TOÁN 9 – ĐỀ CƯƠNG + ĐỀ THI HK2 KÈM ĐÁP ÁN.

 là tứ giác nội tiếp.. a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp. b) Chứng minh AD AF. Chứng minh DI là tiếp tuyến của nửa đường tròn. Chứng minh tam giác AMN cân.. Suy ra tứ giác CD[r]

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

ƠN TẬP TỐN HỌC KÌ NĂM HỌC 2020 - 2021

PHẦN : ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP

A TĨM TẮT LÝ THUYẾT

I ĐẠI SỐ

1) Phương trình bậc hai ẩn

2) Hệ hai phương trình bậc hai ẩn cách giải 3) Hàm số y ax 2 đồ thị a0

4) Phương trình bậc hai ẩn cơng thức nghiệm tổng quát, công thức nghiệm thu gọn 5) Hệ thức Vi-ét ứng dụng để giải toán liên quan đến nghiệm phương trình bậc hai

6) Phương trình quy phương trình bậc hai 7) Giải tốn cách lập phương trình II HÌNH HỌC

1) Các góc đường trịn: góc tâm, góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung, góc có đỉnh bên đường trịn, góc có đỉnh bên ngồi đường trịn

2) Liên hệ cung dây 3) Bài tốn quỹ tích cung chứa góc 4) Tứ giác nội tiếp

5) Đường trịn nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp

6) Các cơng thức tính tốn: độ dài đường trịn, độ dài cung trịn, diện tích hình trịn, diện tích quạt trịn

7) Hình trụ, hình nón, hình cầu cơng thức tính tốn liên quan

B BÀI TẬP I – PHẦN ĐẠI SỐ

CHƯƠNG III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

Dạng 1: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2 5

2 4 11

5 y

x y x y y

x y x y x y

x    

     

   

         

    



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

11

2 x y   

 

  

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im . b)  

3 13

4 3

4 13 5

13 y

y x

x y y x

x x

x y x

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

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

5 13 13 x y       

c)    

     

2 5

3

2 1

x y x y x y x x x

x y y

x y x y y x

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

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y      

d) 2 2

2 2

x x y x y x x

x y x y x y x y y

         

   

  

              

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y      

e)      

     

1 3 3

2 2

1 2 1

x y x y xy x y xy x y

xy x y xy x y

x y x y

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

2 10 10 10

3 2 2

x y x y y y

x y x y x y x

       

   

   

       

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 5 x y        g) 2

x x y

x y y x

                     

2 12

3 12

x x y

x y y x

   

  

    



2 12

3 2 12

x x y

x y y x

   



      



8 14

5 10 x y x y        

8 14

15 30

x y x y         23 44 10 x x y        44 23 44 10 23 x y          44 23 10 23 x y        

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ; 44 10; 23 23 x y  

  h) 2 x y         

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

Đặt u;1 v u( 0;v 0)

x y   Hệ phương trình cho trở thành:

2 u v u v        

4

u v u v         5 u u v        2.1 u v        1( ) 1( ) u TM v TM     

 Suy ra:

1

1( )

1 1 1( )

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

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    x y;  1;1 i) 3 x x y x x y               

Điều kiện: x1;y 3

Đặt ;

1

x

u v

x  y  Hệ phương trình cho trở thành:

3

4 u v u v       

3

8 10

u v u v         11 13 u u v        13 11 13 11 u v          13 11 11 u v        

Suy ra:

13 11 3 11 x x y           

11 13 13

11

x x y         13 ( ) 2 ( ) x TM y TM        

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ; 13 2; x y  

  k) 2 1 1 y x y x               

Điều kiện: y1

Đặt

2

1

; ( 0; 0)

1

1 u y v u v

x       Hệ phương trình cho trở thành:

3

2

u v u v       

2

2

u v u v         10 v u v         v u          ( ) ( ) u TM v TM         Suy 1 1 x y            1 1 x y            

2 1 4

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy hệ phương trình cho có hai cặp nghiệm  x y;   3;5 ,  3;5

m)

1

2

5

2

9

5

x y

x y

  

  

 

  

  



Điều kiện: x5;y0,y4

Đặt ; ( 0; 0)

5 u v u v

x  y   

Hệ phương trình cho trở thành:

6 2 12 13 13 1( )

2 9 9 4( )

u v u v v v v TM

u v u v u v u u TM

      

    

   

             

    

Suy ra:

4 19

4 20

5 ( )

4

1 1 9( )

2

x

x x TM

y y TM

y

 



     

  

  

  

    

 



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ; 19;9 x y  

 

Dạng Hệ phương trình chứa tham số Cho hệ phương trình

 

2

1

mx my m

x m y

  



   

 ( m tham số)

a Giải hệ phương trình khí m 

b Giải biện luận hệ phương trình theo m

c Với  x y nghiệm hệ phương trình Tìm hệ thức liên hệ x ; y không phụ thuộc vào m

d Gọi  x y nghiệm hệ phương trình Tìm m để ; i x2y2 

ii x2y  iii y2x1

iv Biểu thức P x 2 đạt giá trị nhỏ y2 e Cho đường thẳng d mx1: 2my m 

 

2:

d x m y

3:

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

Với m  hệ trở thành:

3

2 x y x y           

3 2

2 y y x y            12 2 y x y         2 y x                 3 x y         

Hệ phương trình có nghiệm nhất:  ;  4;

