :

2 x x x x x P

x

x x x x

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P

b) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P có giá trị nguyên Bài : cho phương trình x22(m1)x4m0(1) tham số m

a) Chứng minh phương trình (1) ln ln có nghiệm với m b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm đối , tìm hai nghiệm c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa  

2

4 x x x x Bài : Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình

Trong tháng giêng tổ sản xuất 900 chi tiết máy Sang tháng hai, cải tiến kỹ thuật nên tổ vượt mức 15% , tổ vượt mức 10% so với tháng giêng , hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy Hỏi tháng giêng tổ sản xuất chi tiết máy? Bài : Cho đường trịn (O,R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R Từ P kẻ đường tiếp xúc với (O) M

a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn b) Chứng minh BM // OP

c) Đường thẳng vng góc AB O cắt BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

d) Cho AN cắt OP K , PM cắt ON I , PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I ; J ; K thẳng hàng

Bài : Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn 2ab6bc2ca 7abc

Tìm giá trị nhỏ biểu thức   

  

4

2

ab ca bc M

Đề 24: Huyện Mỹ Đức A Trắc nghiệm: (3 điểm)

Câu 1: Hàm số y  3x2đồng biến khi:

A x  B: x  C: x  D: x 

Câu 2: Ở hình bên biết   90ACB o Số đo cung AB là: A:90o B:180o

C:30o D:60o

Câu 3: Cho hình vẽ biết   30xAB o Số đo AmB bằng: A:15o B:30o

C:60o D: Đáp án khác Câu 4: Đồ thị hàm số  2

3

y x qua điểm điểm sau: A: (0;2

3 ) B: (-1; 2

3 ) C: (3;6) D: (1; 3)

Câu 5: Cho Phương trình ax2bxc 0(a0) Nếu b24ac 0thì phương trình có nghiệm là:

A x1   b ;x2    b

a a B

    

 

1 ;

2

b b

x x

a a

C 1   ; 2   

2

b b

x x

a a D Cả đáp án sai Câu 6: Cho hình bên biết  CAB 700Số đo CMBlà:

A:70o B:140o

C:35o D: Đáp án khác C

A B

m

O A

Câu 7: Cho phương trình 35x237x 2 0 Khi tổng nghiệm phương trình là: A 37

35 B: C: -1 D: Đáp án khác

Câu 8: Diện tích xung quanh hình trụ có chu vi đáy 13cm, chiều cao 3cm là: A 16cm B: 2

10cm C:

39cm D: Đáp án khác Câu 9: Phương trình 2015x22016x 1 0có nghiệm là:

A x  1;x 2015 B: x 1;x 2016 C:  1;   2015

x x D: Đáp án khác

Câu 10: Cho hình vẽ: Nếu  

25

ABO xAB 

A:60o B:130o

C:70o D:65o

Câu 11: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, A C đỉnh đối Biết C  3A Số đo góc A C là:

A:45 ;135o B:30 ;90o C:50 ;150o D:40 ;120o

Câu 12: Bán kính đáy hình nón 2cm Độ dài đường sinh 5cm Diện tích tồn phần hình nón là:

A: 

11 cm B: 

12 cm C: 

13 cm D: 

14 cm

B Phần tự luận: (7 điểm) Câu 1: (1,5 điểm)

a) Giải phương trình: 2  

5x

x

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2và đường thẳng ( )d y mx 2 m4 (



m ) Tìm m để (d) cắt (P) điểm phân biệt có hoành độ x x1; 2 thỏa mãnx12x22 13

Câu 2: ( điểm ) Giải toán cách lập phương trình hoạc hệ phương trình 70

O

B C

A

Hai lớp 9A 9B có tổng số 80 học sinh Trong đợt quyên góp sách ủng hộ bạn khó khăn bạn lớp 9A ủng hộ Mỗi bạn lớp 9B ủng hộ Vì lớp ủng hộ 198 sách Tính số học sinh lớp

Câu 3: (3 điểm)Cho đường trịn tâm O, bán kính R Từ điểm M bên ngồi đường trịn kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Lấy C cung nhỏ AB (C khác A B) Gọi D, E, F hình chiếu vng góc C AB, AM, BM

a) Chứng minh Tứ giác AECD nội tiếp b) Chứng minh : CDE CBA

c) Gọi I giao điển AC ED, K giao điểm CB DF Chứng minh IK//AB Câu 4: (0,5 điểm ) Cho a, b, c số dương , a+b+c=1

Đề 25: Huyện Ứng Hòa

I TRẮC NGHIỆM (2 điểm): Viết lại chữ đứng trước câu trả lời vào giấy thi: Câu 1: Điểm thuộc đồ thị hàm số  1x2

2

y là:

A  

 

1 1;

2

B (2;-2) C (2; 2)

D  

 

1 1;

2

Câu 2: Giá trị m để hệ phương trình   

 



2

x

x y

m y có nghiệm là:

A 

2

m B 3

m C m D 1

2

m

Câu 3: Giá trị m để phương trình x2mx 2 0 có nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn điều kiện x1x2 6

A B 12 C -6 D -12

Câu 4: Điều kiện tham số m để phương trình



m2 x



22x 3 0là phương trình bậc hai là:

A m B m C m D m

Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) cung AB có số đo 1100 Lấy M điểm cung nhỏ AB Số đo góc AMB

A 125o B 110o C 55o D 70o

Câu 6: Cho đường tròn (O; R) dây cung MN có độ dài bán kính Số đo cung nhỏ MN là:

A 120o B 30o C 60o D 150o

Câu 7: Cho hình nón có bán kính đáy cm, chiều cao 4cm.Khi diện tích xung quanh hình nón là:

A 



2



30 cm B 



2



24 cm C 



2



12 cm D 



2



15 cm

Câu 8: Cho hình chữ nhật MNPQ có MN = 5cm, MQ = cm Khi quay hình chữ nhật MNPQ vịng quanh cạnh MN ta hình trụ tích là:

A 



3



90 cm B 



3



45 cm C 



3



75 cm D 



3



II TỰ LUẬN (8 điểm)

Bài (2 điểm): Cho phương trình bậc hai x22mx m m  1 với m tham số 1) Giải phương trình m 2;

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Bài (2 điểm): Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một đoàn xe chở 420 hàng Khi khởi hành có xe bị hỏng khơng tham gia chở hàng nên xe phải chở thêm so với dự định Hỏi lúc đầu đồn xe có biết xe chở khối lượng hàng

Bài (3,5 điểm):

Cho đường tròn tâm (O) có dây AB Lấy điểm C tia AB nằm ngồi đường trịn Kẻ đường kính EF vng góc với dây AB D (E thuộc cung lớn AB) Tia CE cắt đường tròn điểm thứ hai I, dây AB FI cắt K

1) Chứng minh tứ giác EDKI nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CI CE CK C D

3) Chứng minh IC tia phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB

4) Giả sử điểm A, B, C cố định Chứng minh đường tròn (O) thay đổi qua AB đường thẳng FI ln qua điểm cố định

ĐÁP ÁN

Đáp án quận Hoàn Kiếm Bài

1) Thay

4

x  (TMĐK x0;x ) vào A ta được: 1

9

1

4 2 5

3

9 1

1

2

4

A

 

   

 

Vậy: A 5

x 

2) Với x0;x ta có:









1



1

1 1

x x x

B

x x x x

  

 

 

     

 









1



1

 B

2

1

x x

x x

x

x x

  





 

 B

1

x x





Vậy:

1

x B

x



 (với x0;x )

3) Ta có: 1

1 1

x x x

P A B

x x x x



    

   

Với x   x 1, ta xét trường hợp: TH1 x 0thì P 0

TH2 Nếu x 2thì x  1 1 => 1

1

x  

Do đó:





2

1

1 2

2

1 2

P

x



       



  

Dấu “=” xảy x 2

Bài II: Gọi số luống ban đầu a (luống), a,a5

Số bắp cải trồng luống ban đầu b (cây), b,b2 Số bắp cải vườn nhà Mai có ab(cây)

Vì tăng thêm luống luống trồng số bắp cải vườn giảm nên ta có:

(a7)(b2)ab

 

1

Vì giảm luống luống trồng tăng thêm số bắp cải vườn tăng thêm 15 nên ta có:

(a5)(b2)ab15

 

2 Từ

 

1

 

2 ta có hệ phương trình :

( 7)( 2)

( 5)( 2) ab 15 25

a b ab a b

a b a b

                     50 15 a b      (TMĐK) Vậy vườn nhà Mai trồng 50.15750 bắp cải

Bài III

1) Điều kiện xác định: 1;

x y  Đặt:

1 1 a x b y           



a0,b0



Hpt

1

9 3

4 1

3 a a b a b b                  1

2

3

2

1 1

1 x x x y y y                          (TMĐK)

Vậy nghiệm hệ phương trình



x y ;

 

5; 2



2a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm d

 

P

(*)

' 2

1 m m

    

Để d

 

P cắt hai điểm phân biệt A B  phương trình

 

* có hai nghiệm phân biệt   ' 0m2 0 m0

Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x x 1; 2  m 0 d

 

P cắt hai điểm

phân biệt A x y



1; 1



B x y



2; 2



b) H K hình chiếu A B trục hồnh H x



1;0 ;



K x



2;0



Theo hệ thức Viet ta có: 2

1

2

x x

x x m

 

 

  

 Theo đề bài: HK  3





2

1 2

3

3 4.( 1)

2

x x x x x x m m

               (TMĐK)

Vậy với

2

m   HK  3 Bài IV

a) Xét (O) có:

 90

ACB   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC  F

 90

ADB   (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ADBF

Xét tứ giác FCED có













  90 F 180 90 D FCE BC FCE FDE FDE BF                

Mà hai góc nằm hai đỉnh đối

 tứ giác FCED nội tiếp b) Ta có tứ giác ACDB nội tiếp

 

FCD FBA

  (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện)

Xét FCD FBA có: 

 ( ) ( )

FCD chung

FCD FBA g g

FCD FBA cmt

         ∽ FC FD FB FA

  (2 cặp cạnh tương ứng)

FC FA FD FB

  (đpcm)

c) Xét ECF vng C có I trung điểm EF F (t/c) F

CI E CI I

   

Xét ICF có FI = IC (cmt) ICF cân I F1 C1 (1)

Tứ giác FCED tứ giác nội tiếp (cmt)F1 D1 (cùng chắn EC ) (2)

Xét (O) có : D1B1 (cùng chắn AC ) (3)

Xét OCB có OC = OB = ROCB cân O B1C4 (t/c) (4)

Từ (1); (2); (3); (4) C1C4

Mặt khác: BCF 90 C 1ICB90

  

4 90 90

C ICB OCI OC CI

        

 CI tiếp tuyến đường trịn (O) d) Ta có

  

  

1

1

180

90 90

O O O

O O

O



   

   



  

Xét (O) ta có:

 

 

 

2 1

1

1

90 45

1

2

A O

A B

B O



 



      

  

 

Xét AEB ta có: A2 B1AEB180 45 AEB180  AEB135 Qua A kẻ AxAE Qua B kẻ By   By ∩ Ax = K

Xét tứ giác EAKB ta có













 

90

180 90

KAE Ax AE

KAE KBE KBE By



   

   



    

Mà hai góc nằm hai đỉnh đối nên tứ giác EAKB nội tiếp

 AKB AEB 180 AKB 135 180 AKB 45

           

Gọi H trung điểm EKHAHEHK (AEKvuông tạiA)

H

 tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giácEAKB

Xét (H) :  1  90

2

AKB AHBAHB 

Xét AHB AHB ( 90 ) có : HA = HB (bán kính đường trịn tâm H) AHBvng cân H Mà AB không đổi nên H cố định

Áp dụng định lí Pytago vào AHBta có:

2 2 2 2

2 2

Bài V:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ;8

x

yta được:

8

2

2

1

2 0

2

x x x

y y y

x x x

y y y

  

       

Đặt , (0 1)

4

x

t t

y    Để ý:

1

4

t   t 

2 2 31 64 31 33

32 31 32 31 16

4 4

K t t t t t t t t



          

Dấu "=" xảy khi:

x t

y

 

  

 

Vậy giá trị nhỏ biểu thức 33

4

K  x2;y8 Đáp án quận Cầu Giấy

Câu 1)

a) Khi

9

x  ( Thỏa mãn ĐKXĐ)

3

x 

2

2

1 3

A  



Vậy A = 2/9 x = 4/9 a) Ta có:















3

9 3 3

2

3

9 9

3

3

x x

B

x x x x x x

x

x x

x x x

x x

x x

 

     

     



 

  

  

 

 

3

x x



a) Ta có: :

3 3

x x x

P

x x x



 

   ,

3

P  





3

3

3

3 3

x

x x

x x x



 

   

  

10

0

3 x x

x

      



Kết hợp với điều kiện ban đầu ta suy 0x9 P 3

Câu 2) Giả sử người làm riêng x (giờ) hồn thành cơng việc (điều kiện:x 0) Giả sử người làm riêng y(giờ) hồn thành cơng việc (điều kiện:y0,yx) Trong người làm được:

x công việc , người làm

y công việc Theo giả thiết

hai người làm chung hồn thành cơng việc nên ta có: 1

x y  (1)

Khi làm riêng người thứ cần nhiều người thứ 12 để hồn thành cơng việc nên ta có xy12 (2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:













1 1

8 12 12 96

8

12

12 12

12

x y xy y y y y y

x y

x y

x y x y

x y                                       

Giải phương trình: 96



12



8



12

8

y

y y y y

y              

đối chiếu với điều kiện ta có 12

y  thỏa mãn, từ ta có x 24

Vậy làm riêng người cần 24 để hồn thành cơng việc, người cần 12 để hồn thành cơng việc

Câu

1

1

3

2

3

5

2

x y x y                

 

 

Điều kiện 1,

x y  ,

Đặt

2 u x   ; v y 

4

3

u v u v         1 u v        1 x y              1 x y          1 x y       

Vậy hệ có nghiệm



x y ;

 

1; 4



a Ta có





2

' m 2m m

       m  Phương trình ln có nghiệm phân biệt x x 1, 2 b Để nghiệm x x độ dài cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền 1, 2

12 Thì x x số thực dương thỏa mãn1, 2 2 12 x x 

Theo hệ thức Viet ta có:





1

2

2

x x m

x x m

        

Ta có x x  1, 2

1 x x x x       

 2



1



0

2 m m m          

Hệ thức x12x22 12



x1x2



22x x1 2 12 4



m1



24m120m2m 2



1



2



2 m m m m           

, đối chiếu với điều kiện ta thấy m 1 thỏa mãn Câu

a) Vì CK AK nên 

90

AKC  , CH AB

H nên 

90

AHC   AHC AKC 1800

   nên AHCK tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 1800)

b) Vì AHCK tứ giác nội tiếp nên

  

CH K CAK CAE (góc nội tiếp chắn cung KC) Lại có CAE CDE(góc nội tiếp chắn cung EC) Từ suy CH K CDEHK/ /DE

Vì ABCD H nên H trung điểm CD

Mà HK/ /DF suy K trung điểm CF

A O B

Tam giác AFC có AK đường cao đồng thời trung tuyến nên CAF tam giác cân K

c) Tam giác F AC cân A nên AF AC , Lại có tam giác ACD cân A nên AC AD Suy AF AD hay tam giác AFD cân A

Kẻ DI AF(IAF), ta có:

2

AFD

S  DI AF DI AC

Mà AC không đổi nên SAFD lớn DI lớn

Trong tam giác vng AID có ID AD AC  hay

2

1

2 2

AFD

AC

S  DI AF  DI AC Dấu đẳng thức xảy I  A DAF 900 dẫn đến tam giác ADF vuông

cân A , suy EBAEDA450 hay E điểm cung AB

Câu Điều kiện:

2

3 18

0

5

x x x x x x              (*)

Phương trình cho  5x24x  x23x185 x





2 2

5x 4x x 3x 18 25x 10 x x 3x 18

        

 2x29x 9 x x( 23x18)0

 2(x2 6 ) 3(x  x3) ( x26 )(x x3) 0

2

6

2

3

x x x x

x x                    Đặt 2

0 3

3

2

t

x x

t t t

x t                    

Trường hợp 1:

2

2

7 61

6 2

1

3 7 61

2

x

x x

t x x

x x                           Từ điều kiện (*) suy 61

2

Trường hợp 2:

2

2

9

3

4 33 27 3

2

4

x

x x

t x x

x x

 

   

        



  

 



Từ điều kiện (*) suy x 9

Vậy phương trình cho có nghiệm là: 61

2

x  x 9

Đáp án Quận Ba Đình

Thứ tự Đáp án Điểm

Bài I (2 điểm)

1) Rút gọn:

Điều kiện: x0;x

0,75

2

:

9 3

x A

x x x

 

  

  

 





 





2 3

3 3

x x x

x x x x

 

 

 

 

     

 







2 3

3

x x x

x x

  



 

1

x x

 



0,25

0,25

0,25

2) Tìm x để

A  0,75

6

x x

 

 6



x1

 

5 x3



x

 





81 

x tmđk

 

0,25 0,25 0,25

1

3

x A

x x



  

 

Do 1 

3

x A

Dấu “=” xảy  x= tm đk 

Vậy GTNN A: minA=

3 x=

0,25

0,25

Bài II (2 điểm)

Gọi thời gian đội thứ làm xong việc x ( đv: giờ, x >8)

Khi thời gian đội thứ hai làm xong việc x+12 (giờ) Mỗi đội thứ làm

x (công việc)

Mỗi đội thứ hai làm 12

x  (công việc)

Theo ra, hai đội làm

8 công việc nên ta có

phương trình :1 1

12

xx 

Giải phương trình ta x=-8(ktmđk); x=12 (TMĐK) Vậy thời gian đội thứ làm xong việc 12 giờ; thời gian đội thứ hai làm xong việc 24

0,25

0,75

0,25

0,5 0,25

Bài III (2điểm)

1) điểm

Giải Hệ PT

2

x

y

1

x

y



  

 

 

   

 



Đặt a= ;

x b

y

 

 , Đk: a 0

Giải HPT:

3

a b

a b

 

 

  

10;

3

a b  0,5

Giải 5; 25

3

x   

  ; y   nên khơng có y thỏa mãn 1

KL: Hệ phương trình vơ nghiệm

(Nếu HS nhận thấy khơng có y t/m nên HPT vơ nghiệm mà khơng cần tìm x cho 0,25)

0,25

2) điểm Cho phương trình





2

x  m xm 

a) Giải PT m=4

Với m=4, giải PT: x210x16 = x 



2;8



0,5 b)

PT cho có nghiệm phân biệt '

2

m 

    

Theo Vi-et có x1x2 2



m1  ; 



x x1 2 m2

0,25

Xét 2





2

1 2 2 x x  x x  x x  x x  x x





2

4 m1 2m  m2 2m28m 4 4m 

TH1:

2 m m m



     

 





1 ; 

m L m TM

      

TH2: m 0 m22m  vô nghiệm Vậy m   3 thỏa mãn yêu cầu đề

Bài IV (3,5 điểm)

0,25

1) - Giải thích  

90

AMH  ANH  -Tính tổng AMH ANH 1800 - KL : AMHN tứ giác nội tiếp

0,25 0,25 0,25

2) Cách 1:

cm ANM MHA ( tg AMHN nội tiếp)

 

ABC AHM

  (cùng phụ với MHB)

 

ABC ANM

 

0,5 0,25 0,25

Cách 2: Cm AM.AB = AN.AC (= AH2)





 

ANM ABC cgc

  ∽

 

ABC ANM

 

(cho điểm tương ứng cách 1)

3) Cách 1: Kẻ đường kính AD

y

x

D N

M

H O

B C

 

DACDBC (góc nt chắn cung DC)

 

ABC ANM (cmt)

Có DBCABC900 (góc nt chắn nửa đtr)

 

90  

ANM DAC AO MN

    

0,5 0,25 0,25

Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy (O)

c/m: xAC ABC (góc nt, góc tạo tt dây chắn cung AC)

 

ABC ANM (cmt)

Vậy xACANM, vị trí slt MN

 // xy mà AO xy (do xAy TT (O)) AOMN (cho điểm tương ứng cách 1)

4)

(0,5 điểm)

Có AN.ACAH2 2R2AO.AD AN.ACAO.AD

 

 

ANO ADC cgc AON ACD 90

  

  



 AOM AON 1800  O, M, N thẳng hàng

0,25

0,25

Bài V (0,5 điểm)

Có 2P 2a b



1



 2b a



1



Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm









2 ; 

2

a b b a

a b    b a   





3 3.2

2

2

a b

P   

   

2

P

 

Dấu “=” xảy 1

2

a b

a b b a

  

   

 



Vậy P có GTLN 2√2 ab1

0,25

Đáp án Quận Đống Đa Bài I

a) Thay x  (Thỏa mãn điều kiện 9 x  ) vào biểu thức A, ta có: 0

2 9 2.3

3

A A A

 

  

Vậy, x  9

3

A  b) Rút gọn:





2

3

2

3

( 2)

3

( 2)

4

( 2)

2

( 2)

2

x x

B

x x x

x x

B

x x x

x x x

B

x x

x x

B

x x x B

x x x B

x

 

 

 

 

 

 

  





 



  

  

c) 2:

2

B x x x

P

A x x x

  

  



0

2

x

P P P

x



    



2

0 2

2

x

x x x

x



       



Vậy để P Pthì 0  x Bài II

Gọi số sản phẩm xí nghiệp sản xuất ngày theo kế hoạch x (sản phẩm)đk:

*;

xN x số sản phẩm xí nghiệp sản xuất ngày thực tế x  (sản phẩm) 5 Số ngày theo kế hoạch là: 75

x (ngày) Số ngày thực tế là: 80

5

x  (ngày)

Vì thực tế xí nghiệp hồn thành sớm kế hoạch ngày nên ta có phương trình:

2

75 80

1 75( 5) 80 ( 5)

5

10 375

x x x x

x x

x x

      



   

15

x

  (TMĐK) x  25(loại)

Vậy theo kế hoạch ngày xí nghiệp sản xuất 15 sản phẩm Bài III

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) :









 

2

x 2m x 2m

x 2m x 2m *

  

    

a) Xác định tọa độ giao điểm (d) (P) khim 1

Thay m 1vào phương trình (*)

2

x 3x

x y

x y

  

 

 

 

 

 

Vậy tọa độ giao điểm (d) (P) là

  

1;1 & 2;



b) Tìmmđể (d) (P) cắt hai điểm phân biệtM x ; y ; N x ; y



1





2



sao cho 2

y y x x 

Để (d) (P) cắt hai điểm phân biệt   



2m 1



2 8m



2m 1



2 m

0 m

2

       

Áp dụng định lý Viet:

1

x x 2m

x x 2m

  

 

 

 





















2 1

2 2 2

2 2

2

1 2

2

y x

M, N P

y x

y y x x

x x x x

x x 3x x

2m 6m

4m 2m

2m 2m

m TM

1

m KTM

2

 



  

  

  

   

   

   

  

  

   

 



Vậy với m (d) (P) cắt hai điểm phân biệt0 M x ; y ; N x ; y



1





2



sao cho

1 2

y y x x  Bài IV

1) Tứ giácADCEcó: ADCAEC900 900 1800

Mà góc vị trí đối => Tứ giácADCEnội tiếp đường trịn => bốn điểm A, D, C, E thuộc đường trịn

2) Xét PAE PDCcó: APECPD (đối đỉnh); PAE PDC (góc nội tiếp chắn EC )

Q P

F D

E A

B

O M

=> PAE PDC(g.g) => PA PE

PD PC (cạnh tương ứng) => PA PC PD PE

3) - CM: Tứ giác DCFB có: BDCBEC900900 1800

Mà góc vị trí đối => Tứ giácDCFBnội tiếp đường trịn

- Có:  1



d 



1



 



2

APD s ADsd EC  ACDEAC

 1



 



1



 



2

CQD sdCDsd BF  DBCBCF

Mà ACDBCF(cùng phụ với DAC ) (BCF CBF 900 CBF BAC ); EACDBC(cùng chắn AC )

=> APDCQD => Tứ giác DPCQ nội tiếp => CPQ CDQ(cùng chắn CQ) Mà CDQ CBFCAB => CPQ CAB (Ở vị trí đồng vị) => AB/ /PQ

4)

Gọi G trọng tâm ABC

 

N OM AB CG NG

CN NC

      (N trung điểm AB)

Từ G dựngGI / /OC I



OM



I O

F

G

Q P E

D C

B N M

GI NG NI 1

IG OC R

OC NC NO 3

       không đổi

Mà NI

NG 3, M, O, A, B cố định nên N cố định cố định I Vậy trọng tâm G ABC chuyển động I; R1

3

 

 

 cố định Bài V

Ta có:









 

7

15 60

15

b c a a b c

a b c bc ab bc ca

b c a a b c bc

                            

Với hai số thực ,b c ta ln có:



b c



24bc



b c



2 0



bc



2 4bc4bc



b c



2

 

2

Từ

 

1 và

 

2 , ta được: 604a b c







4bc4a



7a

 

 b c



2 4a



7a

 

 7a



2







2

3a 14a 11 a 3a 11

        11 a   

Đáp án Quận Thanh Xuân Bài I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:







 





















4; 2 P 

2 2

2 P  2  P 2  P

P x x

x x x

x x x x

x x

x x x

x

x x x

x x                        

Ta có: x



x2



0       x 4,x0





1

0        4,

x x

x x



    



Vậy P  với 0 x4;x0

3) Tìm giá trị x để

15

P  





1

15

2 15

3

5 ( )

9 ( )

x x

x x

x

x ktm

x tm



  

  

 

 

  

 

Vậy để

15

P   x  9

Bài II (2,0 điểm) Đổi 15 phút =

4h

+) Gọi vận tốc ô tô lúc từ A đến B x (km/h), x >

+) Vì từ B trở A người tăng tốc độ 5km/h so với lúc nên vận tốc ô tô từ B trở A x  (km/h) 5

+) Thời gian ô tô từ A đến B 90

x (giờ) +) Thời gian ô tô từ B trở A 90

5

x  (giờ) +) Thời gian thời gian là1

4h nên ta có phương trình:

90 90

5

2

90 90

5

90x 450 90x

.( 5)

450

5x

5x 1800

( 40).( 45)

40 40( )

45 45( )

x x x x

x x

x x

x x tm

x x loai

                               

Vậy vận tốc ô tô lúc từ A đến B 40km/h Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

           108 63 x y 81 84 x y                                                               

§ KX § : x 0;y

a (a 0) x

Đặt :

b (b 0) y

108a 63b 432a 252b 28 189a

81a 84b 243a 252b 21 108a 63b

1

1

a a (TM)

x 27

27 27

1

1

108 63b b (TM)

y 21 27 21        x 27(TM) y 21(TM)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y)(27; 21) 2) Cho đường thẳng (d): y 1x

2 

  Parabol (P): y 1x2

* Vẽ Parabol (P): y 1x2 

x -4 -2

2

y x

4

 1

Đồ thị hàm số y 1x2

 đường cong Parabol qua điểm có tọa độ: (-4; 4); (-2; 1); O(0; 0); (2; 1); (4; 4) * Vẽ (d): y 1x

2 

 

x

1

y x

2 

 

Đồ thị hàm số y 1x 2 

  đường thẳng qua điểm có tọa độ (0; 2) (4; 0)

14

12

10

8

6

4

2

2

15 10 5 10 15

y =

2 x + 2

y = 1

4x

b)

+) Lập phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: 2 4x  2x

+) Giải phương trình ta

x x

  

  

Suy tọa độ điểm A



2; ;



B 



4; 4



+) Điểm N nằm trục hoành nên tọa độ N a



; 0



+) Tam giác NAB cân N nên ta có NA NB

N AB

  

 





2





2

2 4

1

2

2

a a

a

     

  

  



Giải

4

a  

Vậy tọa độ điểm 9;

N 

 

a) Xét tứ giác BEDC có BECBDC900

Mà chúng góc có đỉnh nhìn cạnh BC góc

 Tứ giác BEDC nội tiếp (dhnb)

b) +) C/m: AED ACB  (2 góc bù với BED )

+) Xét AED ACB có: 

 

 chung

 (cmt)

A

AED ACB

  

 



  (g.g)

AED ACB

  ∽

AE AC AD AB

  (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

AE AB AD AC

 

c) Ta có: BDCACF 900 CF/ /BD Hay CF/ /BH (1)

Ta có: ABF AEC900BF/ / CE Hay BF/ / CH (2)

Từ (1) (2) suy tứ giác BHCF hình bình hành (dhnb)

d) Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn đường kính AH AKH 900=>HKAK (3) Mà tam giác AKF nội tiếp đường trịn đường kính FAAKF900=>FKAK (4) Từ (3) (4) suy điểm K H F, , thẳng hàng

Bài V (0,5 điểm) Từ 1

2

mn 

















 

2

4

4 *

m n mn m n mn m n n m

  

  

    

Xét phương trình x2mxn0 1

 

có m 4n

  

phương trình

 

0

x nxm có 2 n 4m

Khi đó:

















2 2

2

2

4

2 4

4

m n m n

m n mn m n

m n m n n m

      

       

         





2

1 m n      m n,

        (do thay từ phương trình

 

* ) =>  1 0hoặc  2 0=> có phương trình có nghiệm

Vậy có hai phương trình

 

1

 

2 có nghiệm với m n, R Đáp án Quận Hoàng Mai

I TRÁC NGHIỆM (1,0 điểm) Chọn chữ đứng trước câu trả lời đúng: Câu Cặp số



1; 2



nghiệm hệ phương trình sau đây?

B

6 2

x y

x y

 

 

  



B

2

3

x y

x y

  

  

 

 

C

2

x y x y

 

 

  



D 2

3

x y

x y

 

 

 



Câu Điều kiện m để phương trình x22mx m 2  có hai nghiệm x10,x2  là: B m   2 B m  2 C m   2 D m 16 Câu Cho đường tròn



O R,



đường kính AB, dây ACR Khi số đo độ cung nhỏ BC là:

A.60 B 120 C 90 D 150

Câu Độ dài đường tròn 10 (cm) Diện tích hình trịn là:

A 10



cm2



B 100



cm2



C 50



cm2



D 25



cm2



Hướng dẫn giải

2

4

0

x x x x

 

    



(thỏa mãn điều kiện đề bài)

Thay m   vào phương trình ta 2

2

4

0

x x x x

 

     



(không thỏa mãn điểu kiện đề bài)

Vậy đáp án B

Câu ACR AOC tam giác Suy góc CAB 600

Mà  d  1200

2

CAB s BCsd BC Chọn đáp án B

Câu Gọi bán kính hình trịn R

Chu vi hình trịn 2R10 R Diện tích hình trịn



2



25

R cm

  

Vậy chọn đáp án D II TỰ LUẬN ( 9,0 điểm) Bài I ( 2,5 điểm)

1

2

3

2

3

8

2

x y

x y



 

  

 

  

  



( Điều kiện xác định : x2;y  )

+) Đặt ;

2 a b

x  y 

+) Hệ phương trình

3

a b

a b

  

 

 



4

3

7 14

3

2 ( ) a b a b a a b a TM b                      

+) Thay 2

2

a x x

x

       

 (TM)

+) Thay 1 1

1

b y y

y

           

 (TM)

+) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( ; 2)5

x y  

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : yx2 đường thẳng (d) :

2

y mx m

a

+) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

2

2

2

x mx m

x mx m

   

    

+) Thay m   vào phương trình ta : 1

2

2

( 1)( 3)

1 x x x x x y x y                   

+) Vậy m   giao điểm (P) (d) : (1;1); ( 3;9)1  b +) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

2

2

2

x mx m

x mx m

   

    

2

' m 2m (m 1) 0; m

         (1)

+) Suy (d) (P) cắt điểm phân biệt : A x y( ;1 1); ( ;B x y 2 2)

1

2

1 ( )

( ; )

A x y  P  y x

2

2

2 ( )

( ; )

+) Áp dụng định lí viet ta có :

1

2

2

x x m

x x m

 

 

 



+) Vì tổng tung độ hai giao điểm nên ta có phương trình :

1 2 2

2

1 2

2

2

( ) 2

4 2(2 1)

4

0( )

1( )

y y x x

x x x x

m m

m m

m TM m Loai

  

  

   

   

  

 

  



+) Vậy m  (d) (P) cắt điểm phân biệt : 0 A x y( ;1 1); ( ;B x y cho 2 2) tổng tung độ hai giao điểm

Bài II (2,5 điêm)

Gọi thời gian chở hàng theo kế hoạch x (ngày,  x  1 ) Năng suất đội xe theo kế hoạch 120

x (tấn/ngày)

Thời gian chở hàng thực tế x  (ngày) 1 Khối lượng hàng thực tế đội xe chở là: 120 + = 125 (tấn)

Năng suất thực tế 125

x  (tấn/ngày)

Vì đội xe chở hàng vượt mức tấn/ ngày nên ta có phương trình

2

125 120

5

5 10 120

6

x x

x x

x x

 



   

     



Vì  x  1nên  x  6

Bài III (3,5 điểm)

a) Xét đường tròn

 

O có đường kính MN, M điểm cung nhỏ DC (gt) nên

MN vuông góc với CD trung điểm I CD Do đó: MID900

Ta có ;1  900

2

EO MNMEN 

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét tứ giác IKEN có: MIDMEN900900 1800mà góc vị trí đối nên

tứ giác IKEN nội tiếp (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Tứ giác IKEN nội tiếp (cmt) nên MEI MNK (2 góc nội tiếp chắn cung IK) Xét MEI MNK có:

 



( )

( )

MEI MNK cmt EI ME

MEI MNK g g EI MN NK ME

NK MN

EMNchung



 

      

  

∽

c) Xét MNP có đường cao ME PI cắt K nên K trực tâm MNP Do NK vng góc với MP Q Từ suy 

90

NQP 

Xét tứ giác NIQP có:  

90

NIP NQP mà góc nhìn NP tứ giác NIQP nội tiếp Suy QNPQIP (vì chắn cung PQ) (1)

Tứ giác IKEN nội tiếp (cm a) nên QNPEIK(cùng chắn cungEK ) (2) Từ (1) (2) suy QIP EIK Do IK phân giác EIQ

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE H Chứng minh E di động cung lớn DC (E khác C, D, N) H ln chạy đường cố định

Q

P K

I N

O

C D

M

Ta có:

 

 

 

 

/ / DEM DHC dv

ME NP

ME CH

CH NP MEC ECH slt

 

  

 

 

   



Mà DEMMEC ( góc nt chắn cung = nhau)

 

EHC ECH

 

EHC

  cân E

EN trung trực CH

Xét DCH có: IN trung trực CD (I trung điểm CD INCD)

NC ND

 

EN trung trực CH (cmt) NCNH

N tâm đường tròn ngoại tiếp DCH

 H



N NC;



Bài IV (0,5 điểm): Cho ; ;a b c  , chứng minh rằng: 0

a b c a b c

a b b c ca  b c  ca  a b Hướng dẫn giải

Đặt A a b c b c a b c a

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

 

             

          

Mà ; ;a b c  nên: 0

b b

a b a b c 

c c

b c a b c 

a a

c a  a b c  Cộng vế ta được:

1

3

2 (*)

b c a a b c

a b b c c a a b c

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

A

 

   

    

 

     

  

 

 

     

  

 

 

Đặt

( ) ( ) ( )

a b c a b c

B

b c c a a b a b c b c a c a b

     

     

2

( )

2 ( )

a b c a a

a b c

a b c a b c

 

   

 



Tương tự ta có:

2

( )

b b

a b c b ca   

2

( )

c c

a b c c a b   

Từ đó, ta có: 2 2

( ) ( ) ( )

a b c a b c

a b c

a b c b c a c a b

           (**) B  

Từ (*), (**) ta có: ABhay a b c a b c

a b b c ca b c  ca  a b => đpcm

Đáp án Quận Tây Hồ Bài (2 điểm):

a) Ta có

13

x

3 ' 13 3.48 25

13

x 3                

Vậy tập nghiệm phương trình S 6;8

 

  

 

b) Điều kiện: x

y      

Đặt a x

b y

        

Điều kiện: a, b0

Hệ phương trình tương đương với 2a b a

6a 2b b

             (Thỏa mãn)

x 1 x

y

y 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x; y

 

 2; 2



Bài (2 điểm)

+) Gọi vận tốc riêng ca nô x (km/h) Do vận tốc dịng nước km/h nên ta có điều kiện x 4

Vận tốc ca nơ chạy xi dịng x 4(km/h) Vận tốc ca nơ chạy ngược dịng x 4(km/h) +) Do chiều dài bến A B 30 km nên

Thời gian để ca nô xi dịng 30

x  (h)

Thời gian để ca nơ ngược dịng 30

x  (h)

+) Do ca nô nghỉ B 30 phút nên tổng thời gian ca nô lẫn là: 11 30 phút – - 30 phút =

Ta có phương trình sau:

30 30

4

4

x x 

2

30(x 4) 30(x 4) 4(x 16)

     

2

30x 120 30x 120 4x 64

     

2

4x 60x 64

   

2

15 16

x x

   

Giải phương trình ta nghiệm x 1 16và x   2 Đối chiếu với điều kiện x ta chọn nghiệm x 16

Vậy vận tốc riêng ca nô 16 km/h Bài (2 điểm)

a) Phương trình hồnh độ giao điểm

 

d

 

P là:

1

x mx m

    

2

1

x mx m

Có a1;b m c; m   1 m24m4



m2



2

Để đường thẳng

 

d cắt parabol

 

P điểm A B, phân biệt phương trình (1) phải có nghiệm phân biệt z

Vậy với m  đường thẳng 2

 

d cắt parabol

 

P điểm A B, b) Với m  , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x x 1, 2

Áp dụng định lý Viet ta có

1

1

b

x x m

a c x x m

a

 

  

  

   

 

Theo đề





 

2 2

2

1 2

17

2 17

2 15

5    

x x

x x x x

m m

m

tm m

 

   

   

     



Vậy với m  5 m   hồnh độ giao điểm 3

 

d

 

P thỏa mãn 2

1 17 x x 

Bài (3,5 điểm):

a) - Xét

 

O đường kính BC có:



90

BEC  ; BFC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BEAC CF; AB

D I

H

E F

O

B C

- Xét tứ giác AEHFcó: AEHHFA900900 1800

Mà góc vị trí đối => tứ giác AEHFnội tiếp đường trịn

b) - Vì I tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giácAEHF Mà AEH HFA900 => I trung điểm AH=>

2

AH

AI   cm - Xét

 

I có: BAC 600=> s EHFd2.sd BAC 1200 - Có: 

0

0

.2.120

( )

180 180

EHF

r n

l     cm Thừa

2

2

0

.2 120

( )

360 360

IEHF

r n

S     cm

c) - Xét ABC có: BEAC CF;  AB Mà CF cắt BE H

=> AH BC D

- Xét tứ giác BFHD có: HFBHDB 900 900 1800

Mà góc vị trí đối => tứ giác BFHDnội tiếp đường trịn

=> HBDHFD (góc nội tiếp chắn HD ) (1)

- Tứ giác AEHFnội tiếp => HFEHAE (góc nội tiếp chắn HE )

Mà HBDHAE (cùng phụ với ACB ) HFE=HBD (2)

Từ (1) (2)=> HFEHFD => FH tia phân giác DFE

d) - Xét AEH vng E có : I trung điểm AH

=> IE IH => IEH cân I=> IEH IHE

=> EI tiếp tuyến

 

O E

Chứng minh tương tự có : FI tiếp tuyến

 

O F

Mà I trung điểm AH => Hai tiếp tuyến của

 

O tạiE,F vàAH đồng quy Bài (0,5 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương a0; b ta được:

2

a b 2ab 2ab ab (1)

2

     

Ta có:

   

   

2

2

2

a b a b 2ab a b 2ab

1 a b (2)

a b a b

         

         

Từ   , (2)1 ta có: S ab 2(a b) 2

    

Dấu "=" xảy khi: a b 2

 

Vậy giá trị lớn biểu thức S 2

  a b

2

 

Đáp án Quận Hai Bà Trưng Câu I: (2 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức A x 25

Thay x25 (TM) vào biểu thức A:

25

A

2 25



  















2 3

9

3

2 3 3

9

2 3

9

3

3

9

x x x

B

x

x x

x x x x x

B

x

x x x x x

B x x x B x x                             









:

3 1

:

9

3 3

9

3

P B A

x x P x x x x P x x P x                

3) Tìm giá trị nhỏ P

0 §KX§

3

3 1

3 x x x P x              

Dấu xảy x   0 x (TM§K)

Vậy GTNN P 1 x 0

Câu II: (2 điểm) Đổi 48 phút 24

5 

Gọi thời gian người thứ hồn thành xong cơng việc x (giờ, đk  24

x Thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x  (giờ) 4

Mỗi người thứ làm được1

x(cv), người thứ hai làm 

Vì hai người làm xong công việc 24

5 nên hai người làm

24

1:

5 24 (cv)

Do ta có phương trình:

 



1

x x 24

4

( 4) 24

x x

x x

 

 

 

2

5x 68x960 Có

' 34 5.96 676

   

  ' 26 34 26 8

5

x (loại) 3426 12

5

x (TMĐK)

Vậy người thứ làm xong công việc 12 giờ, người thứ hai làm xong cơng việc

Câu III: (2 điểm)

1 Khi m  (d): 1 yx2

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: 2

x

x x

x

  

    

 Vậy (d) giao (P) A( 1;1) , (2; 4). B

2 Số giao điểm (d) (P) số nghiệm phương trình: 2

3

x xm  x  x m 

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt 13 13

m m

      

3 Khi (d) cắt (P) hai điểm phân biệt M x y( ;1 1),N x y ( ;2 2) 13

m 

Theo Viet ta có x1x2 1; x x1 2 m Ta có :

2

1 2 2 2

1 2

1 2 ,

3( )

3( )

( ) 3( )

y x y x y y x x x x x x

x x x x x x

 

   

   

    

Vậy để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt M x y( ;1 1),N x y cho ( ;2 2) y1y2 3(x1x2)thì

m 

Câu IV: (3,5 điểm)

+) Xét (O) có: AB, CD đường kính BC AD AC; BD (1)

Có CMN góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn  1



 





2

CMN AB CB DB

    (2)

 1

2

ADC  AC (3)

Từ (1), (2), (3) CMN ADC (4)

Mà ADCCDN1800 ( hai góc kề bù).(5) Từ (4),(5) CMN CDN 180o

Vậy tứ giác MCDN nội tiếp đường tròn

Xét ACD ANM có 

A chung

 

CMN ADC (cmt)

K

I H

N M

A

ACD ANM

  ∽

AC AD

AC AM AD AN AN AM

   

3

+) Ta có AHM cân H CMHCAH

 

ACDCAB( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau: ADBC ) mà CMHCAB900

 

90

CAH ACD

  

Xét ACK có CAH ACD 900AKC900CK  AH

Xét tứ giác AOIH có HI/ /AO



MN



OI / /AH



CD



Suy AOIH hình bình hành

+) Có H trung điểm MN M, N thuộc xy cố định  H di động đường thẳng xy (6) Vì AOIH hình bình hành  AOIH mà AO không đổi  IH không đổi (7)

Suy điểm I di động đường thẳng song song với đường thẳng xy

+) Khi hình bình hành AHIO quay vịng quanh cạnh AH cạnh AO HI vạch nên hình nón có đường sinh AOHI R

Cạnh OI vạch nên hình trụ có bán kính đáy bán kính hình trịn +) Xét AOP có OAP30  ,  OPA90

30°

x P Q

N I

sin 30 OP OP

OA x

  

.sin 30

R OP R

    (đvđd)

+) Xét ABH vng A có: tan 60 AB

AH

 

2

tan 60 3

AB R R

AH

   

 (đvđd)

+) Ta có: Sxq tru  2 OP AH 

 

2

2

2

xq tru

R R S  

2  

2

3

xq tru

R

S   (đvdt)

Câu V: (0,5 điểm) Ta có :









2

2

x y x x y y

A

y x xy x y

2xy

x y x y

xy

2 2xy

2

xy xy

  

  

    

 

 



 

   

 

Do xy xy 2 6

xy xy

         

 

Dấu "" xảy khi: x 0; y

xy

x 1; y

 



  

 



Vậy giá trị nhỏ Alà A1 x 0; y x 1; y

 



  



Đáp án Quận Nam Từ Liêm Bài I

1 Thay x 25 (TM) vào biểu thức B có:

2 25

B   



Vậy x 25 B  2

2 2

4

2 2

x x x

A

x

x x x

 

   



  

3 : :

2 2

x P A

x x x x



   

   

Ta có: x 0  x0 x  2 8 8 8

2 2

2 2

x x x

  

       

  

3

p

   Dấu “=” xảy x  (TM) 0

Vậy GTNN P 3 x  0 Bài II

Gọi số sản phẩm mà tổ phải làm ngày theo kế hoạch x (sản phẩm), (xN*) Số ngày tổ sản xuất làm theo kế hoạch 600

x (ngày)

Số sản phẩm mà tổ làm ngày thực tế làm x 10(sản phẩm) Số ngày tổ sản xuất làm theo thực tế 650

10

x  (ngày)

Theo đề tổ sản xuất hoàn thành sớm kế hoạch ngày nên ta có phương trình:

600 650

2  (1) 10

x x 

Giải phương trình (1)

600( 10) 650 ( 10)

 (1)  

( 10) ( 10) ( 10)

x x x x

x x x x x x

 

  

  

2

600( 10) 650 ( 10) 

300( 10) 325 ( 10) 

300 3000 325  =x +10x

x x x x

x x x x

x x

    

    

  

2

35 3000

x x

   

 

40( )

75 tm

( )

x

x ktm

     



Vậy số sản phẩm mà tổ phải làm ngày theo kế hoạch 40 sản phẩm Bài III

1/ Giải hệ phương trình sau:





2( )

5 2

x y x

x y x

             Đặt

2 ( 2)

x y a

x b x

          

2 7(1) 10 35

9 27

5 10

a b a b

b b

a b a b

   

 

     

   

 

Thay b  vào (1) ta được: 23 a  3 a

Trả ẩn: 2

2 7( )

2

a x y x y x y

x x TM

b x                          

7

( )

7( )

y y

TM

x TM x

   

 

 

 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; )x y (7; 5)

2/ x22



m1



x4m (x ẩn, m tham số)





2

2

4 2( 1) 4.1.4 4( 1) 16

b ac m m m m

          4(m2 2m1) 16

2 2

4m 8m 16m 4m 8m (2m 2) m

          

Để phương trình có nghiệm phân biệt    0 2m  2 2m2m Vậy m  phương trình có nghiệm phân biệt 1

Theo Vi – et ta có

1

2

4

x x m

x x m

  

 

 

Đề cho x12x22(x1x2)4(x1x2)22x x1 2(x1x2)4

2

(2m 2) 2.4m (2m 2)

     

2

4m 8m 8m 2m

       

2

4m 2m

Vậy

2

m   phương trình thỏa mãn đầu Bài IV

1) Xét t/g APOQ có: APO 900 (Do AP tiếp tuyến (O) P)



90

AQO  (Do AQ tiếp tuyến (O) Q)  APOAQO900900 1800

Mà hai góc vị trí đối nên t/g APOQ nội tiếp

2) Xét (O), có: APN AMP(góc nội tiếp góc tạo tia tt dây cung chắn NP )

Xét APN AMP có NAP chung; APN AMP(cmt)  APN  AMP (g-g)  AP AM

AN  AP 

AP  AM AN

3) a) Ta có: AQQS(AQ tt (O) Q); PM //AQ(gt)  PM QS Mà đường kính (O) nên điểm nhỏ

 

Vậy phân giác

b) Xét (O), có: (2 góc nt chắn )

hay , mà hai đỉnh liền kề nhìn cạnh

I

H

N M

O

A P

Q S

QS S PM

 

sd PSsd SM PNSSNM

NS PNM

 

SNM PQS PS SM ,

 

t/g nội tiếp 

Mà (2 góc nt chắn ) 

Mà hai góc vị trí đồng vị nên //

4) Gọi

Xét (O), có hai tt cắt (gt)



Mà

 trung trực  trung điểm

 (g-g)  

 (g-g)  

 nên

Xét , có: trung tuyến cắt G

 trọng tâm

Mà trung điểm nên thẳng hàng Bài V

Áp dụng BĐT Cơ-sy ta có:

HNQI HINHQN

 

HQN PMN PN HINPMN

IH MP

{ }

AOPQ F

,

AP AQ A

AP AQ OPOQR

OA PQ

F PQ

AKN

 PKA AK NK

PK  AK

2

AK NK PK KNQ

 KQP KN KQ

KQ  KP

2

KQ KN KP

2

AK KQ AK KQ

APQ

 AF, PK

G

E AP Q G E, ,

2

2

4 4 1

1

4

x x x

x x

y y y y y



         

3 8 5 11

2

2 2 4

x y x y x x y x

M

y x y x y y x y

 

         

Dấu “=” xảy

Vậy

Đáp án Quận Bắc Từ Liêm Bài 1:

a) Với (TMĐK) thay vào biểu thức A ta có:

Vậy

b) với

Vậy với

c) với

2

2 2

4

4 2

1 x y y x x y x y x y                     11

MinM  2; 2

x y

4 

x 4

4

A   

3

A  x 4

1 1 x B x x x    

  x0;x1















 



























1

1 1 1

1 1 1 1 1 1 x x x B

x x x x x x

x x x

B x x x x B x x x B x x x B x                               1 x B x    0;

x x

2

A  

2

x x



Vậy Bài 2:

Gọi số sản phẩm tổ cơng nhân dự định làm ngày là: x (sản phẩm)

Do tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm nên số ngày tổ công nhân dự định phải làm là: (ngày)

Tuy nhiên thực hiện, ngày họ làm thêm 10 sản phẩm nên số sản phầm làm là: (sản phẩm)

Khi đó, số ngày mà tổ cơng nhân làm là: (ngày)

Theo đề bài, cải tiến kĩ thuật, đội cơng nhân hồn thành cơng việc sớm dự định ngày nên ta có phương trình:

Vậy ngày tổ dự định làm 30 sản phầm Bài III (2,0 điểm):

a) Ta có:

Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với m















3

3

3

3

3

3

x x

x x

x x

x x

x x TM

x x

  

   

   

     

     

  

 

 

9

x 

2

A 

*

x  

240 x

x 10

240 x 10

240 240

2 x x 10 

2

240(x 10) 240x 2x(x 10)

2x 20x 2400

x 10x 1200

x 40 (KTM)

x 30    (TM)

    

   

   

     



2 2

4( 1) 4 ( 4)

b)

Để phương trình (1) có hai nghiệm mà

Xét

Với

Vậy hai nghiệm phương trình (1) thỏa mãn :

Bài IV (3,5 điểm): Cho điểm thuộc đường tròn Kẻ tiếp tuyến đường tròn Lấy điểm thuộc tia cho Gọi trung điểm đoạn thẳng

, đường thẳng vng góc với cắt đường trịn ( nằm )

1) Chứng minh Từ chứng minh đồng dạng

2) Kẻ Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn

3) Kéo dài cắt Chứng minh

4) Lấy đối xứng với qua Chứng minh điểm thuộc đường tròn Lời giải

1;

x x x x 1 2



m



m

P x x m

  

   

  

 

   

 

2

0

1

0 1 0

1 23 1

x x x x

1

3 1

3 1

x x x x

m m

m m

   

   

   

m 

2

9( 1) 1 

11 10

( 1)( 10)

1 ( )

10 ( )

m m m

m m

m m

m m

    

   

   

 

  



tháa m·n tháa m·n

1

m  m 10 x x1; 2

1 x x  x x 

A



O R;



Ax

 

O B Ax AB2R M

AB AB M

 

O H K H M

K

 .

MKAMAH MKA MAH

HI AK I AMHI

AH BK D ADKB

a) Xét có (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung )

Xét có:

b)Tứ giác có: mà hai góc vị trí đối nên tứ giác

tứ giác nội tiếp

c) Xét có chung; (vì ); (gt)

(c – g – c) nên

Mà (chứng minh trên) nên

Xét tứ giác có Mà góc nhìn cạnh

Do tứ giác nội tiếp

( hai góc nhìn cạnh )

Mà

d) Xét tam giác có (gt);

C D

I

K H

M

O A

B



O R;



MKAMAH AH

A

MK

 MAH



A  A ( )

AMK chung

MK MAH g g

MK MAH

 

  



 



AMHI  AMHAIH 90 90 1800

AMHI

KMB

 KMA KM KMB KMA90 KMAB MAMB

 KMB KMA MKAMKB

A 

MK MAH MAH MKBMKD

MAKD MAHMKD MD

MAKD

ADK AMK

  AK

 90o  90o

AMK ADK  ADBK KAB

trực tâm nên Lại có (gt) nên , , thẳng hàng

Tứ giác nội tiếp nên

Mà (Do đối xứng với qua ), (đối đỉnh) nên

do tứ giác nội tiếp

Lại có , , thuộc nên thuộc

Bài V (0,5 điểm): Giải phương trình

Điều kiện: Đặt PT Với

Vậy PT có nghiệm

Đáp án Quận Long Biên Bài

a)

Đặt ta có:

Với

 H ABK BH KA IHKA B H I

  0

( 90 90 180 )

BMHD M D    ABKMHD 180

 

ABK  ACK C B AK MHD AHK

 

180

ACKAHK  AHCK

A H K



O R;



C



O R;



2

x  x7 2 x 7x 2x35

 

0 *

x 





2 2

7 7 2 7

t x x t t  x  x  x x x  xt 











2

42 6  

t t t t t do t

          

2

6 7 36

t  x x   x  x  x 









2

2

29

2 29

4 29

x

x x x

x x x

               2 29

4 28 841 116

x

x x x x

          





29 841 144 144 841 x x x         

tháa m·n ĐK

841 144

x

4

5 36

x  x  





2

0

x t t t25t360 



t4



t9



0









t TM t KTM       

4

Vậy phương trình có tập nghiệm

b)

Đặt ta có:

Vậy hệ có nghiệm Bài

Gọi số xe thực tế tham gia vận chuyển (xe), Số xe dự định tham gia vận chuyển (xe)

Khối lượng xe dự định phải chở (tấn) Khối lượng xe thực tế phải chở (tấn)

Theo đề bài, xe lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định nên ta có phương trình sau:

Giải phương trình

Vậy thực tế có xe tham gia vận chuyển Bài

a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng parabol :

Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị

Ta có: Phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị



2; 2



S  

3 3 x y x y                 



x1;y3



1 1 a x b y           

3

3

a b a

a b b

                









3 1 x TM x y TM y                     x y        x *

(xN ) x  15 x  15 x 15 15 0, 5  (1)

x x  (1)

15.2( 1) 15.2 ( 1)

 (1)  

.2( 1) ( 1).2 ( 1)

x x x x

x x x x x x

 

  

  

2 30x 30 30x x x 

      x2x 300

  5( ) 6( tm ) x x ktm       

 

d ( )P

 

2

2

x mx  x mx 

 

d ( )P

 

1 2

Vậy đường thẳng cắt hai điểm phân biệt với giá trị b) Vì hoành độ nên nghiệm phương trình (1) Theo định lí Vi- et ta có :

Theo đề ta có :

Vậy đường thẳng cắt hai điểm phân biệt Bài

1 a) Ta có

Nên tứ giác tứ giác nội tiếp (theo dấu hiệu: “tứ giác có tổng góc đối tứ giác nội tiếp”)

b) Vì đường kính nên

điểm cung nhỏ hay

Suy (vì hai góc nội tiếp

chắn hai cung nhau)

Do (g – g)

Suy

c) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông với đường cao ta được:

Từ ta được:

 

d ( )P m

1,

x x A B x x1,

1 2

x x m

x x

 

 

  

2

1 14

x x  x x  



x1x2



25x x1 2 14

 

2

5 14

m

   

2

10 14

m

  

2

4

m

 

2

m m

 

   



2

m  m  2

 

d ( )P A B

 

90

EIBEMB

EIBM

0

180

CD AB AB

 

O

A CD

 

AC AD

ACEAMC

 

O

ACE

 ∽ AMC

 

2

AC AE

AM AE AC AM  AC  

ACB C CI

 

2

AB BI BC

   

1 , 2 2

AB BI AE AM BC AC AB  R

H O'

M

D C

A I O B

d) Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Theo ý b) có hay

Mà sđ sđ (với cung đường tròn )

Suy sđ sđ

Suy tiếp tuyến (theo định lý đảo góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Mà nên

Gọi hình chiếu vng góc

Ta có nên nhỏ

Khi giao điểm thứ hai

2 Lượng trà sữa lúc đầu đựng ly có hình nón nên giả sử

hình nón đựng lượng sữa với đỉnh , đáy đường tròn tâm với bán kính

Ta có:

Sau Thế Anh uống phần phần trà sữa cịn lại

trong ly hình nón có chiều cao nửa chiều cao

của phần trà sữa lúc đầu ly

Gọi hình nón mà đựng lượng sữa cịn lại ly với

đỉnh , đáy đường tròn tâm với bán kính

Ta có:

Do đó:

Bài

'

O CME

ACEAMC ACEEMC 

EMC 



CE 

CE

 

O'



ACE 



CE

AC

 

O'

AC BC O'BC

H D BC

'

DO DH DO' O'H

E CD



H HC;



CAB C

H R

2

80

3

CAB

V  CH R 

CDE

C K r

1

CK r CH  R 





2

2

1 1 1 80

10

3 2 8

CDE CAB

CH R

V  CK r      CH R  V   cm

Ta gọi số miếng trắng ( số tự nhiên, ) Ta gọi số miếng đen ( số tự nhiên, ) Vì tổng có 32 miếng nên ta có

Ta xét đoạn thẳng cạnh ngũ giác lục giác Ta tính tổng số đoạn thẳng theo hai cách:

Có miếng trắng miếng có đoạn thẳng, miếng có đoạn thẳng mà lặp hai lần nên số đoạn thẳng có là: (1)

Có miếng đen miếng có đoạn thẳng, đoạn thẳng mà nối hai đỉnh gần hai ngũ giác lặp hai lần nên số đoạn thẳng có là: (2)

Từ (1) (2) ta có:

Từ ta có hệ phương trình:

Vậy có 20 miếng màu trắng

Đáp án Quận Hà Đông Bài 1:

1) Giải hệ phương trình:

Vậy hệ phương trình có nghiệm

2)

a) Với , phương trình:

x x x 32

y y y 32

32

xy

x

3

6

2

x x x   y

5 15

5

2

y y y  

9 15

2

x y

 3x5 y

3 5 160 20

32 5 160 12

x y x y x x

x y x y x y y

    

   

  

   

      

   

2 5 1

3 2 2 2 0,

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   



x y ;

 

1; 0, 5



2

m 

'

2

2

1

x x

x

  

 

b)

Nên: phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng hệ thức Viet:

Theo đề bài:

Bài 2:

Gọi số xe lúc đầu đội có (xe), Số xe thực tế tham gia (xe)

Khối lượng xe dự định lúc đầu phải chở (tấn) Khối lượng xe thực tế phải chở (tấn)

Theo đề xe chở so với dự định nên ta có phương trình:

Giải phương trình

Vậy lúc đầu đội có 15 xe Bài 3:

2

4 0( )

m m

     

1, x x

1 2

x x m

x x

  

 

  









2 2 2

2

1 2 2

2

5

2

2( 1) 5.1

3

x x x x

x x x x x x

m m m

 

   

   

 

  

x *

(xN ) x 5

120 x 120

x5 120 120

2  (1) x x5

(1)

120(x 5) 120x 2.x(x 5)

 (1)  

x.(x 5) (x 5).x x(x 5)

 

  

  

2

120(x 5) 120x 2x(x 5)  60(x 5) 60x x(x 5)  60x 300 60x =x +5x

    

    

  

2

x 5x 300

   

x 15( )

x

 

tm (ktm) 

    

a) +) Do

+) Xét tứ giác MIBH có:

Tứ giác MIBH nội tiếp (dhnb)

+) Xét có:

(tính chất tam giác đồng dạng) (tính chất tỉ lệ thức) (đpcm) c) C/m:

O H

K I

N

M

C B

A



o

MI



AB (gt)



MIA



90



o

MH



BC (gt)



MHB



90





o o o

MIB



MHB



90



90



180



 









 

1

b) )

O :ABN

(

2

1

BMN

t

2

ABN

BMN

























Xét

sđ BN góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

sđ BN (góc nội iếp)

ABN





AMB







A chung

ABN

AMB (cmt)













ABN

AMB (g.g)

 

∽



AN

AB

AB

AM





2

AB

AM.AN









+) Xét tứ giác MHCK có:

Tứ giác MHCK nội tiếp (dhnb)

(t/c) (2 góc nội tiếp chắn

+) Do tứ giác MIBH nội tiếp (cmt) (2) (2 góc nội tiếp chắn

+) Xét (O): (hệ quả) (3)

Từ (1), (2), (3) (đpcm)

d) C/m:

Do tứ giác MIBH nội tiếp (cmt) Tứ giác MHCK nội tiếp (cmt)

Xét (O): (hệ quả) (6)

Từ (4), (5), (6)

Xét có:

Ta có: (đpcm)

Dấu “=” xảy MI = MK

là phân giác





o o

)

: MH

BC (gt)

MHC

90

MK

AC (gt)

MKC

90















Cã

 

o o o

MHC



MKC



90



90



180







MHK

MCK (1)





MK)







MIH

MBH







HM)





1



MCK

MBC

MC

2















s®



 

MIH

MHK





MI



MK



2MH

 

MBI

MHI (4)





 

MKH

MCH (5)





 

1



IBM

BCM

sdBM

2









MHI

MKH





MHI





MHK









MIH

MHK (cmt)

MIH

MHK (g.g)

MHI

MKH (cmt)







 











∽

2

MH

MI

MH

MI.MK

MK

MH









2

MI



MK



2 MI.MK



2 MH



2MH



 

AMI AMK MAI MAK AM

Mà cân A ( AB=AC, tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Suy M điểm Bài 4:

Ta có:

Theo để ta có:

Dấu “=” xảy

Vậy GTNN P Đáp án Huyện Đan Phượng

Câu 1: Cho hai biểu thức

1 Tính giá trị biểu thức Chứng minh:

3 Tìm để

Giải: ( tmđk)

2 ABC  AM BC  



BC.





2 2



2







2

0 2

xy  x y  xy x y  xy





2 2





2

0

xy  x y  xy xy  xy









2 2 33 33.4 x y

P x y

xy x y

      













2

648 516 648 43 43 65

2 2.18

2 3

x y P

x y x y



       

 





4 1296

x y x y x y            65

3 x y3

3 x A x   

2 11

( 0; 9)

9

3

x x x

B x x

x x x          

A x 25 3 x B x  

x A B 

25

x 

7

x A

   



 



 









2 3 11

3

x x x x x

B

x x

     



3 Ta có:

Câu 2: Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình

Hai người làm chung cơng việc sau xong Nếu người thứ làm h người thứ hai làm h hai người làm cơng việc Tính thời gian người làm xong tồn cơng việc

Giải:

Gọi (h) thời gian người thứ làm xong công việc

(h) thời gian người thứ hai làm xong cơng việc,

Vậy làm người thứ làm công việc, người thứ hai làm cơng việc

Vì hai người làm chung hồn thành cơng việc sau h nên hai người làm cơng việc

Ta có phương trình

Sau h người thứ làm công việc

















2 3 11

3

3 3

3

x x x x x

x x

x x x

x

x x

     



 



 



 

3 3

2

3 2

1 1 0 2 1

2

x x x

AB

x x x

x x

AB AB x x x

x x



 

  



               

 

16

15

4

x

y



x16;y16



1

x

1

y

16

1 16

1 1

16

x y 

15 15.1 15

Sau h người thứ hai làm cơng việc

Vì người thứ làm h người thứ hai làm h hai người làm cơng việc nên ta có phương trình

Giải hệ:

Vậy làm xong tồn cơng việc người thứ cần h người thứ hai cần h

Câu 3:

1 Giải phương trình:

2 Cho phương trình:

Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu Giải:

1 Ta có:

6 6.1

y y

15

3

15

4

x  y 

16 16 16 16

1

5

16

1 40 16

16

15

4

4

x y x y x y

y

x y x

x y                                  





24

1 1

1 24 48 x y x t y mðk x                  24 48

3

x  x  

2

2( 1)

x  m x m  



 







 









4

4

2 2

2

2

3

1 3

1

1

1

x x

x x

x x x

2 Để phương trình có hai nghiệm trái dấu :

Câu 4: Giải:

1) Xét (O) có = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Mà (hai góc kề bù )

=> = 90°

= 90° (vì ABCD hình vng) Xét tứ giác MDNE có

+ = 180° mà hai góc vị trí đối MDNE tứ giác nội tiếp

2) Xét (O) có :

Có ABCD hình vng nên

( tính chất đường chéo hình vng) ( hai góc nội tiếp chắn cung EN) ( hai góc nội tiếp chắn cung EB)

Nên = 90° (cm trên)

=> vuông cân E Vậy BEN tam giác cân E

3)Ta có = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Mặt khác (do )

Suy H trực tâm Nên

4) Vì N trung điểm CD nên ta chứng minh

= => =

Mà = ( hai góc nội tiếp chắn cung NC)

Suy = hay

=> tứ giác EBFH nội tiếp đường tròn ( hai góc có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh HF)

 + = 180°

Mà = 90° => = 90° hay

Lại có nên suy điểm M, H, F thẳng hàng

2

0 1.( 4) 2

ac  m   m    m

 

180

BENMEN 

 

45

ECBECN 

 

45

EBN ECN 

 

45

ENBECB

  450

EBN ENB BEN 

H I M

E

O F

N

B A

D C

BI MN

 

NEMB BEN900 BMN 

MHBN

 

HBFHEF

HFBN

MHBN

H I M

E

O F

N

B A

Câu 5: Giải phương trình :

Giải: Điều kiện:

Phương trình: Đặt

Ta có

Mà

Vậy phương trình cho có nghiệm Đáp án Quận Gia Lâm

Câu 1:

a) Thay (TMĐK) vào biểu thức A ta

Vậy với

4

2

x x x

x x    x

5 x x        

 

4

2

x x x

x  x   x









a x a

x

b x b

x             

2

2

a b x x x

x x x

      

 

2



 

 





 



1 a b   a b 0 a b a b  a b 0 a b a b 1 0

0,

a b a b  

0

a b a b

     5 4 2( ) 2(L) x x x x x x x x x x x x TM x                      x  

x   

  2 9

4 1 3.

1 3 A 

x 2

7

b) ĐKXĐ:

c) Ta có: với

Kết hợp điều kiện xác định:

Vậy để

Câu 2:

Gọi vận tốc riêng tàu thủy (km/h; )

Khi vận tốc tàu thủy chạy xi dịng (km/h) Vận tốc tàu thủy chạy ngược dòng (km/h) Thời gian tàu thủy xuôi khúc sông 72km (h)

Thời gian tàu thủy ngược khúc sông 54km (h)

Theo đề ta có phương trình:

0; 9

x x















 



























                                           

3

9 3 3

2

3

3 3 3

3 3

3 3

3

3

3

x x

B

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 x x        : :

3 3

x x x

P B A

x x x x 0;x 9      3 3 x P x







                      3

3 3

0

3 3

10

0 3

3

x

x x x

x x x

x x x

x

0; 9

x x



P 0x 9

x x 

Vậy vận tốc riêng tàu thủy 21 km/h Câu 3:

1) Hệ phương trình cho có điều kiện:

Đặt:

Hệ phương trình trở thành:

(thỏa mãn điều kiện )

(thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

2) (P): (d):

a) Khi đường thẳng (d) có dạng:

Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) :

Vậy Parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt





















               2

72 54

6 126

0 21

x x x

x x x KTM x TM         x y            1 a x b y



a b, 0



                                

4 7

3 10

a b a b a a

a b a b a b b a b,

                          1

2 1

2

1

1 x x x y y y



x y;

 

 0; 4





y x y 2xm2 9



m y 2x 8

 m                  1 2 2

2 8

4 16

x y

x x x x

x y



b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): (*)

Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình

(*) phải có hai nghiệm trái dấu

Vậy (d) cắt (P) hai điểm nằm vầ hai phía trục tung Câu 4:

1) Xét tứ giác AHCK, có: (CD  AB), (CK AE)



Mà hai góc vị trí đối nên t/g AHCK nội tiếp

2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCK có: (hai góc nội tiếp chắn )

Xét (O): (hai góc nội tiếp chắn )



Mà hai góc vị trí đồng vị nên HK // ED

Xét đường tròn (O): AB đường kính (gt), CD  AB (gt)  H trung điểm CD

Xét có: H trung điểm AB, HK // FD  K trung điểm FC

 AK đường trung tuyến Xét có: AK đường cao, trung tuyến

 cân A

3) Kẻ FM  AD M

       

2 2

2 9

x x m x x m

ac 

m2 9 0m2    9 m3

 3 m3

M

F

K

E

D C

H

O B

A

 

AHC 90 AKC900

   0 

AHC AKC 90 90 180

 

KHC KAC KC

 

KAC EDC EC



KHC EDC

D

CF 

ACF ACF

có AD khơng đổi nên lớn  FM lớn Vì FM FA Mà AF = AD (=AC) không đổi

Dấu “=” xảy M A Khi vng cân  

 E điểm

Vậy để lớn E điểm Câu 5:

ĐKXĐ:

Đặt

Phương trình trở thành:

1)

2)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

ADF SADF



 FAD ADE450 AOE 900

 AB

ADF

S AB

 x                    2

2 2

2

5x 4x 3x 18

5x 4x = x 22x 18 10 ( 3x 18)

2x 9x ( 6)( 3)

x x

x x x x x





           6x 0; 3 a x a b b x







            2

2a 5a

2a

2a

b b

a b b

a b b                 61 ( )

7x

7 61

( )

2

x TM

a b x

x KTM              9( )

2a 4x 33x 27 3

Đáp án Huyện Phú Xuyên

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức với

1) Rút gọn A

2) Tính giá trị biểu thức A

3) Tìm giá trị nguyên để A nhận giá trị nguyên Giải

1) Biểu thức với

2) Thay vào A ta

3) Để A có giá trị ngun Ư(6)

Ta thấy Bảng giá trị

1

0

x 25

Loại Loại TM TM

Vậy A có giá trị nguyên

Bài 2: (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một tơ dự định từ A đến B thời gian định Nếu xe chạy nhanh đến nơi sớm dự định giờ, xe chạy chậm lại đến nơi chậm Tính vận tốc xe lúc đầu, thời gian dự định chiều dài quãng đường

Giải

2 3

1

x x x

A

x x x

   

  

   

 

0;

x x

4

x  x

2 3

1

x x x

A

x x x

   

  

 

 

0;

x x



























2 3

1

2 3

1

2 3

1

2

1

6

x x x

A

x x x

x x x x x

A

x

x x x x

x x x x x

A x x x x x A x x x A x                                          

x 

4

A  



1

1 x

x        



1; 2; 3; 6







1 1; 2;3;

x   x 

1

x  x



4; 25



x 

10km 10km

Gọi vận tốc xe lúc đầu là: Thời gian dự định là:

Quãng đường AB là: xy (km)

Vì xe chạy nhanh đến nơi sớm dự định nên ta có phương trình :

(1)

Vì xe chạy chậm lại đến nơi chậm nên ta có phương trình :

(2)

Trừ với vế (2) cho (1) ta được: (thỏa mãn)

Ta (thỏa mãn)

Vậy vận tốc xe lúc đầu , thời gian dự định chiều dài quãng đường là: xy = 40.15 = 600 (km)

Bài 3: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình

2) Cho hai hàm số

a) Tìm biết đồ thị hàm số (2) qua điểm

b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (2) với tìm câu a Giải

1) Ta có hệ phương trình

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm nhất:

2) Ta có hai hàm số

a) Vì đồ thị hàm số (2) qua điểm nên Vậy đồ thị hàm số (2) qua điểm b) Với ta có hàm số (2):

Xét phương trình hồnh độ giao điểm ta có:

Vậy tọa độ giao điểm đồ thị hàm số (1) (2) với điểm Bài 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn đường kính Qua điểm thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến nửa đường tròn Gọi hình chiếu Gọi chân đường vng góc kẻ từ đến Chứng minh rằng:

1) Tứ giác hình thang vng



/ h ;



10

x km x 



/ h ; y



y km 

10km



10



3



xy x y

3 10 30 10 30

xy xy x y x y

        

10km



10



5



xy x y

5 10 50 10 50

xy xy x y x y

       

2x80x40

15

y 





40 km h/ 15 h

 

AB

2

5 x y x y        

 

2 3     

y x y



m1



x4      2

 

m A



1;5



m

2 7 13 13

5 10

x y x y y x

x y x y x y y

                               x y     

 

2 3     

y x y



m1



x4      2

 



1;5



A 5



m1 4  



 m2   2  

m  A



1;5



2  

m  y x 4     

2x3  = x + 4 x7y11

2

m 



7;11





O R;



AB C

d M N A B, d H

C AB

2) tia phân giác 3)

4) Xác định vị trí để diện tích tứ giác lớn

1) Tứ giác hình thang vng

Có

tứ giác hình thang vng 2) tia phân giác

Có cân O

Mà: (vì vng H)

(vì )

Suy

Vậy tia phân giác 3)

Có (cạnh huyền – góc nhọn)

Chứng minh tương tự: tam giác HCB = tam giác NCB (cạnh huyền – góc nhọn) => Lại có vng C (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); đường cao CH

(hệ thức cạnh đường cao)

4) Xác định vị trí để diện tích tứ giác lớn Có tứ giác hình thang vng

Lại có tam giác AMC = tam giác AHC (cmt) => MC = CH tam giác AMC = tam giác AHC (cmt) => MC = CH tam giác HCB = tam giác NCB (cmt) => CN = CH

Từ MN = CM + CN = CH + CH = 2CH, mà CH R nên MN 2R Do MNmax CHmax =

R

CA MCH

2

CH AM BN

C ABNM

d

H

N

M

O

A B

C

ABNM ;

AM d ANDAM BN

 ABNM

CA MCH

CAO

 CAOACO

 

90

CAOACH  ACH

 

90

ACOMCA OCNM

 

MCAHCA

CA MCH

2

CH AM BN

 

MCAHCA AMC AHC  AH  AM

BH BN ACB



2

AH AH HB

 

2

CH AM BN

 

C ABNM

ABNM













2 2

max max

ABNM

ABNM

MN AM BN MN AH BH MN AB

S R MN

S MN

 

   

 

Lúc điểm cung AB Bài 5: (0,5 điểm)

Giải phương trình Giải

Điều kiện xác định:

Nói thêm:

Vậy phương trình cho có nghiệm max

MN CH RC

42 60

6 5x  7x 

5

x 

















42 60 42 60

6 3

5 7

42 42 60 60

3 3

5 7

0

42 60

3

5

9

0

42 60

3

5

1

3

42

3

5

x x x x

x x x x

x x x x x x x x x x x                                                                                                              









0 7 / x x

x T M

                         









1 0, 42 60

3

Đáp án Quận Thanh Trì

Nội dung Điểm

Bài I 2.0

1

Biến đổi x = 7+ = 

Thay số tính A =

0.25

0.25

=

=

= =

0.5

0.25

0.25

3

Biến đổi:



Tìm x đối chiếu điều kiện để KL: 0≤x<4

0.25 0.25

Bài II 2.0

1

Thay m = ta có:

Giải hệ PT nghiệm (x;y) = (-2 ;1)

0.25

4 3



2



3



2

x

 

2

3

3 1



x x x

x x x x

B

2

 

 

   





 





x x x x x ( x 1)( x 2)

     

 







3 x

3

x

1

x

2









3

x

2





3

2



x

B

1

A

 

3

:

2

x





x

1

3

x

2

1

1 0

0

x

2

x

1

x

1







  

 











x



2



0



x



4

2 5

3 2

x y x y y

x y x y x

      

  

 

  

     

0.75

Từ (1) thay vào (2) ta

Điều kiện:

Ta

với m≠0 hệ PT có nghiệm (x;y)=

Để x - y = (thỏa mãn)

Vậy với hệ phương trình (I) có nghiệm (x;y) thỏa mãn

x – y =

0.25

0.25

Khẳng định tọa độ điểm M

Khẳng định điểm M nằm đt: y =1 với m ≠0

0.25

0.25 Bài III Bài III (2.0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình

Một đội cơng nhân giao làm 1200 sản phẩm thời gian định Sau làm ngày với suất dự kiến, đội tăng suất ngày thêm 10 sản phẩm Do đó, đội hồn thành cơng việc giao sớm ngày Hỏi theo kế hoạch đội phải hồn thành cơng việc ngày

2.0

- Gọi suất dự kiến đội công nhân là: x(sản phẩm /ngày)

2 5(1)

( )

3 1(2)

mx y I

mx y

  

 

 



2

y mx

  





3 14

mx mx   mx  m 0

2

x m

  y m

m

 

    

 

2

(

;1)

m



2 2

1

3

m

m m

         

2

m  

2

(

;1)

( x N*)

- Thời gian dự kiến hoàn thành : ( ngày)

- Số sản phẩm lại sau ngày làm là: 1200-5x (sản phẩm) - Năng suất sau tăng là: x+10 (sản phẩm /ngày)

- Thời gian làm số sản phẩm lại: ( sản phẩm)

- Vì thực tế đội hồn thành cơng việc giao sớm ngày nên ta có phương trình :

- Giải PT tìm ra: x= 40 (thỏa mãn) (sản phẩm/ngày) x = -60 (loại)

Thời gian dự kiến là: 1200:40=30 ngày

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

1200

x

1200 5x

x 10





1200

1200 5x

5

5

x

x 10







































2

2

2

1200

1200 5x

10

x

x 10

10x x 10

1200x 12000

1200x

5x

x x 10

x x 10

x x 10

5x

12000 10x

100x

5x

100x 12000

0

x

20x

2400

0













































Bài IV 3.5 - Xét (O) có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Lại có (GT)

Suy tứ giác MEHF hình chữ nhật (dhnb)

0.75

0.25

Vì OME cân O OME=OEM

Có: AMH=MBA (cùng phụ với )

Suy ra: MEO=MBA

Suy ra: AEF+FBA =1800 Tứ giác AEFB nội tiếp đường tròn

0.25 0.25 0.25 0.25

Gọi giao điểm O’M PQ D có O’MB cân O’O’MB=O’BM Mà O’BM=MEO (cmt)

Suy ra: MEO=O’MB

Suy ra: O’MB+MFE = MEO+MFE=900 hay O’MPQ

Suy ra: Hai cung MP, MQ MP =MQ hay MPQ cân M

0.25 0.25 0.25 0.25

Xét có:2 đường cao KD; MH cắt O

O trực tâm O’MK Suy ra: OO’MK

Mà OO’MI ( Tính chất đường nối tâm) Suy ra: M, I, K thẳng hàng

0.25

0.25

Bài V 0.5

 

MEH



MFH



90



AMB 90





HMB

O 'MK



Do x>1; y>1 nên số dương

BĐT Cơ si ta có : dấu “ = ” x=y

Có dấu “ = ” x=2

(BĐT Cơ si ta có )

Có dấu “ = ” y=2

(BĐT Cơ si ta có )

Vậy P = x=y=2

0.25

0.25

Đáp án Huyện Ba Vì Bài 1:

Câu

Đáp án B C A D A C D B

Bài 2: Với m = (d): y = x +

Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: x2 = x+2

 x2 – x- =

 x1 = -  y1 = ; x2 =  y2 =

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) m = là: M (-1; 1); N(2;4) a Hoành độ giao điểm (P) (d) là:

x2 = mx – 2m +

 x2 – mx +2m -4 = (1)

Để (P) (d) cắt hai điểm phân biết PT (1) phải có hai nghiệm phân biệt Khi >

2

x

y

;

y x 1





2 2

x

y

x

y

2

.

y 1





x 1





x y 1





2

x

1

x 1

2

4

x 1





 

x 1











1

1

x 1

2

x

2

x 1

x 1

 











2

y

1

y 1

2

4

y 1





 

y 1



 





1

1

y 1

2

y

2

y 1

y 1

 







Ta có:

= m2 - 8m +16 = (m – )2>0  m 

Vậy m  (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B b Theo phần b ta có:

m  (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B Khi theo Vi-et: (2)

Mặt khác theo ra:

(3)

Từ (2) (3) suy

Vậy GTNN = m =

Bài 3:

Gọi thời gian vịi 1, vịi chảy đầy bể x, y (giờ) (x,y>3) Khi đó: Trong vòi chảy (bể)

Trong vòi chảy (bể)

Trong hai vòi chảy được: (bể) (1)

Trong 20 phút = vòi chảy (bể)

Trong 30 phút = vòi chảy (bể)

1

1 2

 

 

 



x x m x x m





2

2

1    2 x x x x x x













2 2

1 2 2

2

2

2

4 4

   

  

      

x x x x x x

m m

m m m

2 

x x

1

x

y

1 1

3

 

x y

3

1 3x

2

Khi mở vịi chảy 20 phút , mở tiếp vịi chảy 30 phút hai vịi chảy nên ta có phương trình: + = (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

Giải HPT ta được: x = 4;y = 12 (t/m)

Vậy chảy đầy bể vịi giờ, vịi 12 Bài 4:

a Ta có:

(Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét tứ giác CEKB có mà hai góc vị trí đối

nhau nên:tứ giác CEKB nội tiếp b.Ta có:

MAC CBK (g.g) (góc AMC = góc BCK phụ ACM) suy ra:

1

1 3x

1 2 y

1

1 1

3

1 1

  +  =  

3x 2y



 

     

x y

y x

E

K

A

B C

M

O



90 

CEM

   

90 180

    

c.Vì tứ giác CEKB nội tiếp nên

(cùng chắn KB)

Chứng minh tương tự phần a ta có tứ giác CEMA nội tiếp nên: (Cùng chắn cung MA)

Mà + = 900 Nên + = 900

Mà + + = 1800

Nên =1800

Suy tam giác AEB vng E c Ta có:

MAAB KB AB nên MA // KB Khi tứ giác ABKM hình thang vng Ta có:

SABKM= Vì A, B, M cố định nên để diện tích tứ giác ABKM lớn

thì BK phải lớn

Theo câu b ta có AM BK = AC BC => BK =

Mà: AM không đổi, AC + BC = AB không đổi nên BK lớn tích AC.BC lớn Theo hệ BĐT Cơ-si AC = BC = , tích AC.BC lớn Vậy C trung điểm AB diện tích tứ giác ABKM lớn (Hình vẽ)

  

MA AC

MA BK BC AC CB BK

 

BEK BCK

 

MEA MCA



BCK MCA BEK MEA



BEK MEA AEB



AEB





1

AM BK AB

. 

AC BC AM

2

Bài 5:

M = 5x2 + 9y2 -12xy + 24x – 48y + 2098

= 4x2 + 9y2 + 64 - 12xy + 32x - 48y + x2 – 8x + 16 + 2018 = (2x -3y + 8)2 + (x - 4)2 + 2018  2018

Vậy GTNN M = 2018 x= 4, y =

Đáp án Huyện Phúc Thọ Câu

a) Vì đồ thị hàm số qua điểm nên ta có:

Khi hàm số có dạng

b)

16

2

yax A 2;4

 

a.2   4 a

2

yx

5x y y 5x y 5x y

2x 3y 2x 21 15x x x

          

   

   

   

         

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm Câu

a) Thay vào phương trình ta được:

Giải phương trình ta

Vậy phương trình có hai nghiệm

b) Có

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

Theo hệ thức Vi ét ta có:

Ta có:

Hay

Giải phương trình tìm

Vậy m = -2 giá trị cần tìm Câu

Gọi vận tốc ô tô thứ quãng đường AB x (km/h) (x > 12) Khi vận tốc tơ thứ hai quãng đường AB x – 12 (km/h)

   

x;y  1;2

m2 x22mx2m 1 0

2

x 4x 3

1

x 1;x 3

m2 x11;x23

2

x 2mx2m 1 0



a1;b 2m;b ' m;c2m 1







2





2





2

' m 2m m 2m m

         





2

1

a

' m m m

    

 

 

 

         

 

1 2

x x 2m

x x 2m

   

  







2 2

1 2

x x 10 x x 2x x 10

 

2





2

2m 2 2m 1 10m   m

 

1

m L

m 2(TM)

 



  

Thời gian ô tô thứ hết quãng đường AB

Thời gian ô tô thứ hai hết qng đường AB

Vì tơ thứ hai đến nơi sớm ô tô thứ 30 phút nên ta có phương trình:

Giải phương trình tìm

Vậy vận tốc ô tô thứ 60 km/h

Vận tốc ô tô thứ hai 60 – 12 = 48 km/h Câu

a) Vì MA, MB hai tiếp tuyến (O) nên ta có:

Xét tứ giác có:

Mà góc nằm vị trí đối

Do tứ giác nội tiếp đường trịn b) Ta có:

(T/c góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

(T/c góc có đỉnh bên đường trịn)

Xét (O) có:

( Vì AN tia phân giác )

 

120 h x

 

120 h x12

1 h 

2

120 120

x 12x 2880

x 12  x  2   

1

x 60(TM)

x 48(L)

  

  



MAOA;MBOB

MAOB

  0

MAOMBO90 90 180

MAOB

  1



 



MAN s®AN s®AC s®CN

2

  

 1



 



AEM s®AC s®ND

2

 

 

CANNAD CAD

E

N

D C

B A

Do

cân M

c) Xét có:

chung; ( hệ góc tạp tia tiếp tuyến dây cung)

Xét vng A, theo định lí Pitago ta có:

Do đó:

d)

Bài

Ta chứng minh:

Thật

Dấu xảy a = b Do đó:

   

CN ND s®CN s®ND

   

 

MANAEM

MAE  

MA ME

 

MAC

 MDA



AMC MAC MDA

 

2

MAC MDA g.g

MA MC

MD MA

MA MC.MD

  

 

 



MAO 

 

2

2 2 2

MA OM OA 2R R 3R

MA R

    

 

MC.MDR

2

1

V R h R

3 3



    





2

a 4ab b a b

2

   













 

2 2 2

2

2

6

a 4ab b a b a 4ab b a 2ab b

2

a 2ab b a b LD

         

Giá trị lớn Đáp án Huyện Quốc Oai

Bài

a)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

b)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Bài

Gọi số xe đội có (xe)

Theo kế hoạch, xe phải chở số hàng là: (tấn)





2

a 4ab b a b

2

   





2

b 4bc c b c

2

   





2

c 4ca a c a

2

   





6

S a b c 6

2

    

S6 6   a b c

2

6

4

0



 

x

x

1;

6;

4



 



a

b

c

 

2

 

2

'

3

1.4

9 4

5

0

  

b



ac

 



   



1

'

'

3

5

3

5

1

  





b



 

x

a

2

'

'

3

5

3

5

1

  





b



 

x

a

3

3

15

5

5

2

12

3

5 3

2









































 











x

y

x

x

x

x

y

x

y

y

y



x y

;

 



5;2



x



x





*;

x



5



360

Vì xe làm việc khác nên thực tế có số xe là: (tấn) Thực tế, xe phải chở số hàng là: (tấn)

Vì xe phải chở thêm hàng nên ta có phương trình:

Vậy đội có 20 xe Bài

a) qua

Vậy qua

b) Với ;

Hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình sau:

5



x

360

5



x

360

360

6

5







x

x

60

60

1

5









x

x





















60

5

5

60

5

5

5

















x

x x

x

x x

x x

x x

2

60

60

300

5



x



x





x



x

5

300

0



x



x







20



15



0



x



x













20

15





 

 



x

TM

x

KTM

 

d

: y

  

x m

A





1;2



 

2

1

1

   



m



m



1



m

 

d

A





1;2



1



m

 

d

:

y

  

x

1

 

:



2

P

y

x

 

d

 

P

2

x

  

x

1

2

2

x

x

1 0

Với Với

Vậy giao điểm

c) ;

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

(*)

Vì cắt hai điểm phân biệt nằm bên trái trục tung nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt âm

Vậy cắt hai điểm phân biệt nằm bên trái trục tung

2

2

x

2

x

x

1 0





  



 



2

x x

1

x

1

0













x

1 2



x

1



0









1

1 0

1

2

1 0

2

x

x

x

x

 



 













 







 

1

1

1 2

x

  

y

  

 

1

1

1

1

2

2

2

x







 

 

d

 

P



1;2 ;



1 1

;

2 2

A



B













 

d

:

y

  

x

m

 

:

2

P

y



x

 

d

 

P

2x

  

x

m

2

x

x

m

0



 







2

4

1

4.2.

1 8

b

ac

m

m

 









 

 

d

 

P

1

1

0

1 8

0

1

1

0

0

8

2

0

0

.

0

2

m

m

b

S

x

x

a

m

m

c

P

x x

a







 

















































































1

0

8

m



Bài

a) Vì , đường kính hay

Xét tứ giác có:

hai góc vị trí đối Tứ giác tứ giác nội tiếp

b) Xét có:

Chung

(g-g)

(cặp cạnh tương ứng)

(đpcm)

I

M

B

D

A

K

O

E

C

 

K



O

DE





EKD



90

0

EKM 



90

0

ED



AB

I





EIM



90

0

 

180

EKM

EIM







EIMK

 

180

EKM



EIM





EIMK

CKM





CIE





90

CKM



CIE





C

CKM

CIE

 

∽



CK

CM

CI

CE





.

.

CE CK

CM CI

c) Xét có: dây khơng qua

đường kính,

điểm cung

Xét có: góc nội tiếp chắn góc nội tiếp chắn

tia phân giác góc

Mà (vì )

tia phân giác góc ngồi đỉnh d) Xét tam giác có:

phân giác

(tính chất đường phân giác)

tia phân giác góc ngồi đỉnh

(tính chất đường phân giác)

Do đó:

Mà cố định cố định

Vì qua nên qua điểm cố định Bài

Ta có:

 

O

AB

O

ED

ED



AB

D





AB





BD



DA

 

O



BKD



BD



AKD



AD





BKD

AKD





KD





BKA

KD



KC

KD



KE

KC



K



ABK

KBA

KM

;

BKA M



AB

MB

KB

MA

KA





KC

K



ABK

CB

KB

CA

KA





MB

CB

MA



CA

KB

KA















, ,

C B A



M

DK

M

DK

(*) Lại có:

(Áp dụng (*))

(Do b + c > 0)

(vì )

(do )

Đáp án Huyện Chương Mĩ

Bài 1: (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

2 Cho Parabol (P): đường thẳng (d): y = x + a) Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng tọa độ: Tập xác định D = R Bảng giá trị tương ứng x y:

x -2 -1

y



a

b



2

4

ab

4

ab











a b

,



a

b



2

4

ab









a b

,





2









16



a

 

b

c







a



b



c







4.

c



b a

.





16

4

c

b a

.











1

1

.

4

c

b a

 







2

1

.

4

c

b

c

b

a

  



1

.4

4

c

b

cb a

  



c



b



2



4

cb

c

b

abc

  

1

c

b

abc







a b c 

, ,

0

1

1

1

ab

ac







2x 3y 2x 3y 7y x

x 2y 2x 4y x 2y y

            

  

   

       

   

2

1

y x

2 

1

Đồ thị qua điểm A(-2;2), B(-1; ), O(0;0), C(1; ), D(2;2) hình vẽ

b) Chứng minh đường thẳng (d) không tiếp xúc với (P) Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:

Nên (d) cắt (P) điểm phân biệt Vậy đường thẳng (d) không tiếp xúc với (P)

(Cách khác: Xét = (-2)2 – 4.1.(-8) = + 32 = 36 > nên PT hoành độ giao điểm (d) (P) ln có nghiệm phân biệt nên (d) cắt (P) điểm phân biệt)

Bài ( điểm)

Cho phương trình ( ẩn x): (1) ( m tham số)

a) Giải phương trình với m = 3;

b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m; c) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để

Giải:

a) Với m = ta có:

Vậy tập nghiệm S = {-1; 9}

b) .Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân

biệt với m

c) Phương trình ln có nghiệm phân biệt Theo Vi-et ta có:

Theo ra:

1

1







2 x

1

x x x 2x x x

2 x

  

           

  





2

x 2 m x 2m 15   0

1 2

1

2 x x x x 







2

8 9

9

    

      

 

x x

x x

x

x





2





'

1 15 16 0;

  m  m m   m





1 2

x x m

x x 2m 15

   

 

 

 









1 2 2

1

2 x x 2x x hay: m 2m 15 m 18

Vậy với m = 18 phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn: Bài ( điểm)

Quãng đường AB dài 108 km Hai ô tô khởi hành lúc để từ A đến B Biết ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 6km nên ô tô thứ hai đến B muộn tơ thứ 12 phút Tính vận tốc xe

Giải:

Đổi 12 phút =

Gọi vận tốc ô tô thứ x(km/h) x > Thì vận tốc tơ thứ x + ( km/h)

Theo ta có phương trình:

Vậy Vận tốc ô tô thứ hai 51 km/h; Vận tốc ô tô thứ 57km/h Bài ( 3.5 điểm)

Cho (O; R) điểm A nằm đường trịn Vẽ đường thẳng d vng góc với OA A Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) Qua M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (O) ( E; F hai tiếp điểm) Nối E với F cắt OM H cắt OA B

a) Chứng minh tứ giác ABHM nội tiếp; b) Chứng minh OA.OB = OH.OM = R2;

c) MO cắt cung nhỏ EF I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF d) Từ O kẻ đường kính đường trịn tâm O vng góc với OM cắt ME MF kéo dài

lần lượt P Q Xác định vị trí M để diện tích tam giác MPQ nhỏ

1 2

1

2 x x x x 

1

108 108

x x 6 

2

1

108 108

x 6x 3240

x x

' 57

x 51; x 63

     

  

a) ME, MF tiếp tuyến cắt (O) nên ME = MF Lại có OE = OF nên MO

đường trung trực EF Suy H nên Mặt khác

nên Suy tứ giác ABHM nội tiếp (dhnb)

b)

Lại có (HTL tam giác vng MEO)

Suy OA.OB = OH.OM = R2

c) Ta có EI phân giác (Vì IE = IF I nằm đường trung trực EF nên góc IEM = góc IFE chắn cung IE góc IFE = góc IEF tam giác IEF cân I) Lại có MI phân giác tính chất tiếp tuyến cắt

Suy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác MEF giao điểm ba đường phân giác

d) (BĐT Cô-si)

Dấu “ = ” xảy PE = ME Khi OM =

Tùy theo số giao điểm đường thẳng (d) đường tròn (O; R ) ta có trường hợp sau:

Đáp án Huyện Đông Anh Bài (2 điểm) Cho biểu thức:

với x > 0; x ≠

1) Thay x = ( tmđk) vào biểu thức A, ta có

P

Q

I

B

H

F

E

O

A

M

MOEF MHB900 MAB900

 

MHB MAB 90

)

(

OHB OAM  OB OM OA OBOH OM

OH OA

g g

∽

2

 

OH OM OE R

 MEF  EMF





2

2  2

     

MPQ MPO E

S S OE MP R ME P R ME EP R OE R

 R

2

A

1

x

x





9

3

A

4

9

1





2)

3)

mà

Kết hợp điều kiện xác định : x > 0; x ≠

Suy

Bài (2 điểm).Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình:

Một tổ sản xuất giao cho làm 600 sản phẩm thời gian quy định Nhưng thực tế ngày họ làm thêm 10 sản phẩm nên hoàn thành trước dự định ngày Hỏi ban đầu ngày họ dự định làm sản phẩm

Giải :

Gọi số sản phẩm ngày làm theo dự định x ( sản phẩm, x  N* ) Số sản phẩm ngày theo thực tế x + 10 (sản phẩm )

Thời gian dự định làm 600 sản phẩm : ( ngày )

Thời gian thực tế làm 600 sản phẩm : ( ngày ) Vì hồn thành trước dự định ngày nên ta có phương trình :

1

1

B

4

2

2

x

x

x

x





























2

2

2

2

2

2

2

2

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x



 





















A

1

1

:

B

2

1

2

2

x

x

x

x















2

1

0

2

1

2

4

1

0

2

1

x

x

x

x

x











 













5

0

2

1

x

x













2

x 

1



0

5

0

5

25

x

x

x



  

 



A

1

B



2

0

 

x

25

và x 4



600

x

600

10

Vậy ngày họ dự định làm 40 sản phẩm Bài (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

Vậy HPT có nghiệm

2) Cho đường thẳng (d): parabol (P) :

a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) m = Khi m =

Hồnh độ giao điểm (d) ( P) nghiệm phương trình : Với

600

600

3

10

x



x



















2

10

200

10

200

10

2000

0

50

40

0

50( )

40 (

)

x x

x

x

x

x

x

x

x

l

x

tm



























 



 









3

1

5

0 ;

1

1

2

1

4

y

x

x

y

y

x































6

7

2

1 10

14

1

1

2

1

4

2

1

4

1

1

2

2

(

)

2

1 1

y

x

x

y

y

x

x

x

x

tm

y

y







 























 





 































 

 





1

( ; )

;2

2

x y

 











1

y

 

mx



m



y



x

2

2

3

y

 

x



2

2

3

0

x



x

 



1



3



0

1

3

x

x

x

x











  

 



 

1

1

1;1

x

 

y

 

A





3

9

3;9

Vậy tọa độ giao điểm (d) (P) m =

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 cho

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P), ta có :

Thấy a + b + c =  Phương trình (*) có hai nghiệm

Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2

Xét

( thỏa mãn đk ** ) Vậy m = - m =

Bài (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Dây CD vng góc với AB M cố định.Trên MC lấy điểm E , AE cắt(O; R) H, BH cắt DC K

1) Chứng minh: Tứ giác BHEM tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp; 2) Chứng minh:

3) BE cắt (O; R) N.Chứng minh A, N, K thẳng hàng

4) I trung điểm KE Chứng minh IH tiếp tuyến (O)

5) Tiếp tuyến B đường tròn (O) cắt tiếp tuyến C P AP cắt CM Q Chứng minh Q trung điểm CM

 

1;1

A

B 



3;9





– 3





– 3



26.

1 1 2

x x



x

x







2

1

0 (*)

x +mx



m





1

1 ;

1

x



x

 

m



1

1 1

2 (**)

x



x

 

m

  

m

 



– 3





– 3



26

1 1 2

x x



x

x









2

2 (

1)(

1 3)

26

(

1)(

4)

28

0

5

24

0

8

3

0

m

m

m

m

m

m

m

m

  





 





























8

3

m

m

 



 





2

1) Chứng minh: Tứ giác BHEM tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp

+) Xét tứ giác BHEM có :

mà hai góc vị trí đối

nên tứ giác BHEM nội tiếp đường trịn đường kính BE +) Xét tứ giác AMHK

mà hai góc có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh AK nên tứ giác AMHK nội tiếp đường trịn đường kính AK 2) Chứng minh:

+) Chứng minh :

+) Xét vuông C , đường cao CM , có:

Từ (1) ( 2)

3) Chứng minh A, N, K thẳng hàng

Có KM  AB  KM đường cao

KB  AH  AH đường cao Mà AH  KM = {E}

Nên E trực tâm  BE  AK

+) Góc ANB vng nên BN  AK 4) Chứng minh IH tiếp tuyến (O) +) Chứng minh : cân I

Mà

(tc góc ngồi tứ giác BHEM nội tiếp )

+) Xét (O) có : sđ , HA dây cung  HI tiếp tuyến đường tròn (O) H

5) Tiếp tuyến B đường tròn (O) cắt tiếp tuyến C P AP cắt CM Q

 

BHE



BME 180



 

AMK



AHK



90

2

AE.AH = AM.AB = AC





 

AME

ABH

g g

.

AE.AH = AM.AB 1









ACB



 

2

AM.AB = AC

2

2

AE.AH = AM.AB = AC



ABK



ABK



ABK



IEH







IEH

IHE









IEH



ABH



1

IHA

2





AH

I

N

K

H

C

D

A

M

O

E

A, N, K thẳng hàng   

(T/c đường vng góc )

 

Chứng minh Q trung điểm CM

Gọi AC  BP S

Ta có ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

 vng C

Lại có CP = BP ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy CP = PS

Từ có PS = PB ( = CP )

+) Có CM // BS ( vng góc với AB ) nên theo định lý Ta – let có : mà PS = PB



ACB 90





BCS 90





BCS



CQ

QM

AQ

PS

BP

AP













 CQ = QM mà Q  CM Q trung điểm CM ( đpcm )

Bài (0,5 điểm) Cho

Tìm giá trị nhỏ

HD : Vận dụng BĐT Cô-si: a2 + b2 2ab tính chất

Có :

CMTT : ;

Dấu “ = ” xảy Biện luận sau:

+ Nếu R < OA < R M giao (d) đường trịn (O; R ) Có điểm M để diện tích tam giác MPQ nhỏ SMPQ = 2R2 (Hình vẽ)

+ Nếu OA = R lúc OM = OA nên M trùng A (trái với giả thiết M khác A), (d) tiếp xúc với đường tròn (O; R ) nên loại

+ Nếu OA > R (d) khơng giao với đường trịn (O; R ) nên khơng tồn M thỏa mãn điều kiện toán

, ,

0

x y z 

x



y

 

z

3

2 2

A

1

1

1

x

y

z

y

z

x



















2

6

2

x



y



z

xy



yz



zx





2



2 2

2 2

1

1

1

1

2

2

x y

y

x

xy

xy

xy

x

x

x

y

y

y

y

 





















2

1

2

y

yz

y

z







1

2

z

zx

z

x



 





2

3

3

3

3

3

2

6

2

2

x

y

z

xy

yz

zx

A











 

 

 



min

3

3

2

2

A

A









1

x

y

z









2

2

2

Câu (0.5 điểm)

Giải phương trình sau:

ĐKXĐ:

ĐK:

Ta có

Đối chiếu ĐK ta có Phương trình có nghiệm

Đáp án Huyện Thanh Oai

ĐÁP ÁN ĐỀ HUYỆN THANH OAI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II

Năm học: 2017 – 2018 Bài Hướng dẫn

a)

Vậy, hệ phương trình có nghiệm b)

c)









2

x 2x 1  x 1 x 1 x 1







2 x

x 2x x x

x

  

          

   









2 3

x 2x 1  x 1 x 1 x 4x  1 4x 2x 4xx x  x



















4 2

x 5x x 3x x x x 4x x x x x

                

x

x

x

  

 

   

x2

2 21

13 13

3

x y x y

y y x

x y x y

   

 

        

 

   

 



x y ;

 

2; 1





 



2

2 2

x  x   x  x   x 

3

1

x x

A

x x x x



  

 

























3 3 5 3

1

2

2

1

1

x x x x x x x

A

x x x x

x x

x x x

A

x

x x x x

       

 

 



 

  



Bài Gọi số xe lúc đầu đội (đv: xe; ) Số xe thực tế làm việc là: (xe)

Thực tế, xe chở (tấn)

Theo đề ta có phương trình:

Giải phương trình ta được:

Đối chiếu ĐKXĐ, số xe lúc đầu đội 15 xe

Bài

a) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) đường thẳng (d) là:

với m thuộc R nên (P) cắt (d) điểm phân biệt với m

b) Áp dụng hệ thức Vi- ét ta có: Ta có:

Vậy m = 2018 Bài Hướng dẫn gỉai

Hình vẽ:

x x*,x5

5

x  150

5

x 

150 150 5

x  x  15; 10 x  x  

 

P y x

 

d ymx2

2

2

x mx x mx

      

2

8

m

   

1 2

x x m

x x

  

 

  









2

1 2 4026 2 4026 4026

x x x x  x x  x x x x     m  2013 2018

m

a) Chứng minh:

Tứ giác BAED tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh: Tứ giác ADCF tứ giác nội tiếp mà hai góc có hai đỉnh kề nhìn cạnh CF góc khơng đổi

c) Chứng minh:

Vậy, MA tiếp tuyến đường trịn tâm (O)

d) Tính tam giác

Tính diện tích quạt OAB: (Áp dụng cơng thức tính diện tích

tam giác biết cạnh a ) Tính diện tích

Nên diện tích hình viên phân: Bài : cho

Tìm giá trị nhỏ :

M

F

E B

O

C A

D

 90   180

BAC  BACBDE  

  90FD

F CA  C 

 

CAD CFD

 

 

MAF MFA

  MAF    90  90

OABOBA OABMFA OBA   MAO  MAOA

 60 ,

sd AB  OAB OBBA6cmR





2

2

.6 60 360

S    cm

2

3

a S 



2



2

:

OAB S cm

 



2



6

S   cm

, , 0; 2019

a b c a  b c

2 2 2

Giải: Ta có: (1)

(2)

(3)

Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta có:

Smin = 2019 a = b = c =

Cách khác:

Từ (a – b)2 => a2 + b2 2ab => 2a2 + 2b2 a2 + b2 + 2ab => a2 + b2 Từ (a – b)2 => a2 + b2 2ab => a2 + b2 +2ab 4ab => (a + b)2 4ab =>

=> (1)

Tương tự: (2)

(3) Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta có:

Smin = 2019 a = b = c =





2





2





2

2

4

a b a b a b a b

a ab b        





2





2





2

2

4

b c b c b c b c

b bc c        





2





2





2

2

4

c a c a c a c a

c caa        

2 2 2

2019

2 2

a b b c c a

S  a ab b  b bc c  c ac a          a b c

2019 673

3 

   





2

2

a b

   





2

a b ab 

  





2





2





2

2

2 4

a b a b a b a b

a ab b        





2





2





2

2

2 4

b c b c b c b c

b bc c        





2





2





2

2

2 4

c a c a c a c a

c caa        

2 2 2

2019

2 2

a b b c c a

S  a ab b  b bc c  c ac a          a b c

2019 673

Đáp án Huyện Thường Tín

Bài 1: ĐK :

x+2 -1 -2 -4 -8

x -3 -1 -4 -6 -10

L L L L L L L Vậy x =

(Để ý x > nên x + > suy x + {4; 8} => x = nhanh hơn) Bài 2:

Áp dụng hệ thức Viet ta có

d) Chứng minh phương trình (1) ln ln có nghiệm với m: Ta xét

Do phương trình (1) ln ln có nghiệm với m

0;x 2;x

x  





x x x x x

P ( ) :

x

x x x x

( x ) ( x x ) ( x ) ( x x ) x

( ) :

x

x ( x ) x ( x )

x x x x x

:

x

x

2 x x

x

x

2 ( x ) P

x

2 x x 8

P

x x x

x U ( ) 1; ; ;

  

 



 

      

 



 

     



 



  



  

   

  

       

P 



2( 1) 0(1)

x  m x m

1 2

c

x x a

b x x

a

    



  

 

' 2

2

( 1) 2( 1)

( 1) 0;

m m m m m m m

m m

   



      

a) Để (1) có nghiệm đối

b) Ta có

Bài 3: Gọi số chi tiết máy tổ x,y ĐV : chi tiết máy +) Vì tháng giêng tổ sản xuất 900 chi tiết máy nên ta có pt (1)

+) Sang tháng 2, tổ vượt mức 15% nên số chi tiết máy tổ làm tháng

Sang tháng 2, tổ vượt mức 15% nên số chi tiết máy tổ làm tháng

Vì tổng số chi tiết máy tổ làm 1010 nên ta có pt : (2)

+) từ (1) (2) ta có hệ pt

Vậy tổ :400 chi tiết máy , tổ : 500 chi tiết máy Bài 4:

'

1 2

0 ( 1)

0

0

1

2( 1)

0

m

m

x x m

m m

x x m

    

 

 

    

  

     

 

  





2

1 2 2

2 1 2

2 2

2

( )

4 4

2( 1) 2.4 4( 1)

4 4 16

4

x x x x x x x x

x x x x x x

m m m m

m m m

m m

  

     

   

         

,

I II ( ,x yN x y; , 90) 900

xy

I I

15% 1,15

x x x

II II

10% 1,1

y y y

1,15x1,1y1010

900 400

1,15 1,1 1010 500

x y x

x y y

  

 



 

  

 

a) Xét (O) có: PM, Ax tiếp tuyến đường tròn (O) M P

Xét tứ giác APMO: mà hai góc vị trí đối

là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Xét (O) có: AP, PM tiếp tuyến (O) cắt P AP = PM, PO tia phân giác , OP phân giác

Xét cân P mà OP phân giác

Xét tam giác AMB nội tiếp đường trịn đường kính AB nên

(từ vng góc đến song song)

c) Xét (O) có: góc nội tiếp chắn cung AM, góc tâm chắn cung AM

OP phân giác (cmt)

Xét tam giác AOP tam giác ONB có Â = = 900; AO = OB = R (cmt)

Suy

(hai cạnh tương ứng)

PM OM, Ax AB PAO PMO 90

        

PAO PMO 180

    

APMO 

 APM AOM

APM : AP PM APM

    AOMPOAM

AMB 90 AM MB PO / /MB

     

ABM

 AOM

1

ABM AOM

2

   

AOM

 AOP AOM ABM AOP

2

       



N ABM AOP





AOP OBN cgv gnk OP BN

Kết hợp với hình bình hành (dhnb)

d) Tứ giác OBNP hình bình hành PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB ON PJ

Ta có PM OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ => JI OP (1)

Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có góc PAO = góc AON = góc ONP = 900 K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (2)

AONP hình chữ nhật gócAPO = góc NOP ( so le trong) (3)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có PO tia phân giác góc APM góc APO = góc MPO (4)

Từ (2), (3) (4) IPO cân I có IK trung tuyến đồng thời đường cao IK PO (5)

Từ (1) (5) I, J, K thẳng hàng

Bài : Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Giải: Ta cần chứng minh bất đẳng thức Bunhia dạng phân thức:

+ Cho a, b, x, y số thực x, y > Khi đó: (1)

Dấu xảy

Thật vậy, bất đẳng thức viết lại thành

a2y(x + y) + b2x(x + y) (a + b)2xy <=> (ay – bx)2 (luôn đúng) BĐT (1) CM

+ Cho a, b, c, x, y, z số thực x, y, z > Khi đó:

Dấu xảy

Áp dụng BĐT (1) lần ta có

(đpcm) Từ ta chứng minh tốn cho sau:

OP / /BN (cmt)OBNP

  

 



 



   



2ab6bc2ca7abc

4

2

ab ca bc M

a b a c b c

  

  





2

2

a b

a b

x y x y



 



a b x y

 

 





2

2 2

a b c

a b c

x y z x y z

 

  

 

a b c

x y z

  





2





2

2 2

a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

Áp dụng BĐT Bunhia dạng phân thức ta có

=>

Dấu “=” xảy <=> <=> a = 2; b = c =

Vậy GTNN M a = 2; b = c =

Đáp án Huyên Mỹ Đức A Trắc nghiệm

1 B (Vì nhánh trái parabol tăng x 0) 2.B

3.C 4.B 5.D

6 B (Vì gấp đơi góc nội tiếp) 7.A

8.C C 10.D 11.A

12 D (STP = SXQ + SĐ = rlr2 với l = 5cm; r = 2cm)

B Phần tự luận: (7 điểm) Câu 1:

a) Giải phương trình: x 2 5x 6 

Vì a – b + c = – (-5) - = nên x1 = -1; x2 =

c a



=

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): yx2và đường thẳng ( )d ymx 2 m (4

0

m  ) Tìm m để (d) cắt (P) điểm phân biệt có hồnh độ x x thỏa mãn1; 2 x12 x22 13

4 4 4

2 4

ab ca bc abc abc abc

M abc

a b a c b c ac bc ab bc ab ac ac bc ab bc ab ac

 

          

          

2 2

2

2

M abc

ac bc ab bc ab ac

 

    

  

 





2

2 2 2 2

2 49

2 4

ac bc ab bc ab ac ac bc ab bc ab ac abc

 

 

   

 

       

 

49

7

M abc abc

 

2

2

Lập phương trình hồnh độ: x2mx 2 m  Mà:

2 2

2

1 2

13

( ) 13

x x

x x x x

 

   

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

P x x m S x x m

  

 

  



Thay vào ta có:

2 2

2

1 2

2

13

( ) 13

2(2

1

) 13

4 13

4

x x

x x x x

m m

m m

m m

m m

 

   

  

 



   

  



   



Vậy m = - m = (tmđk)

Câu 2: Gọi số hs lớp x, y ,x yN*(x < 80; y < 80) Từ đk đề ta có hệ phương trình:

80

2x 198

x y y

 

 

 



Giải ta có: Lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 38 học sinh Câu 3:

a) Tứ giác AECD nội tiếp

Vì D, E, F hình chiếu vng góc C AB, AM, BM

b)

+ CDECAE( góc nội tiếp chắn cung EC)

+ CAEABC( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) Từ ta có: CDECBA (đpcm)

c) (O) có :

 

 

CBD CAE

CBD CDE

 

(cmt)

Tương tự

  

 

CAD CBF CDF

CAD CDF

 

 

Mà: CBD CAD BCA1800(Tổng ba góc tam giác ABC) => CDFCDE BCA1800 KDI KCI 1800

=> Tứ giác CIDK nội tiếp => CKI CDI(chắn cung CI)

CDECBA(cmt) nên CKI CBD

Mà góc vị trí đồng vị nên IK//AB

Câu 4: (0,5 điểm ) Cho a, b, c số dương , a + b + c = Chứng minh: 2018a 1 2018b 1 2018c 1 1012

Giải: Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: 2018

1 2018 1 1009

2

a

a      a (1)

Tương tự:

1 2018

1 2018 1 1009

2

b

b      b (2)

1 2018

1 2018 1 1009

2

c

c      c (3)

Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta có:





2018a 1 2018b 1 2018c  1 1009 a b c  1012

1 2018b  1 2018b 1 2085b0b0(KTM) 1 2018c  1 2018c 1 2085c0c0(KTM)

Vậy khơng có dấu “=” xảy nên 2018a 1 2018b 1 2018c 1 1012 Cách khác:

Do a, b, c > nên 2018a   => 1



2018 1



2 2018 2018 1 2018 2018 1 1009

2

a

a    a  a    a     a

Tương tự: 2018b 1 1009b 2018 1009 11 c  c

Suy 2018a 1 2018b 1 2018c  1 1009



a b c 



1012 Vậy 2018a 1 2018b 1 2018c 1 1012

Đáp án Huyện Ứng Hòa I Trắc nghiệm:

1 B 2.A 3.C 4.D

5.A 6.C 7.D B

II Tự luận: Bài 1: Xem lại đề!

1 Thay m = vào phương trình ta được: x24x 0 

 

2

' b' ac

      >

 Phương trình có nghiệm phân biệt:

1 x  

2 x  

2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi:

2

'

1

m m m

   

     



Gọi số xe ban đầu đoàn xe x (xe)



xN*;x1



Số xe chở thực tế : x – (xe)

Khối lượng xe chở dự định ban đầu là: 420

x (tấn)

Khối lượng xe chở thực tế là: 420

x  (tấn)

Vì xe chở thêm so với dự định ta có phương trình:

2

420 420

2

210

15 (TM) 14 (L)

x x

x x

x x

 



   

     



Vậy lúc đầu đồn xe có 15 Bài 3:

D K

I

E F

O

1 * Xét (O) có:

+ ) Vì EFABEDK 90O +) EF đường kính EIF90O

 Tứ giác EDKI có EDKEIK90O90O 180O(tổng hai góc đối 180 độ) => Tứ giác EDKI tứ giác nội tiếp

2 CM: CIK CDE (g g)

CI CK

CI.CE CK.CD

CD CE

   

3 Vì EF vng góc với AB D nên F điểm cung nhỏ AB  AFBFAIF BIF

 IF tia phân giác góc AIB Mà IF vng góc với IC C

 IC tia phân giác góc ngồi tam giác IAB Xét tam giác

IBA

có:

IK

phân giác

BIA



; K



AB

IB

KB

IA

KA





(tính chất đường phân giác)

IC

tia phân giác góc ngồi đỉnh

I



ABI

CB

IB

CA

IA





(tính chất đường phân giác)

Do đó:

IB

CB

IA



CA

KB

KA















Mà

C B A

, ,

cố định



K

cố định

Vì

FI

qua

K

nên

FI

qua điểm cố định

Bài (0,5 điểm): Giải phương trình:



4x 1



x3 1 2x32x 1 (1) Giải: Điều kiện: x3 + 10 => x -1

Đặt t = x31=> t2 = x3 +

<=> 2t2 – (4x – 1)t + (2x – 1) = (2)

Xét  = (4x – 1)2 – 8(2x – 1) = 16x2 – 24x + = (4x – 3)2 =>    



4x 3



+ PT (2) có nghiệm t1 =





4x 4x 8x

2x

4

   

   => x31= 2x – <=> x3 + = (2x – 1)2 2x – 0 <=> x3 – 4x2 + 4x = x

2

 <=> x(x – 2)2 = x

 => x = (loại), x = (nhận)

+ PT (2) có nghiệm t2 =





4x 4x

4

  

  => x31=

2<=>x

3

+ =

4<=> x

3

= - =

4 

=> x = 3

4 

> - (TM)

Vậy tập nghiệm phương trình cho là: S = 2;3

4

  

 

 

 

 