THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN Năm học: 2018 – 2019 ĐỀ KIỂM TRA TỐN Ngày: 11/5/2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút x 8x x 1 P : Cho biểu thức với x 0; x x x x x x t.v n/ Câu 1. (2.0 điểm) x P x 77 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q 1 1 1 v io b) Tính giá trị của P khi 2.x le a) Rút gọn P nh uo ng vp Câu 2. (2.0 điểm) Giải toán cách lập phương trình, hệ phương trình: Một cửa hàng nhập 20 quyển vở và bán với giá niêm yết tăng 20% so với giá nhập vào. Sau khi bán được 10 quyển vở, chủ cửa hàng muốn bán nhanh hơn nên đã bán nốt 10 quyển vở cịn lại với giá khuyến mãi giảm 10% so với giá niêm yết. Biết rằng sau khi bán hết 20 quyển vở chủ cửa hàng lãi 28 nghìn đồng. Hỏi giá nhập vào mỗi quyển vở là bao nhiêu? Câu 3. (2.0 điểm) th ie xy 1) Giải hệ phương trình: y 2x 2x y ht s :// ng uy en 2) Cho Parabol (P) y x và đường thẳng (d): y = x – m. a) Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm A, B nằm ở hai phía của trục tung. b) Với m = 2. Tìm tọa độ điểm M nằm trên (P) (M thuộc cung nhỏ AB) sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị lớn nhất Câu 4. (3.5 điểm) Cho đường trịn (O;R) và đường thẳng d khơng cắt đường trịn. E là hình chiếu vng góc của O xuống d và M là điểm di động trên d (M khác E). Từ M vẽ hai đường thẳng tiếp xúc với đường trịn (O) tại A và B. Đường thẳng AB cắt OE tại H. a) Chứng minh năm điểm O,B,E,M,A cùng thuộc một đường trịn. b) Chứng minh rằng: OH.OE=R2 c) Gọi C, D, K lần lượt là hình chiếu của E xuống MA, MB, AB và F là giao điểm của DK và OE. DKE và ba điểm D,C,F thẳng hàng. Chứng minh rằng: EOM d) Chứng minh đường thẳng KD ln đi qua điểm cố định khi M di động trên d. Câu 5. (0.5 điểm) Cho hai số thực bất kì a, b thỏa mãn a a b2 b a b3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab - Hết - TRANG HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a) với x 0; x . Ta có: x (2 x ) x ( x 2) (2 x )(2 x ) 3 x 4x x 3 t.v vp 77 1 1 1 2 2.x 1 1 1 uo 2.x ng b) Ta có le v io x (2 x ) 8x x 1 2( x 2) : x ( x 2) (2 x )(2 x ) (2 x )(2 x ) x ( x 2) x 4x 8x x 1 x (2 x )(2 x ) : x ( x 2) n/ x 8x x 1 P : x x x x ( x 2) nh 2.x 2 x 4.1 2 2 th ie Thay x =1 (thỏa mãn ĐKXĐ) vào P ta được P 1 là -2. 1 1 ng uy en Vây giá trị biểu thức P khi 2.x c) Ta có x P x dk x 4x ( x 3) x 1 x 3 s :// Q ht 4x x 1 4 x Với x x x 4 x Dâu "=" xảy ra khi x x 1(tmdk ) Vậy GTNN của Q là 4 khi x Câu 2: TRANG Gọi giá tiền nhập vào x ( nghìn đồng , x > 0) Giá tiền nhập 20 : 20x (nghìn đồng) +) Mỗi có giá niêm yết : x 20% x 1, 2x (nghìn đồng) Giá tiền bán 10 theo niêm yết : 10.1, 2x 12x ( nghìn đồng ) +) Mỗi có giá khuyến giảm 10% so với giá niêm yết : Giá tiền bán 10 với giá khuyến : 10.1, 08 x 10,8x ( nghìn đồng ) t.v n/ 90%.1, x 1, 08 x (nghìn đồng) v io le +) Vì sau bán hết 20 vở, chủ cửa hàng lãi 28 nghìn đồng nên ta có phương trình : 12x 10,8x 20 x 28 77 2,8 x 28 ng Vậy giá nhập vào 10 nghìn đồng Câu 3. nh ie (2) en y2 (2) a a 1 a 2x 1 a ng uy (1) th xy y 2x 1 2x 1 y uo ĐK: x,y ≠0 1) Đặt a vp x 10 (tmđk) y2 y x 3 2x 1 x (3) x s :// Từ (1) y ( do x 0) . Thế vào (3) ta được: x 3 x 3x y1 2 ( tmdk x,y 0) x2 1 y2 5( tmdk x,y 0) ht x1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ; và 1; 5 2) a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm x x m x x m TRANG ta có = 4m Để đường thẳng d cắt P tại hai điểm A, B nằm ở hai phía của trục tung thì phương trình hồnh 1 4m m P m độ giao điểm phải thỏa mãn: n/ b) với m Xét phương trình hồnh độ giao điểm của d và P : t.v x 1 y1 12 x 1 x2 x x2 x x2 y2 x 2 v io le Vậy tọa độ các giao điểm của d và P là A 1; 1 , B 2; 4 Có A 1; 1 , B 2; 4 cố định nên độ dài đoạn thẳng AB khơng đổi, do đó SΔABC lớn nhất khi khoảng cách từ C đến đường thẳng d lớn nhất, khi đó C là tiếp điểm của đường thẳng d1 / / d và vp 77 d1 tiếp xúc P Gọi phương trình đường thẳng d1 : y ax b ng a 1 ad1 ad b 2 bd1 bd uo Do d1 / / d nên nh Suy ra d1 : y x b (b 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của d1 và P : x x b x x b (*) th ie (*) có Δ 12 4b 4b en d1 tiếp xúc với P có nghiệm kép Δ b (thỏa mãn). ng uy 1 1 1 1 Thay b vào (*) ta được: x x x x y 4 2 1 1 ; là điểm cần tìm. Vậy C s ht :// TRANG .v io le t.v n/ Bài 4: 77 OBM 900 (Vì MA, MB là tiếp tuyến của O ) a)Tứ giác MAOB có: OAM vp OBM 1800 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp OAM ng Do đó 4 điểm M , A, O, B thuộc đường trịn đường kính OM (1) uo OAM 900 (Vì MA là tiếp tuyến của O ) Tứ giác MAOE có: nh OEM 900 ( Vì OE d ) th ie OEM 1800 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác MAOE nội tiếp OAM en Do đó 4 điểm M , A, O, E thuộc đường trịn đường kính OM (2) ng uy Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, B, E , M , A cùng thuộc một đường trịn đường kính OM b)Gọi I là giao điểm của OM và AB :// AOB (Tính chất 2 tiếp Ta có OAB cân tại O (vì OA OB R ) có OM là đường phân giác của tuyến cắt nhau) nên OM đồng thời là đường trung trực của AB OM AB tại I s Xét OIH và OEM có: ht OEM 900 OIH OIH OEM ( g g ) chung EOM OI OH OH OE OI OM (3) OE OM Áp dụng hệ thức lượng vào OBM vng tại B có OB OI OM (4) Từ (3) và (4) ta có OH OE OB R (vì OB R ) TRANG Vậy OH OE R 900 (Vì ED MB ) c) Tứ giác BKED có: EDB 900 ( Vì EK AB ) EKB 1800 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác BKED nội tiếp EDB EKB n/ EBD (2 góc nội tiếp cùng chắn ED ) Nên EKD t.v MBE (2góc nội tiếp cùng chắn EM ) hay Xét đường trịn đường kính OM có MOE le EOM EBD v io DKE Vậy EOM 77 ECM 900 (gt) +)Xét tứ giác MCDE có: EDM vp Vì 2 đỉnh D, C kề nhau của tứ giác cùng nhìn đoạn ME dưới 2 góc bằng nhau nên Tứ giác MCDE nội tiếp ng EMC 1800 (t/c tứ giác nội tiếp) EDC uo (vì cùng bù với AME KBE ABE ) Vì tứ giác MABE nội tiếp đường trịn đường kính OM nên ie th KDE AME CDE 1800 KDE en nh KDE (góc nội tiếp cùng chắn KE ) Mà tứ giác BKED nội tiếp do đó KBE ng uy Vậy 3 điểm C , D, F thẳng hàng :// d) Ta có OH OE OI OM R không đổi, mà O, E cố định nên H cố định s Tứ giác ACEK nội tiếp vì ht ECA 1800 nên EKA AEC AKC AC ) (1) (góc nội tiếp cùng chắn Mà EC //OA (vì cùng MA ) AEC (2 góc so le trong) (2) Nên OAE Mặt khác : Xét OAH và OEA có: OH OE R OA2 OA OE OH OA AOE chung Lại có TRANG KHF (2 góc đối đỉnh) (3) OAE mà OHA Nên OAH OEA ( g g ) OHA hay HKF KHE nên FKH cân tại F FH FK (4) Từ (1), (2), (3) suy ra AKC KHE FKE 900 Lại có : HKF KEH 900 (do HKE vuông tại K ) KHF Từ (4) và (5) suy ra FE FH mà F thuộc EH nên F là trung điểm của HE v io le Do H , E cố định nên F cố định t.v n/ FEK nên FKE cân tại F FK FE (5) FKE Vậy Khi M di động trên đường thẳng d thì KD ln đi qua điểm F cố định. 77 Câu 5: Ta có a a3 b2 b2 a b3 a5 b5 2a 2b2 a5 b5 4a 4b 2 b5 4a 5b5 4a 4b 4a 5b5 4a 4b 1 ab mà 4a 4b4 với mọi a,b ng uo a vp Áp dụng bất đẳng thức x y xy ta có: nh + Nếu ab ab + Nếu ab ab th ie Min 1 ab Dấu “=” xảy ra a b en ng uy ******************************************************** :// ht s TRANG ... , A, O, B thuộc đường trịn đường kính OM (1) uo OAM 90 0 (Vì MA là tiếp tuyến của O ) Tứ giác MAOE có: nh OEM 90 0 ( Vì OE d ) ... (vì OB R ) TRANG Vậy OH OE R 90 0 (Vì ED MB ) c) Tứ giác BKED có: EDB 90 0 ( Vì EK AB ) EKB 1800... FKH cân tại F FH FK (4) Từ (1), (2), (3) suy ra AKC KHE FKE 90 0 Lại có : HKF KEH 90 0 (do HKE vuông tại K ) KHF Từ (4) và (5) suy ra FE FH