3

x y     

b Giải biện luận hệ phương trình

Ta có:  

   

2 1

1 2

mx my m

x m y

  

 

  



Từ  2   x m1y vào  1 ta

 

2

m  m y my m 

 

2m my m 2my m

     

2

2m m y my 2my m

      

2 1 0

m y my m

     

1 m my m

     (*)

Khi 1  0

1 m m m m       

 phương trình (*) có nghiệm nhất, hệ phương trình có

nghiệm :

1 1 x m y m        

Khi 1  0

1 m m m m        

Với m phương trình (*) trở thành1 0y0  phương trình vơ số nghiệm nên hệ phương trình vơ số nghiệm:

2 x y y R      

Với m phương trình (*) trở thành 0 0y 1 Phương trình vơ nghiệm nên hệ phương trình vơ nghiệm

Vậy:

Với m0;m1 hệ phương trình có nghiệm nhất:

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Với m hệ phương trình vơ số nghiệm:1 x 2y y R

    



Với m hệ phương trình vơ nghiệm

c Với  x y nghiệm hệ phương trình Tìm hệ thức liên hệ x ; y không phụ thuộc vào m

Theo phần b, để hệ có nghiệm m0;m1 nghiệm hệ :

1 x

m y

m        

1 x y   

Vậy: x y 1

d Gọi  x y nghiệm hệ phương trình Tìm m để ;

Theo phần b, để hệ có nghiệm m0;m1 nghiệm hệ :

1 x

m y

m        

i x2y2 

2

1

1

m m

   

     

   

2

2 1

1

m m m

    

2

2

1

m m

   

2 2 2 0

m m

    

Giải phương trình ta được:

1

m    (thỏa mãn); m2   1 (Thỏa mãn) Vậy: m1   1 3;m2   1

ii x2y 

1

1

m m

   

3

1

m

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

3

1

3

1

m m    

 

    

3

6 m m      

  

3 m m      

  

(Thỏa mãn)

Vậy: 3;

4

m 

2 m

iii y2x1

1

2 1

m m

 

    

 

1

2

m m

   

3 m

 

3

0 m m 

 

0 m m

 

  

 kết hợp với điều kiên

0 m m m m           

0 m m

 

  



iv Biểu thức P x  đạt giá trị nhỏ y2

Ta có:

2

P x  y

2

1

1

m m

   

    

   

2

2 1

1

m m m

   

2

2

1

m m

  

2

1 1

2

2

m m

 

    

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2

1 1

2

2 2

m

 

     

 

Dấu " " xảy m (Thỏa mãn)

Vậy: GTNN

2

P m

e Cho đường thẳng d mx1: 2my m 

 

2:

d x m y

3:

d x y 

Tìm m để ba đường thẳng đồng quy

Giả sử d d đồng quy 1; 2 M x y Khi tọa độ điểm  0; 0 M nghiệm hệ phương trình:

   

0 0 0

0 0

0

0

1 2 2

2 3 3

2

2

x m y x my y

my y m y

x y

x y

     

 

       

   

 

 



Để hệ có nghiệm x y 0; 0 3

m  m  nghiệm hệ:

0

0

0

3

3

2

2

3

3

2

2

2 y

y m

m m x m

x m

  

  



  

     

 

     



   



Để ba đường thẳng đồng quy d qua điểm 3 M x y  0; 0

2

2

3

2 3

3

4

m

m m m

m m

m m m m m

m m



   

 

     

   

Vì 0   m1 (thỏa mãn); m2  (Thỏa mãn) Vậy: m1 ; m2 

Cách 2:

Với m Khi d x1: 2y2;d x2: 2y2; : 2d3 x y  Do d1 d d2, 1 cắt d nên suy ba 3 đường thẳng d d d đồng quy 1, ,2 3

Với m1,m0 Khi d cắt 1 d điểm có 2

1

1 x

m y

m        

nên suy ba đường thẳng d d d đồng 1, ,2 3

quy 1 1 m 3TM

m m m



        

 

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

CHƯƠNG IV: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

Dạng 1: Giải phương trình bậc hai Câu x228x52 0

Câu 2x27x 3 0

Câu x2 2 3 2x4 0

Câu 2x45x2 2 0

Câu

6

x  x  Câu 2x47x2 4 0

Câu 3x24x 2 0

Câu x4 5x2 4 0

Câu 2

1 3

x x

x x x x

 

  

   

Câu 10

 

1

2 x1  x 1 4 Câu 11

2

2 8

1 x x

x

 

   

 

Câu 12

2

1 40

2

x x

x x

 

    

    

   

Câu 13 2x27x20 2  x25x72 Câu 14 x32x23x 

Câu 15

2

1

4

x x

x x

       

   

   

Câu 16 3x22x2 x2  x x Câu 17 x2  x 3 3

Câu 18 x 4 x  x 9 x 1 Câu 19 2x 1 x 2 x1

Dạng 2: Tính giá trị biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm phương trình bậc hai cho trước

Câu Gọi x ; 1 x nghiệm phương trình: 2 x23x 7 0 Tính:

2

1

A x x B x1x2

1

1

1

C

x x

 

   2 1

3

D x x x x

3

1

Ex x 4

1

Fx x

Câu Gọi x ; 1 x nghiệm phương trình: 2 5x23x 1 0 Khơng giải phương trình, tính giá

trị biểu thức sau:

3

1 2

2 3

A x  x x  x  x x

2

1 2

2 1

1

1

x x x x

B

x x x x x x

 

      

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2

1 2

2

1 2

3

4

x x x x

C

x x x x

 





Câu Cho phương trình 2x23x 1 0 có hai ngiệm

x ; x Hãy thiết lập phương trình ẩn 2 y có hai nghiệm y ; 1 y thoả mãn: 2

a) 1

2

2

y x

y x

  

  

 b)

2 1

2 2

1

x y

x x y

x 

      

Dạng : Vị trí tương đối parabol đường thẳng Câu Cho hàm số y = x2 y = x 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Tìm tọa độ điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB

Câu .Cho Parabol  P : y = x2và đường thẳng  d : y 2x+m

a) Vẽ  P  d hệ trục tọa độ với m Tìm tọa độ giao điểm  d và P

b) Tìm m để  d tiếp xúc với P Xác định tọa độ giao điểm Câu Cho Parabol  P : y = x1

4 đường thẳng  

1

d :y x+1

2

 

a) Vẽ  P  d hệ trục tọa độ

b) Với Avà Blà hai giao điểm  P  d Tính diện tích tam giác AOB Câu Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx  m 1

a) Tìm m để đường thẳng d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt A B, b) Gọi x x hồnh độ 1; 2 A B Tìm m cho x1  x2 Câu Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx-2

a) Chứng minh với giá trị m ,  d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, b) Gọi x x hoành độ 1; 2 A B Tìm m cho 2

1 2 2016

x x x x 

Câu Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx- m+1 Tìm m cho đường thẳng  d

cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung Câu Cho phương trình : x22m1x m   ( x ẩn) 3 0

a) Tìm mđể phương trình có nghiệm phân biệt b) Tìm mđể phương trình có nghiệm trái dấu

a) Tìm mđể phương trình có nghiệm số đối

a) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm phương trình mà khơng phụ thuộc vào m Câu Cho phương trình : x22mx2m 3 0 (ẩn x )

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Dạng : GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH - HPT Dạng 4.1 : Chuyển động (trên đường bộ, đường sơng có tính đến dịng nước chảy)

Câu Một tơ từ A đến B thời gian định Nếu xe chạy với vận tốc 35km h đến / chậm Nếu xe chạy với vận tốc 50km h đến sớm Tính quãng đường /

AB thời gian dự định lúc đầu

Câu Một người xe máy từ A đến B cách 120km với vận tốc dự định Sau

3

quãng đường AB, người tăng vận tốc thêm 10km h qng đường cịn lại Tìm vận tốc / dự địnhvà thời gian xe lăn bánh đường , biết người đến B sớm dự định 24 phút Câu Một ca nô xuôi từ bến sông A đến bến sông B với vận tốc 30km h , sau lại ngược từ / B trở A Thời gian xi thời gian ngược 20 phút Tính khoảng cách hai bến A

và B Biết vận tốc dòng nước 5km h vận tốc riêng cano lúc xuôi lúc ngược /

Câu Một ca nô xuôi khúc sông dài 90km ngược 36 km Biết thời gian xi dịng sơng nhiều thười gian ngược dịng vận tốc xi dịng vận tốc ngược dòng 6km h Hỏi vận tốc ca nơ lúc xi dịng lúc ngược dịng /

Dạng 4.2: Tốn làm chung – làm riêng

Bài Hai người thợ làm chung cơng việc 12 phút xong Nếu người thứ làm người thứ hai làm hai người làm

4 công việc

Hỏi làm riêng người làm cơng việc xong ? Bài Nếu vịi A chảy vòi B chảy

5 hồ Nếu vịi A chảy

và vòi B chảy 30 phút

2 hồ Hỏi chảy vịi chảy

bao lâu đầy hồ ?

Bài Hai vịi nước chảy vào bể sau đầy bể Nếu vịi chảy cho đầy bể vịi II cần nhiều thời gian vịi I Tính thời gian vịi chảy đầy bể

Dạng 4.3: Tốn liên quan đến tỉ lệ phần trăm

Bài Trong tháng giêng hai tổ sản xuất 720 chi tiết máy Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất 819 chi tiết máy Tính xem tháng giêng tổ sản xuất chi tiết máy?

Bài Năm ngoái tổng dân số hai tỉnh A B triệu người Dân số tỉnh A năm tăng 1, 2%

, tỉnh B tăng 1,1% Tổng số dân hai tỉnh năm 4045000 người Tính số dân tỉnh năm ngối năm nay?

Dạng 4.4: Tốn có nội dung hình học

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Bài Cho hình chữ nhật Nếu tăng chiều dải lên 10 m , tăng chiều rộng lên m diện tích tăng500 m2 Nếu giảm chiều dài 15 m giảm chiều rộng m diện tích giảm 600 m2

Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu

Bài 3.Cho tam giác vuông Nếu tăng cạnh góc vng lên cm cm diện tích tam giác tăng 50 cm2 Nếu giảm hai cạnh 2 cm thi diện tích giảm đi32 cm2 Tính hai cạnh góc

vng

Dạng 4.5 : Tốn tìm số

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số 11, đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số tăng thêm 27 đơn vị

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết số gấp lần chữ số hàng đơn vị số cần tìm chia cho tổng chữ số thương số dư

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN

Dạng 1: Giải phương trình bậc hai Câu x228x52 0

Lời giải Phương trình có     1421.52 196 52 144 0   

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

14 144

14 12 26

x      ; 2 14 144 14 12

1

x     

Vậy tập nghiệm phương trình S26;2 Câu 2x27x 3 0

Lời giải Phương trình có    7 24.2.3 49 24 25 0   

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

7 25

3 2.2

x    ; 2 25

2.2

x   

Vậy tập nghiệm phương trình 3;1 S   

  Câu x2 2 3 2x4 0

Lời giải

Phương trình có    3 221.4 6 6      3 22   2

3



     

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

3

2

x      ; 2 3 2

1

x     

Vậy tập nghiệm phương trình S 2 3; 2 Câu 2x45x2 2 0

Lời giải

Đặt x2t t  , phương trình cho trở thành 0 2t25t 2 0 1

Phương trình có  524.2.2 0 

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1

5

2.2

t     (loại)

1

5

2 2.2

t     (loại)

Vậy phương trình cho vơ nghiệm Câu x2 6x 8 0

Lời giải Phương trình có     3 1.8 0   

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

3

4

x    ; 2

1

x   

Vậy tập nghiệm phương trình S 4;2 Câu 2x47x2 4 0

Lời giải

Đặt x2t t  , phương trình cho trở thành 0 2t27t 4 0  1

Phương trình  1 có    7 24.2 4  81 0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

7 81

4 2.2

t    (thỏa mãn)

2

7 81

2.2

t    (loại)

Với t4 ta có x2    4 x 2

Vậy tập nghiệm phương trình cho S   2;2 Câu 3x24x 2 0

Lời giải Phương trình có     2 23.2 6    

 Phương trình cho vơ nghiệm Câu x4 5x2 4 0

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Phương trình có hai nghiệm

1

t  (thỏa mãn)

2

4

t   (thỏa mãn)

Với t 1 ta có x2    1 x 1

Với t4 ta có

4

x    x

Vậy tập nghiệm phương trình cho S   1;1; 2;2 

Câu 2

1 3

x x

x x x x

    

   

Lời giải Điều kiện xác định: x1; x 3

Với x1; x 3 ta có:

2

3

2

1 3

x x

x x x x

    

   

  

3

2

1 3

x x

x x x x

 

   

   

  

           

3

1 3 3

x x x x x x

x x x x x x x x

     

   

       

3x 1x 3 2x 5x 1 2x 1x 3

         

 

2 2

3x 9x x 2x 2x 5x x 3x x

            

2 2

3x 9x x 2x 2x 5x 2x 6x 2x

            

2 5 6 2 4 6

x x x x

       x2 x 12 0

Phương trình có    1 24.1 12  1 48 49 0   Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1

1 49

4 2.1

x    (thỏa mãn) ; 1 49

2.1

x     (loại)

Vậy tập nghiệm phương trình cho S  4 Câu 10

 

1

2 x1  x 1 4

Lời giải Điều kiện xác định: x 1

Với x 1 ta có:

 

1

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 

        

2 12 1

4 1 1 1

x x x

x x x x x x

  

  

     

    

2 x 12 x x

     

2

2x 12 x

    

2 2 15 0

x x

     1

Phương trình  1 có     1 2 1 15   1 15 16 0  Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt

1

1 16

x    (thỏa mãn) ; 2 16

1

x     (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm phương trình cho S 5; 3  Câu 11:

2

8 x x

x

 

  



   * ĐK: x1

Cách 1:  *

 

2

2

1 x x

x

  



 

2

2

8

1 x x

x

   



  

 

2 2

2

8

0

x x x x

x

   

 



4 2 8 16 8 0

x x x x x x

       

4 2 6 16 8 0

x x x x

     

x4 4x3 4x2 2x3 8x2 8x 2x2 8x 8 0

         

     

2 4 4 2 4 4 2 4 4 0

x x x x x x x x

         

x 22x2 2x 2 0

    

2 x

   x22x 2 0

1) x   2 x (nhận) 2) x22x 2 0

'  

Vì  ' nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1

x   (nhận); x2  1 (nhận)

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

ĐK: x1

 * 2

1 x x x x x x                  2 2 1 x x x x               

Đặt x

a

x  , ta

2 2 8 0

a  a 

4 a

  a 2 1)

2

4 x

x 

2

4

x x

  

4

x x

    x22  x 2

    x (nhận)

2)

2

2 x x  

2 2 2

x x

     x22x 2 0 '

 

Vì  ' nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1

x   (nhận); x2  1 (nhận)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm là: S 1 3; 2;1 3

Câu 12:  

2

1 40

* x x x x            

    ĐK: x0 x2

Ta thấy            

 

2

1

1 1 2

1 1

2 2 2

x

x x x x x

x x x

x x x x x x x x x x

                                          *

1 1 40

2

2

x x x x

x x x x

                           2

1 40

2

2

x x

x x x x

   

   

 

 

 

Đặt  

  2 x a x x  

 , ta được:

2 40 0

9

a  a  8;

3

a  

  

 

1)  

  2 x x x    

   

6 x 2x x 2x

     

11x 22x

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

11 55 11 55

;

11 11

x    

   

 

  (nhận)

2)  

 

2

1

2

2

x x x

 

    

2

6 x 2x x 2x

    

2

2x 4x

   

 

x 1;3 (nhận)

Vậy tập nghiệm phương trình là: S 1;11 55 11; 55;3

11 11

   

 

  

 

 

Câu 13: 2x27x20 2  x25x72

 2  2 2 2

2x 7x 20 x 5x

      

2x2 7x 20 x2 5x 7 2x2 7x 20 x2 5x 7 0

   

             

3x2 2x 13x2 12x 27 0

     

2

3x 2x 13

   

12 27

x  x  1) 3x22x13 0

' 38   

'

  nên phương trình vơ nghiệm 2) x212x27 0

'  

Vì  ' nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1

x  ; x2 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 3;9 Câu 14: x32x23x 2 0

3 2

2

x x x x x

      

     

2 1 1 2 1 0

x x x x x

      

x 1x2 x 2 0

    

 x 1 x2  x 2 0

1) x 1 0  x 2) x2  x 2 0

7

    nên phương trình vơ nghiệm

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Đặt x a x

  , ta phương trình:

2 4 3 0

a  a   a1 a3 1) x 1

x

  x2 1

x 

   x2 1 x  x2  x 1 0

    nên phương trình vơ nghiệm 2) x

x

  x2

x 

  x2 1 3x x23x 1 0

1

3

2

x 

  ; 2

2

x   (nhận)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 3;

2

   

 

  

 

 

Câu 16: 3x22x2 x2   x 1 x

ĐK:x2 x 0

2

3x 2x2 x   x x 3x22x2 x2    x 1 x 0

 

3 x x x x

       *

Đặt x2 x t t, 0 ,

 * 3t2   2 0t

Vì 3     nên phương trình có nghiệm    2

 

1       

t

t L

2

1

x  x

1

x x

    5;

2

x     

   

 

  (nhận)

Vậy phương trình  * có tập nghiệp S 5;

2

    

 

  

 

 

Câu 17: x2    x 3 3

3

x x

    ĐK:

3x 0 x

    3 x Khi đó: x  3 3 x2 hoặc x 3 x23

1)

3 x  x

2 6 0

x x

   

 3; 2 x

   (loại)

2) x 3 x23

2 0

x x

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 1 x x

  

 0;1 x

  (nhận)

Vậy phương trình cho có tập nghiệp S 0;1 Cách 2:

Ta có: x   x x 3 hay x3 x   3 x x 3 hay x3 +) Với x3:

2 3 3

x   x

3

x x

   

2 6 0

x x

      x  3; 2(loại) +) Với x3

2 3 3

x   x  x2  3 x 3 x2 x 0 x x   1 0

 0;1 x

  (nhận)

Vậy phương trình cho có tập nghiệp S 0;1 Câu 18: x 4 x  x 9 x  ĐK:x0

  2 2

2

x x

      x 2 x   3 x  x 

Ta có: 3 x  x  2 x x  Dấu " " xảy khi:

3 x  x 

x

  x 

4 x

  

Câu 19: 2x 1 x 2 x ĐK: x2

2x 1 x 2 x1  -1x  x 1 x

  

2x x x 2 x x

        

  

2x 2x x x

        x1x2 0x1x2

2 x

  (nhận) x 1 (loại)

C ó cô ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

Dạng 2: Tính giá trị biểu thức đối xứng, lập phương trình bậc hai nhờ nghiệm phương trình bậc hai cho trước

Bài Gọi x ; 1 x nghiệm phương trình: 2

3

x  x  Tính:

2

1

A x x B x1x2

1 1 1 C x x  

   2 1

3

D x x x x

3

1

Ex x 4

1

Fx x

Lời giải Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 x x x x       

a) 2  2  

1 2 2 23

A x x  x x  x x    

b) B x1x2  2

1

B  x x 2

1 2

x x x x

    2

1

x x x x

   324 7  37

37 B

  (do B0)

c)

   1 

1 2 2 2

1 2

1

1 1 1

x x x x x x

C

x x x x x x x x x x x x

       

       

            

d)

D3x1x23x2x1 2

1 2

9x x 3x 3x x x

     2

1 2

3 x x 10x x

  

3x1x22 2x x1 210x x1 2 3 3 22 7  10 7 

 

 1

e)

3

1

Ex x   2

1 1 2

x x x x x x

    x1x2  x1x223x x1 2 3 3 23 7  

  90

f)

4

1

F x x    2 2

1

x x

   22 2

1 2

x x x x

    2  2

1 2 2

x x x x x x

 

    

322 7  22 7 

 

431 Bài Gọi x ; 1 x nghiệm phương trình: 2

5x 3x 1 Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

3

1 2

2 3

A x  x x  x  x x

2

1 2

2 1

1

1

x x x x

B

x x x x x x

 

      

   

2

1 2

2

1 2

3

4

x x x x

C

x x x x

 





C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2 x x x x         

3

1 2

2 3

A x  x x  x  x x

 3  2

1 2

2 x x x x x x

   

   2  

1 2 2

2 x x  x x 3x x  3x x x x

      

  2    

1 2 2 2

2 x x x x x x 3x x 3x x x x

      

 3  

1 2

2 x x 9x x x x

   

3

3

2

5 5

              189 125 

1 2

2 1

1

1

x x x x

B

x x x x x x

 

      

   

1 2

2

2 1 2

1

1

x x x x

x x x x x x x x

                              

2 2

1 2

1 2

2

1 2 1 2

1

1

x x x x

x x x x

x x x x x x x x

    

 

    

   

 2 2 2  2

1 2 1 2 2

2

1 2 2

2 2

1

x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

      

   

  

     

   

2 2

1 2

1 2 2

2

1 2 2

2 2

1

x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

                       

2 2

1 2 2 2

2

1 2 2

2 2

1

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 2

2

3 3

2

5 5 5 5

1 1

1

5 5 5

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im . 2

1 2

2

1 2

3

4

x x x x

C

x x x x

        2

1 2

1 2

3

4

x x x x

x x x x

       

1 2

1 2

3

4

x x x x x x

x x x x

           

1 2

1 2

3

4

x x x x x x

x x x x

        

1 2

1 2

3

x x x x

x x x x

    3 5 5            

Bài Cho phương trình

2x 3x 1 có hai ngiệm x ;1 x Hãy thiết lập phương trình ẩn 2 y có hai nghiệm y ; 1 y thoả mãn: 2

a) 1

2 2 y x y x        b) 1 2 2 x y x x y x         Lời giải

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2 x x x x         

a) 1

2 2 y x y x        Ta có:  

1 2

3 11

2 4

2

y y   x x   x x    

    

1 2 2

1 13

2 2 4

2 2

y y  x  x  x x  x x      

y ; y nghiệm phương trình: 2 11 13 0

2

y  y 

b) 1 2 2 x y x x y x         Ta có:     2

2 3 1 2 1 2 1 2

1 2

1

2 1 2

3

3 2 45

1 4

2

x x x x x x

x x x x

y y

x x x x x x

                                 2

1 2

2

1

2 x x

y y x x

x x

   

1

y ; y nghiệm phương trình: 2 45

4

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Dạng : Vị trí tương đối parabol đường thẳng Bài Cho hàm số y = x2 y = x 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Tìm tọa độ điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB

Lời giải

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

x -2

y x 2 

x -2 -1

2

y x 1

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2

2

x  x

2

x x

    x1x20 x x

  

  

 Với x1     nên giao điểm y1 A1;1

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lấy A' hình chiếu A trục OxA' 1;0 

Lấy B' hình chiếu B trục Ox B' 2; 0 

' ' '0 ' OAB AA B B AA BB O

S S S S

'

1 1

' ' 1.1

2 2

AA O

S  AA A O   (đvdt)

'

1

' ' 4.2

2

BB O

S  BB B O   (đvdt)

   

' '

1 15

' ' ' '

2 2

BB A A

S  A B AA  BB    (đvdt)

15

4

2

OAB

S     (đvdt)

Bài Cho Parabol  P : y = x2và đường thẳng  d : y 2x+m

a) Vẽ  P  d hệ trục tọa độ với m Tìm tọa độ giao điểm  d  P

b) Tìm m để  d tiếp xúc với P Xác định tọa độ giao điểm Lời giải

a) Vẽ  P  d hệ trục tọa độ với m Tìm tọa độ giao điểm  d  P

với m đường thẳng  d : y 2x+3

x

y 2x 3 

x -2 -1

2

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2 2 3

x  x  x22x 3 0x1x 3 0

3 x x

  

  

 Với x1     nên giao điểm y1 A1;1

Với x2  3 y2  nên giao điểm B 3;9

b) Tìm m để  d tiếp xúc với P Xác định tọa độ giao điểm Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2

x 2x m  x22x m 0  1 ' m

  

để  d tiếp xúc với P phương trình  1 có nghiệm kép  ' 0  1 m 0m  Thay m 1vào phương trình  1 : x2 2x+1 = 0x12 0  x 1 y 1

Giao điểm A 1;1

Bài a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

x

1

y x

2 

 

x -4 -2

2

y x

4

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2

1

1 4x x



   x22x 4 0

1

x x      

   

Với  

2

1

1 3 5

1

4

x     y     nên giao điểm 5;3

2 A   

 

Với 2 2

2

x    y   nên giao điểm 5;3

2 B   

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Lấy A' hình chiếu A trục Ox A' 1  5; 0

Lấy B' hình chiếu B trục Ox B' 1  5; 0

' ' '0 ' OAB AA B B AA BB O

S S S S

'

1

' '

2 2

AA O

S  AA A O        (đvdt)

'

1

' '

2 2

BB O

S  BB B O       (đvdt)

   

' '

1 5

' ' ' ' 5

2 2

BB A A

S  A B AA  BB            

  (đvdt)

3 ( 5) (2 5)

OAB

S        (đvdt)

Bài Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx  m 1

a) Tìm m để đường thẳng  d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt A B, b) Gọi x x hoành độ 1; 2 A B Tìm m cho x1  x2

Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm  d ( )P

2 x 1 x 1 0

x m    m x m   m (*)

   2

2 4 1 4 4 2

m m m m m

         

a) Đường thẳng d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B,    0 m22  0 m b) x x hoành độ 1; 2 A B x x1; 2 nghiệm phương trình (*)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1

1

x x m

x x m

   

  



Theo

 2  2

1 2 4

x   x x x   x x  x x 

   

2 4 1 4 4 4 4 4 0 ( )

4 ( )

m tm

m m m m m m

m tm

  

              



Bài Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx 2

a) Chứng minh với giá trị m ,  d cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, b) Gọi x x hoành độ 1; 2 A B Tìm m cho 2

1 2 2016

x x x x  Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm  d ( )P

2 x 2 x 2 0

x m x m

       (*)

2 m

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1

1 2

x x m

x x

   

 



Theo

     

2

1 2 2016 2 2016 2016 1008

x x x x  x x x x     m  m

Bài Cho Parabol ( ):P y đường thẳng x2  d y: mx- m+1 Tìm m cho đường thẳng  d

cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm  d ( )P

2 x 1 x+m 0

x m    m x m   (*)

Để đường thẳng d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung  (*) có hai nghiệm phân biệt trái dấu 1.m    1 m

Bài Cho phương trình : x22m1x m   ( x ẩn) 3 0

a) Tìm mđể phương trình có nghiệm phân biệt b) Tìm mđể phương trình có nghiệm trái dấu

c) Tìm mđể phương trình có nghiệm số đối

d) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm phương trình mà khơng phụ thuộc vào m Lời giải

Xét phương trình : x22m1x m   3 0  1 ( x ẩn)

Ta có:    

2

2 2 2

' = 3

2

 

               

 

m m m m m m m m

a) Để phương trình  1 có nghiệm phân biệt

2

1

' 0

2

 

       

m  m

Vậy với m phương trình  1 có nghiệm phân biệt

b) Để phương trình  1 có nghiệm trái dấu 1.m    3 m

c) Vì phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt theo hệ thức Vi -et ta có:

 

1 2

2

   

 

  

x x m

x x m

Do để phương trình (1) có nghiệm đối  x1 x2  0 2m    1 m

d)Từ    

 

1

1

1

1

2 2

2

x x m

x x m

x x m

x x m

  



   

 

 

 

 

 

 

Trừ (2) cho (3) theo vế ta được: x1 x2 2x x1 2 8 ta biểu thức không phụ thuộc vào tham số m

Bài Cho phương trình : x22mx2m 3 0 (ẩn x )

a) Chưng minh phương trình ln có nghiệm với m

b) Tìm mđể phương trình có nghiệm dấu Chứng minh rằng: với giá trị tìm m hai nghiệm dương

2) Tìm mđể biểu thức 2

 

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) x22mx2m 3 0  1

Ta có:   m22m 3 m2 2m 3 m2 2m  1 2 m122

Do m12 0 m m12  2 m hay ' >0   chứng tỏ phương trình m  1 ln có nghiệm phân biệt với  m

b) Gọi x x nghiệm phương trình 1; 2  1 theo hệ thức Vi -et ta có: 2

2

x x m

x x m

 



  



Để phương trình có nghiệm dấu 1 2 3

     

x x m m

Lại có x1 x2 2m mà 

m nên 2m0 hay x1 x2

Suy

1

0

 



 

 x x

x x

Vậy phương trình có nghiệm dương với 

m

c) Ta có: 2  2  2    2

1 2 2 2 4

             

A x x x x x x m m m m m

Mà 2m12  0 2m12 5 hay A 5 Dấu "=" xảy 2 12

2

   

m m Vậy Min A=5

2 

m

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LÂP PHƯƠNG TRÌNH - HPT Dạng 4.1 : Chuyển động (trên đường bộ, đường sơng có tính đến dịng nước chảy) Bài Gọi thời gian dự định ô tô để từA đến B x ( ) x 1

Thời gian ô tô từA đến B với vận tốc 35km h / x2 h Quãng đường ô tô 35.x2 km

Thời gian ô tô từA đến B với vận tốc 50km h / x1 h Quãng đường ô tô 50.x1 km

Do quãng đường không đổi nên ta có phương trình:

   

35 x2 50 x 35x 70 50x 50

   

120 15x

 

8 x

  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy thời gian dự định người hết quãng đường AB Quãng đường AB dài : 50 1   350 km 

Bài Gọi vận tốc dự định người từA đến B xkm h/  x0 Vậy thời gian dự định người hết quãng đường AB 120 h

x

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Chiều dài quãng đường lại : 120 40 80 km   

Vận tốc người qng đường cịn lại x10km h /  Thời gian người quãng đường lại 80  

10 h x

Thời gian thực tế người hết quãng đường AB 40 80  

10 h

x x

  

  

 

Do thực tế người đến sớm dự định 24 phút = 2 

5 h , nên ta có phương trình

40 80 120

10

x x  x 

80 80

10

x x

  



 

80 800 80

10

x x

x x

 

 



80010 25 x x

 



2

2x 20x 4000

     1

 

2

10 4000 8100



     

Suy phương trình  1 có nghiệm phân biệt

1

10 8100 40

x    (thỏa mãn)

2

10 8100 50

x     (loại)

Vậy người dự định từ A đến B với vận tốc 40km h /  Thời gian xe lăn bánh đường là: 40 80 2, 6 

40 40 10   h

Bài Vận tốc thực ca – nô : 30 – = 25 km h / 

Vận tốc ngược dịng ca – nơ : 25 – = 20 km h /  Gọi chiều dài quãng sông x km ,x0

Vậy thời gian ca – nô xuôi :  

30 x

h

Thời gian ca – nô ngược :  

20 x

h

Do thời gian xi thời gian ngược 20 phút = 11  4 

3 h 3 h , nên ta có phương

trình:

4

30 20

x   x

2 80

60 60 60

x x

  

80 x

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy khoảng cách hai bến 80 km h / 

Bài Gọi vận tốc ca – nơ xi dịng : xkm h/ x6 Vậy thời gian ca – nơ xi dịng 90 km : 90 h

x

Vận tốc ca – nơ ngược dịng : x6km h /  Thời gian ca – nô ngược dòng 36 km : 36  

6 h x

Vì thời gian xi dịng nhiều thời gian ngược dòng giờ, nên ta có phương trình:

90 36

2

6 x   x

45 18

x x

  



2 45x 270 18x x 6x

    

2 33 270 0

x x

   

2

18 15 270

x x x

    

x 18x 15x 18

    

x 18x 15

   

   

18 18

15 15

x TM

x

x TM

x

 

 



  



 

 

Vậy ca – nơ xi dịng với vận tốc 18km h ca nơ ngược dịng với vận tốc 12/  km h /  Nếu ca – nô xuôi dịng với vận tốc 15km h ca – nơ ngược dòng với vận tốc /  km h /  Dạng 4.2 Toán làm chung – làm riêng

Bài Hai người thợ làm chung công việc 12 phút xong Nếu người thứ làm người thứ hai làm hai người làm

4 công việc

Hỏi làm riêng người làm công việc xong ?

Lời giải Đổi : 12 phút = 36

5

Gọi thời gian người thứ làm xong cơng việc là: x (giờ, 36 x )

Gọi thời gian người thứ hai làm xong cơng việc là: y(giờ, 36 y )

Một người thứ làm được:

x (công việc)

Một người thứ hai làm được:

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

1

36

x y (1)

Vì người thứ làm người thứ hai làm

4 cơng việc nên ta

có phương trình :

x  y (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

1

36

5

4 x y x y         

6

6

5

4 x y x y           1 12

5

4 x x y          1 12

1

5 12 x y          1 12 x y         12 ( ) 18 x tm y      

Vậy người thứ làm 12 giờ, người thứ hai làm 18 xong việc

Bài Nếu vòi A chảy vòi B chảy

5 hồ Nếu vịi A chảy

và vòi B chảy 30 phút

2 hồ Hỏi chảy vịi chảy

bao lâu đầy hồ ?

Lời giải Đổi : 30 phút =

2

Gọi thời gian vịi A chảy để đầy hồ nước x (giờ, x ) Gọi thời gian vịi B chảy để đầy hồ nước y (giờ, y0) Một vòi A chảy

x (hồ)

Một vòi B chảy y (hồ)

Vòi A chảy vịi B chảy

5 hồ nên ta có phương trình :

2

5

x  y (1)

Vòi A chảy vịi B chảy 30 phút

2 hồ nên ta có phương

trình : 3

2

x y  (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình :

2

5

3

2 x y x y         

6 12 x y x y           y x y          30 30 y x          30 10 y x         30 ( ) 20 y tm x        

Vậy chảy vịi A chảy đầy hồ 20 giờ, vòi B chảy đầy hồ 30

7

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im . Lời giải

Gọi thời gian vòi I chảy để đầy hồ nước x (giờ, x ) Gọi thời gian vòi II chảy để đầy hồ nước y (giờ, y6) Một vòi I chảy

x (bể)

Một vòi II chảy y (bể) Một hai vòi chảy

6 (bể) nên ta có phương trình:

1 1

6

x  y (1)

Nếu vịi chảy cho đầy bể vịi II cần nhiều thời gian vòi I nên ta có

phương trình : y x 5 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình :

1 1

6 x y y x         

1 1

5 x x y x              

6

5

x x x x

y x          

2 7 30 0

5 x x y x         

 10 3 x x y x            10 15 ( ) x tm y x ktm y               

Vậy chảy riền vịi I chảy đầy bể 10 giờ, vòi II chảy đầy bể 15 Dạng 4.3: Toán liên quan đến tỉ lệ phần trăm

Bài Trong tháng giêng hai tổ sản xuất 720 chi tiết máy Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất 819 chi tiết máy Tính xem tháng giêng tổ sản xuất chi tiết máy?

Lời giải

Gọi số chi tiết máy tổ I tổ II làm tháng giêng x , y( chi tiết ) (0x y, 720)  *

Trong tháng giêng hai tổ sản xuất 720 chi tiết máy nên ta có phương trình:

720 x y   1

Trong tháng hai, tổ I vượt mức 15%, tổ II vượt mức 12% nên sản xuất 819 chi tiết máy nên ta có phương trình:

3

15% 12% 819 720 99 3300

20 25

x y   x y  x y  2

Từ  1  2 ta có hệ phương trình: 720

5 3300

x y x y       

5 3600

5 3300

x y x y         420 300 x y     

 (thoả mãn)

Vậy tháng giêng, tổ I sản xuất 420 chi tiết máy, tổ II sản xuất 300 chi tiết máy Bài Năm ngoái tổng dân số hai tỉnh A B triệu người Dân số tỉnh A năm tăng 1, 2%

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi dân số tỉnh A tỉnh B năm ngoái x , y (người) x y, *; ,x y4000000 * Khi ta có phương trình: x y 4000000  1

Năm dân số tỉnh A tăng 1, 2%, tỉnh B tăng 1,1% nên năm dân số tỉnh A B 1,012x 1,011y (người)

Tổng dân số hai tỉnh năm 4045000 người nên ta có phương trình:

1,012x1,011y4045000  2 Từ  1  2 ta có hệ phương trình:

4000000

1,012 1,011 4045000

x y

x y

  

  



4000000

0,012 0,011 45000

x y

x y

  

   



12 11 48000000

12 11 45000000

x y

x y

 



   



1000000 3000000 x

y  

  

 (thