Tổng hợp đề thi vào lớp 10 trường Nguyễn Tất Thành

Chứng minh khi đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm B, C (với O  BC ) thì N thuộc một đường tròn cố định và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HIO chạy trên một đường t[r]

(1)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

TRƯỜNG THCS VÀ THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 Năm học: 2016 – 2017

- Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I(2,0 điểm) Cho biểu thức P = 1

1 1

x x

 



    với 0 x 1 Chứng minh rằng: P 2 x

x

   Tìm x để P =

Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình: x44x24x 1

Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2016 2016 2016 2016 x y

x y

   

 

  



Câu IV(1,0 điểm) Cho đường tròn đường kính AB = 10cm, dây cung CD vng góc cắt AB H Tính chu vi tứ giác ABCD, biết AH = 2cm

Câu V ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y =m1x m 1 parabol  P :y2x2

1 Chứng minh với m, đường thẳng (d) qua điểm cố định thuộc (P) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 cho 3

1 2

x x  x x

Câu VI (2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O

1 Chứng minh tổng diện tích tam giác OAB diện tích tam giác OCD nửa diện tích tứ giác ABCD

2 Gọi E, F tiếp điểm đường tròn (O) với AB, CD H giao điểm EF AC Chứng minh: HA EA

HC  FC

Câu VII (1,0 điểm) Biết rằng, mặt phẳng tọa độ Oxy, ba đường thẳng:

   

1

( ) :d ax by c d, :bx ay c d, :cx ay b có điểm chung Chứng minh rằng: a3  b3 c3 3abc

-Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu

Họ tên thí sinh: ……….………… Chúc em làm tốt nhé!

(2)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015

- Mơn: TỐN

Ngày thi: 05 tháng 05 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I(2,0 điểm)

Với x0;x1;x4 cho biểu thức x x A

x  



3

1

x B

x x x



 

  Tính giá trị biểu thức A x = 144

2 Rút gọn biểu thức P = A.B 3.Chứng minh rằng:

3 P

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

Tổng số học sinh hai trường A B thi đỗ vào lớp 10 483 em, đạt tỉ lệ 92% Riêng trường A tỉ lệ đỗ 90%, trường B tỉ lệ đỗ 95% Tính số học sinh dự thi tường (Tỉ lệ đỗ = số học sinh đỗ/ số học sinh dự thi  100%)

Câu III(2,0 điểm)

1.Cho hệ phương trình : 1 x my mx y

 



  



Chứng tỏ hệ phương trình ln có nghiệm (x; y) với m tìm nghiệm theo m

2 Cho phương trình: x22m1x 4 (1) a/ Giải phương trình với

2 m 

b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, số nguyên

Câu IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Hai đường cao BN CM tam giác ABC cắt H

1 Chứng minh rằng: Tứ giác BMNC nội tiếp

2 Kẻ đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn (O) A Chứng minh xy // MN Chứng minh rằng: MN = BC.cosA

4 Giả sử µA600 Chứng minh rằng: OH = AC – AB

Câu V (0,5 điểm) Giải phương trình: x27 7x 5

-Hết -

(3)

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT VÀO 10 (Lần 2)

Năm học: 2017 – 2018 Mơn: TỐN

Câu I(2,0 điểm)Cho biểu thức: :

2 2

x x x

P

x x x x x

     

      

  

   

1.Tìm điều kiện xác định P rút gọn P

2 Tìm m để có x thỏa mãn điều kiện xác định P cho Pmx x2mx1

Câu II(2,0 điểm)

1.Giải hệ phương trình:  

 

3 2 13

x y

    

 

    

2 Giải phương trình: 2x26x x23x  3

Câu III(1,5 điểm) Cho parabol y x2

1.Gọi A, B hai điểm thuộc (P) có hồnh độ – Viết phương trình đường thẳng AB Tìm m để đường thẳng (d) có phương trình y2x2m4 cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2 thỏa mãn

1

2

3 13 x x

x x x  x  

Câu IV (1,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một nhóm thợ đặt kế hoạch làm 3200 sản phẩm thời gian quy định Trong ngày đầu họ làm mức đề Những ngày lại họ làm vượt mức ngày 40 sản phẩm với kế hoạch nên hoàn thành kế hoạch sớm ngày Hỏi theo kế hoạch ngày họ làm sản phẩm?

Câu IV(3,5 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định, thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường tròn (O) qua B, C Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC, đường thẳng AO cắt MN H, đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D

1 Chứng minh tứ giác AMIN tứ giác nội tiếp Chứng minh MD song song với BC

3 Chứng minh đường trịn (O) thay đổi ln qua hai điểm B, C (vớiOBC) N thuộc đường tròn cố định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HIO chạy đường thẳng cố định

Câu V(0,5 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh

3 3 2

2 2

x y z x y z

y  z  x  y  z  x -Hết -

(4)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (Lần thứ nhất)

Năm học: 2014 – 2015 Lớp

Mơn: TỐN

- Câu I(2,0 điểm)

Cho

4 2

x x x

A

x

x x

  



 

2

2 x B

x   

 Với x0;x4 Tính B với x = 81

2 Đặt P = A : B Rút gọn P 3.Tính giá trị nhỏ P

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

Hai người làm chung cơng việc sau 36 phút xong Nếu người làm thời gian người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Tính thời gian người làm riêng để xong công việc

Câu III(2,0 điểm)

1.Giải hệ phương trình :   

  

1 1

3 3

x y xy

   

 

   



2.Cho parabol  P :y x2 đường thẳng d y:  mx m 2

a/ Chứng minh đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B với m b/ Gọi x x1, 2 hồnh độ A, B Tìm m để 2

1 2 2015

x x x x 

Câu IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB I điểm cố định thuộc đoạn OB Điểm C đường tròn (O) (CA > AB) Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I Đường thẳng d cắt đường thẳng BC E, cắt đường thẳng AC F

1 Chứng minh bốn điểm A, C, E, I nằm đường tròn Chứng minh IE.IF = IA.IB

3 Đường thẳng AE cắt đường tròn (O) N Chứng minh N, B, F thẳng hàng

4 Chứng minh C di chuyển đường trịn (O) tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF nằm đường thẳng cố định

Câu V(0,5 điểm) Giải phương trình: x x 2x x   x x -Hết -

(5)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (LẦN 3)

Năm học: 2016– 2017 Mơn: TỐN

- Câu I(2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức

   

2

1

2

x P

x

x x



  



 

2 Tính giá trị biểu thức Aa33a2003 với a3 2 3 2

Câu II(2,0 điểm)

1.Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình

Ơng An có mảnh vườn hình chữ nhật, có chu vi 40 mét Ông dự định mở rộng mảnh vườn bẳng cách tăng chiều dài thêm mét, tăng chiều rộng thêm mét, diện tích mảnh vườn tăng thêm 59 mét vng Hỏi diện tích mảnh vườn mét vng

2.Giải phương trình: x2 12 x

x x

 

      

Câu III(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol  : 2

P y x đường thẳng d y:  x m, với m tham số

a/ Khi m = 4, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d với parabol (P)

b/ Tìm điều kiện tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) hai điểm phân biệt

1

( ; )

A x y B x y 2; 2 Với giá trị m có đẳng thức x y1 1x y2 2 2

Câu IV (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = 3cm, AC = 5cm ·BAC60 Tính độ dài BC

Câu V(2,0 điểm) Cho hình vng ABCD với tâm O có cạnh a Gọi M N tương ứng trung điểm đoạn thẳng CD AO

1 Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp đường trịn Tính diện tích tam giác BMN theo a

Câu VII (1,0 điểm) Giải phương trình: x23x 1 x31

-Hết -

(6)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2016 – 2017

Mơn: TỐN

- Câu I(2,0 điểm) Cho biểu thức 1

1 1

x x

P

x x x x x

 

  

    với 0 x 1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm giá trị x để P 

Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình x x 1x2x 3

Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    

   

3 1

2 1

x y

    

 

   



Câu IV (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = AC = 5cm BC = 6cm Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác

Câu V(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d y: m1x2, với m tham số 1.Tìm m để (d) qua giao điểm hai đường thẳng  d1 :y2x6  d2 :y 4 3x b/ Tìm m để đường thẳng d cắt parabol (P):

yx hai điểm phân biệt ( ;x y1 1) x y2; 2 cho ta có: y1y2 5x1x2

Câu VI (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A đường phân giác BD (D thuộc AC) Đường tròn đường kính CD cắt BC tia BD H K Chứng minh rằng:

1 KA = KC = KH

2 KC2 KD KB KH tiếp tuyến đường trịn đường kính BD

Câu VII (1,0 điểm) Cho c Tìm giá trị nhỏ

2

1

x y

P

y x

 

  -Hết -

Họ tên thí sinh: ……….………… Chúc em làm tốt nhé!

(7)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang

Phần đề thức: Từ trang đến trang 11

ĐỀ

Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2013 -2014 Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I Giải phương trình sau đây: x26 x 3x22 2

2

3

1 1

x x

x x x

  

  

Câu II Giải hệ phương trình  

 

3

3 x y

x y

    

 

   



Câu III Cho đường trịn tâm O bán kính R = 3cm điểm A cho OA = 5cm Vẽ tiếp tuyến AB

và AC đường trịn (B, C tiếp điểm) Tính độ dài đoạn BC

Câu VI Cho biểu thức A x x 1,x 0 x

 

 

1 Tính giá trị x để A

2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Câu V: Cho tam giác ABC với ba góc nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’ cắt H Chứng minh A’A đường phân giác góc B A C·' ' '

2 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VI Trên mặt phẳng Oxy cho đường thẳng (d): yax a 2 parabol  P :yx2

1.Tìm giá trị a để đường thẳng (d) qua điểm S 1; khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d lớn

2.Tìm giá trị a để đường thẳng d cắt parabol (P) hai điểm A, B cho AS = SB -Hết -

(8)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang ĐỀ

Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2014 -2015 Mơn: Tốn

Câu I Cho biểu thức M x x x x 1, x x x x

 

 

  ở 0 x 1.

1 Rút gọn biểu thức M

2 Tìm giá trị x để M 5

Câu II Giải hệ phương trình 2

2 2

x y x y

   

 

   

Câu III Cho đường trịn tâm O bán kính R = 3cm nội tiếp hình thoi ABCD có đường chéo AC =10cm

Tính diện tích hình thoi ABCD

Câu VI Trên mặt phẳng Oxy cho đường thẳng (d): ym1x2m parabol  : 2 P y x 1.Tìm giá trị m để đường thẳng (d) song song với đường thăng (d’): y = 3x + 2.Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương

Câu V: Từ điểm A ngồi đường trịn cho trước, kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE (B, C, D, E thuộc đường trịn AD < AE)

1.Chứng minh rằng: BD.CE = CD.BE

2.Hạ AH vng góc với BD, AG vng góc với CD Chứng minh: AH BD AG CD

Câu VI Gọi x x1, nghiệm phương trình

3

x  x  Sn x1nx2n,n1, 2,3, Chứng minh cơng thức: Sn2 3Sn1Sn tính 6

6

S x x

Câu VII Cho x > 0, y > x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức

1

x y

P

x y

 

  -Hết -

(9)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang ĐỀ

Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2015 -2016 Môn: Toán

Câu I Cho biểu thức : 2 , 0 

1

x x x

P x

x x

x x x x

    

       



   

 

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm giá trị x để P2

Câu II Giải phương trình

4 2

x

x  x  x

Câu III Tìm a b để hệ phương trình

3 ax by x ay    



 

 nhận x1;y 1 nghiệm

Câu VI Một robot di chuyển với vận tốc không đổi 2m/ phút mặt sàn thời gian 15 phút Robot chuyển động thẳng, ngoại trừ ba lần rẽ vng góc trái thời điểm phút, 12 phút 14 phút, tính từ thời điểm xuất phát Giả sử robot xuất phát từ vị trí A kết thúc di chuyển vị trí B Tính độ dài đoạn thẳng AB

Câu V Trên mặt phẳng Oxy cho đồ thị (P) hàm số 2 y x

1.Gọi A, B hai điểm thuộc đồ thị (P) có hồnh độ – Viết phương trình đường thẳng AB

2.Tìm m để đường thẳng (d) có phương trình y   x m cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn x12x2220x x12 22

Câu VI: Từ điểm P ngồi đường trịn cho trước, kẻ hai tiếp tuyến PA, PB tới (O) Qua điểm C đoạn AB, kẻ đường thẳng (d) vng góc với OC Đường thẳng (d) cắt tiếp tuyến PA, PB L K

1.Chứng minh góc·AOLBOK· tứ giác PKOL nội tiếp 2.Chứng minh C trung điểm KL KL  AB

Câu VII Cho x y Chứng minh rằng: x x  1 y y 1 12 Khi dấu xảy ra? -Hết -

(10)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 10 ĐỀ

Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2016 -2017 Môn: Toán

Câu I

1 Rút gọn biểu thức 1 , 0 

1 1

x x x x

P x x

x x x x x

    

      

   

  

2 Tính giá trị biểu thức 1

1

M

a b

 

  với

1

;

3 2 2

a b

 

Câu II Giải phương trình

2

5

4

x x x

 

  

 

Câu III Trong trận bóng đá, ban quản lý sân vận động bán 40 000 vé, bao gồm vé loại I vé loại II Giá vé loại I 100.000 đồng, giá vé loại II 50.000 đồng Số tiền thu từ bán vé 2,5 tỷ đồng Hỏi có vé loại I, vé loại II?

Câu VI Cho tam giác ABC cân A, có cạnh bên AB = 10cm chiều cao BE = 6cm Tính độ dài đường cao AH

Câu V Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d y:   x m parabol (P) : yx2 với m tham số

1.Tìm tọa độ giao điểm d (P) m =1

2.Tìm m để (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A, B khác O thỏa mãn điều kiện

OAOB

Câu VI: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, B, O, D khơng thẳng hàng Gọi H K hình chiếu vng góc D AB BC

1.Chứng minh DH DC DK DA HK AC

2.Gọi P Q trung điểm HK AC Chứng minh DPPQ

Câu VII Tìm c để phương trình 2

4

x  x  cx c  có ba nghiệm phân biệt -Hết -

(11)

Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2017-2018 Môn: Toán

Câu I Cho biểu thức : , 0 4

4 2

x x x

P x

x x x x x

    

        

  

   

1 Chứng tỏ 2

x P

x 

 Tìm x để

3 P x 

Câu II Giải phương trình 2 2

2

x  x x  x 

Câu III Trong chuyến du lịch hè năm nay, phương tiện máy bay; gia đình có người lớn trẻ em mua vé hết 3.700.000 đồng; gia đình khác có người lớn trẻ em mua vé hết

6.750.000 đồng Hỏi giá vé máy bay người lớn giá vé máy báy trẻ em bao nhiêu?

Câu IV Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1:y2x1;d2:y  x

3:

d ymx m Tìm m để đường thẳng cho đồng quy

Câu V Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d y:  x parabol (P) : y2x2

Tìm tọa độ giao điểm d (P) Gọi A B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB

Câu VI: Cho đường tròn (O;R) điểm M nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến MA MB đến đường tròn (A, B hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm MO AB

1.Chứng minh AB2 4MH HO

2.Điểm C trung điểm AH Đường thẳng MC cắt đường tròn hai điểm E, F (E nằm M F) Điểm I trung điểm EF Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp IB = 3IA

3.Chứng minh rằng: CE CM CI  CF

Câu VII Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4

A

x x

 

 với 0 x -Hết -

(12)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 12 PHẦN II HƯỚNG DẪN – TRẢ LỜI – ĐÁP SỐ

ĐỀ

Câu 1 Đưa phương trình 2    2  3

3 2 2

x  x  x    x   x

2 Điều kiện x 1, đưa phương trình

2x 3x   1 x 1(loại);

x Vậy x

Câu Từ phương trình đầu y 1  1 x * vào phương trình sau ta được: x 3 3 Thế x 3 3 ta y 5

Câu Vì VOAB vng A nên AB OA2OB2 4 cm Gọi H giao điểm OA BC BCOH BH; HC.nên

 

2 4.3

2 4,8

5 BA BO

BC BH cm

AO

   

Câu Với x > 0,  

2

1

2 2

2 x x

A x x x

x

 

       

2 x 

4 x

  x

2. Ta có A x x x 1

x x

 

       Khi x1 A3 Vậy min A 3

Câu Tứ giác A’BC’H nội tiếp nên ·ABB'C A A·' ' Tứ giác A’CB’H nội tiếp nên ·ACC'B A A·' '

Lại có: ABB· '900·BAB'900CAC· 'ACC· 'cho nên ta được: ·' ' ·' '

C A AB A A

2 Kéo dài AA’ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K Nối

(13)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 13 Từ KC = HC, BCK· C CB·' suy BHC BKC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC đường trịn ngoại tiếp KBC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Cách 2. Gọi O, O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, HBC Tia AH cắt (O) K Sử dụng quan hệ tâm góc nội tiếp chắn cung (O) (O’), ta

· · '

BOCBO C BOC BO C' Vậy O B' OB

Câu S(1; 2)  d , 2 a.1   a 2, a ¡

Hạ OH  d , ta có OH OS nên OH lớn H  S  d OS Ta có (d) cắt trục Oy C(0; – a) nên

  2 2 2  2 2  2 2  2

1 2

d OSOS SC OC    a  a

2 a

  

2. Điều kiện x2ax a  2 x2ax  a có hai nghiệm phân biệt x x1, ( x x1, 2là hoành độ

của A, B) Ta có:  2

4 0,

a a a a

         ¡

Hạ AA’, BB’, SS’ vng góc với trục hồnh, ta thấy AS = SB.A S' 'S B' '

1 2

(14)

Câu 1   

     

1 1 1 1 2 2

1

x x x x x x x x x x x

M

x x x

x x x x

          

    

 

2 2 2 2 2; 4;

2

x

M x x x x x x

x 

            

Câu Giải phương trình phương pháp phương pháp cộng đại số

Nhân hai phương trình đầu với – 1, phương trình sau với cộng lại ta x = Nhân phương trình đầu với , phương trình sau với – cộng lại y = Vậy x = 2; y =

Câu 3. Giả (O) tiếp xúc với AB H, ta có OH = R = 3cm OH vng góc với AB:

 

2 2 2

1 1 1 1 16

9 25 9, 25 15

4

OH OA OB OB OH OA

OB cm

       

 

Diện tích hình thoi

 2

1 15 75

4 .5

2

S   OA OB  cm

 

Câu Ta có: (d) // y x nên m    1 m 0;m 2

2.Ta có:  1 2 2 1

2x  m x mx  m x m có hai nghiệm dương phân biệt x x1,

Điều kiện:  2  2  

1 2

' m 4m m 0;x x 4m 0;x x m 0 m

               

Câu ADB: ABE góc A chung, ·ABD ·AEB BD AB 1 EB AE

  

Tương tự, ACE: ADC CD AC 2 EC AE

 

Nhưng AC = AB nên từ (1) (2) suy ,

BD CD EB  EC

(15)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 15 2.Tứ giác AGDH nội tiếp ·AGH  ·ADH BDE· BCE· ·AHG·ADGCDE· CBE· Từ suy ra, AHG EBC AH AG

EB EC

 :    hay AH EB BD

AG  EC CD

Câu Vì   5 nên phương trình có hai nghiệm x x1, 2 ta có hai đẳng thức

2

1 1;

x  x  x  x  Nhân hai vế đẳng thức đầu với 1n

x , đẳng thức sau với x2n cộng lại, ta công thức cần phải chứng minh

 2

2 2

1 2 2

4

3; 2.1 7; 3.7 18;

3 3.18 47; 3.47 18 123; 3.123 47 322

S x x S x x x x x x S S S

S S S S S S S S S

               

              

Vậy S6 322

Chú ý: Ta tính S6 sau: 2  2

2 2 2 2.1

S x x  x x  x x    nên

    3 3  

6 2 2 2 2 2

6 2 2 3.1 322

S x x  x  x  x x  x x x x   

Câu 7.Cách 1: Thay y = – x ta

2

1 2

2

1 2

x x x x

P

x x x x x x

  

    

      nên P lớn

2

3 x x 

  đạt nhỏ

2

4

x x x 

      

  lớn

1

0

2

x x

    

Khi ấy, 1;

2

x y P Vậy max

2 P 

Cách 2. Trước hết chứng minh 1

a b a b với a > 0; b >

Thật vậy, a > 0, b > nên 1 a b2 4ab a b2 a b a b      

Ta có: 1

1 1

x y

P

x y x y

 

     

      Nhưng

1 4

1 1

x  y  x  y 

2

3

P   Khi

2

x y

P Vậy max  P 

Cách 3: Trước hết chứng minh

P Thật vậy, x > 0, y > x + y = nên P

      

3 x y y x x y 4xy          

Nhưng x > 0, y >0 x + y = nên ta có:

2

4

2 x y xy    

 

Khi

2

x y

(16)

Câu 1  

           

1 2 2

:

2

1 1 1

x x x x x x x x x x

P

x x

x x x x x x

      

  

 

    

2. Với 0 x 1, ta có:

 2

1

2

2 0 1

1 1

x

x x x

P x x

x x x

 

           

  

Kết hợp điều kiện ta được: 0 x

Câu Điều kiện 04

Đưa phương trình  x 23 x  2 x 1; x   2 x 1 tm x; 4 L Vậy x =

Câu 3.Đưa giải hệ  

 

1 3

a b

a

   

 

  

 Ta được: a 2 3;b 4

Câu Từ đề ta có: robot theo sơ đồ sau

Trong quãng đường AM phút, quãng đường MN robot phút, quãng đường NP robot phút quãng đường PB robot phút

Theo ta có: AM 18 m MN, 6 m NP, 4 m PB, 2 m

Kẻ BH AM , đó:  

 

14 AH AM MH AM NP m BH PH PB MN PB m

    

 

    



Theo định lí Pitago, ta có: 2 2  

14 212

AB AH BH    m Vậy AB 21214,56 m

Câu 1. Tìm 1;1 ;  2;

A  B

  Vì nên phương trình AB có dạng y = ax + b (*)

Thay tọa độ A, B vào (*) ta được:

1

1 ;

2

a b

a b   

   



   

(17)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 17 2.Phương trình hồnh độ giao điểm 2 2 * 

2x     x m x  x m  Có   5 ,m d cắt (P) hai điểm phân biệt  PT (*) có hai nghiệm phân biệt

5

0

2

m m

        Theo định lí Viet ta có:

1

2

x x x x m

   

  



Theo giả thiết ta có: x12x2220x x1 22 x1x222x x1 220x x1 22

   2 2

4 2m 20 2m m 3m m 1;m

              Mà

2

m   m Vậy m 1

Câu 1. Khơng tính tổng qt, coi K thuộc đoạn PB L thuộc tia đối tia AP Các điểm C, B nhìn OK góc vng

nên, KBOC nội tiếp; tương tự điểm C, A nhìn OL góc vng nên tứ giác OCAL nội tiếp Từ đó, ta có:

· · · · ,

BOK BCK ACLAOL nên

· · · ·

· ·

0

180 180

180

KOL BOA APB LPK

KOL LPK

    

  

Vậy tứ giác PKOL nội tiếp

2.Xét tam giác vng OBK OAL có:

· ·

BOK AOL

OBK OAL OK OL

OA OB

 

      

 



Tam giác cân OKL có OCKL nên C trung điểm KL Các tứ giác KBOC OCAL nội tiếp nên OBC· OKC· OAC· OLC· Vậy OKL OBA KL OK KL AB

AB OB

       

Câu 7. Ta có: x32  0 x26x  9 x x  1 5x9 Tương tự: y y  1 5y9 Từ đó: x x  1 y y 1 5 xy185.6 18 12.  Khi x y đẳng thức xảy Cách 2. Trước tiên ta chứng minh: 2a2b2a b 2 đó, a, b tùy ý Thật vậy:

 2  2 2  2

2 a b S  a b a b 2ab a b 0

Ta có:      

2

1 1 1 1

1 1

4 2 2 2

x x  y y  x  y   x    y   x y 

       

 2

1 25

6

2

   Suy ra:  1  1 25 12 2

(18)

Câu 1 Rút gọn

      

2

1

1 1

x

x x

P x x x

x x x x

  

     

   

2 Ta có: 2; 2 2; 2

3 2 2

a   b      a b  

  nên

 2

1 2 2

1 2 2 16 2 2

M       

   

Câu 2. Điều kiện: x0;x2  x Đặt t x2 x 5,

x  

 ta phương trình: t t2 4t t 1;t t

           

 Với t  1 x22x     5 x 6 tm

 Với  

3 1;

t  x  x   x x  tm

Vậy S1; 5; 1   6

Câu 3. Giả sử có x vé loại I y vé loại II (x > 0, y > 0) Ta có:

40000 40000 10000

100000 50000 2500000000 50000 30000

x y x y x

x y x y y

    

  

       

  

Kết hợp với điều kiện, ta có: số vé loại I 10000 vé số vé loại II 30000 vé

Câu 4. Xét tam giác vng ABEcó: 2

8 AE AB BE  cm Xét hai trường hợp góc BAC nhọn tù

+Nếu góc A nhọn EC = AC = AE = 2cm Xét tam giác BEC có:

 

2

2 10 BC  BE EC  cm Xét tam giác ABC có:

 

3 10 AC BE

AH cm

BC

 

+Nếu góc A tù EC = AC + AE = 18cm Xét tam giác BEC có:BC BE2EC2 6 10 cm Xét tam giác ABC có: AH AC BE 10 cm

BC

(19)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 19 Cách khác: Gọi độ dài AH x (cm), x > Ta có: BH HC AB2AH2  100x2.Khi đó, xét

tam giác ABC có: 2

100 6.10 100 30

AH BC AC BE x x  x x  x2100x2900

4 2

100 900 10; 90 10; 10

x x x x x x

         

Vậy AH  10 (cm) AH 3 10 cm

Câu 1. Phương trình hồnh độ giao điểm x2   x x2     x x 1;x2

1 1;

x   y x  y Tọa độ giao điểm 1;1 ; 2; 4  

2. Phương trình hồnh độ giao điểm x2    x m x2   x m 0.Ta có: (d) cắt (P) hai điểm phân biệt 1, 2 5

4

x x    m    m Điều kiện A B,  O x x1 2       m m Giả sử A x y 1; 1 ;B x y2; 2 Phương trỉnh OA: y = ax; OB; y = bx nên:

2

1

;

A B

A A B B

A B

y x y x

y ax a x y bx b x

x x x x

         

Từ đó, OAOBa b   1 x x1 2         1 m 1 m 0. tm

Câu ABCD nội tiếp · · · ·

; 90

KBD CAD BHD BKD

   

BKDH

 nội tiếp ·KHDKBD·

Từ đó, ·KHDCAD· Tương tự: ·HKD·ACD Cho nên

DH DK

DHK DAC DH DC DK DA

DA DC

 :     

Bởi B, O, D khơng thẳng hàng nên suy H khác A, nên tồn tam giác DAH vng H ta có: DH < DA

Ta có: DHK DAC HK DH HK AC AC DA

 :      

2.Từ DHK: DAC ,

2

HP HK AQ AC

· ·

DHP DAQ HDP ADQ

  :    DH DP

DA  DQ Ta có:

· · · · ;

HDP ADQHDAPDQ

DH DP DH DA

DA  DQ  DP  DQ

· ·

90

DPQ DHA DPQ DHA DP PQ

(20)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 20 Câu Đưa phương trình  x2 22x c 2  0 x22x c x22x c  1 

Điều kiện để (1) có nghiệm  

2

x  x c x22x c 0 3  có nghiệm riêng chung phân biệt

Ta thấy (2) (3) có nghiệm chung x0

2

0

2

0

2

x

x x c

c x x

x x c



    

 

 

  

   

 

 Bởi vậy: c =

thì chúng có nghiệm chung có nghiệm chung; c0 chúng khơng có nghiệm chung  (2) có nghiệm, (3) có nghiệm chúng khơng có nghiệm chung:

1

' c 0, ' c 0;c c 1;c 1;c c                  (2) có nghiệm, (3) có nghiệm chúng khơng có nghiệm chung:

1

' c 0, ' c 0;c c 1;c 1;c c                   (2) có nghiệm, (3) có nghiệm chúng có nghiệm chung:

1

' c 0, ' c 0;c c 1;c 1;c c                 Kết luận (1) có ba nghiệm c  1; 0;1

ĐỀ

Câu Với 0 x 4, 2 3 2

3

x

P x x x x x

x

         



 x 3 x 2 x

       (vì x 2 0) x   1 x 1 tm Vậy x =

Câu Đặt

2

x  x t 3; 0;

3 t

t t    Đưa

2

4 1; t     t t t 

Với 2

1 2 1

t x  x  x  x   x

Với 2

5 2

t  x  x   x  x  vô nghiệm Vậy x =

Cách khác: Điều kiện: x22x 2 x12 1 0,x22x 5 x12    4 x ¡ Đưa

 2 

4 2

4 12 16 7 1;

x  x  x  x   x x  x      x x x  x   Vậy x =1

Câu Gọi x, y ( đồng) giá vé máy bay người lớn, trẻ em (x > 0; y > 0) Ta có hệ phương trình: 2 3700 000

4 750 000 x y

x y

 



  

(21)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 21 Câu 4. Điều kiện m 2; Ta có: y2x      1 x x 2;y 3 nên hai đường thẳng đầu cắt A 2;  Đường thẳng thứ ba qua A nên  3 m  2 3m   1 m

Câu 5. 2 2 0; 1, 2; 1,

2

y x   x x   x y   x x y x  y Hai giao điểm 1; ,  1;1

2 A  B 

 

Giao điểm d với Oy C(0; 1) Ta có:

OAB OAC BOC

S S S

 

1 1

 

      

  (đvdt)

Chú ý: +Ta có tam giác OAB vng A nên

OAB

S  OA OB +Có thể tính SOAB SABKH SOAHSOBK

Câu 1. Ta có AOM vng A, đường cao

AH  ABnên

2

AB AB MH MO AH  

 

2

4

AB MH MO

 

2.Ta có: OAM· OBM· 900 ·OIM 90 nên A, I, B nằm đường trịn đường kính OM, nghĩa tứ giác MAIB nội tiếp

·

2

AIM  sđ ¼

AM  sđBM¼ BIM· nên IC tia phân giác góc AIB suy

3

IB CB

IB IA IA CA   

3.Ta có: ·AFCEBC· (cùng chắn cung AE (O)), µC chung CAF CEB CA CF CE CB

  :    nên

CACBCE CF Lại có: ·AIC·BMC (cùng chắn cung IB đường trịn đường kính OM), µC chung CAI: CMB CA CI

CM CB

  nên CACB CM CI

Từ ta được:CE CF CM CI  CA CB  CE CM CI CF

   

Câu 7. Ta có:  2 2  2  2

0

(22)

https://www.facebook.com/NguyenThiPhuong149 Trang 22

Áp dụng: ; ; ;

4

a b x x

x x

      

 Ta có:

25

.4 25

4 A   A

Dấu “=” xảy 4 

x x

x x x

x x



      

 Vậy  

25

min

4 A 

Cách 2: Ta có:    

2

2 a b,

a b a b                 2 2 b  a a b ab       a b Dấu xảy    a b

Áp dụng:  

 

2

3 25 3; 2; ;

4

a x b x A

x x 

          

 

Dấu “=” xảy 4 

x x x

     Vậymin  25

4 A 

Cách 3:Áp dụng: a b 2 ab a b , 0  Dấu “=” xảy a = b Với 0;4 4  x x x x   

 ta có:

  4 2.3.2 12 x x B x x     

 Dấu “=” xảy

  4 x x x x x     

Khi ấy, 4A – B 36 16 4  36 9 13

4 4

x

x x x

x x x x x x

                      25

4 13 12 13 25

4

A B A

        Khi

5

x có 25

A Vậymin  25 A 

Cách 4: Ta có: 162; 4

x

A x x

x x 

  

 Khi đó, ta được:

 2 2

2 2

5

25 25 4

4 20 16

5 16 4 4 25 25

4 4 4

x

x x x x

x A

x x x x x x

                    25

A 5

2x   x Vậy   25

min

Định dạng
Số trang	22
Dung lượng	0,93 MB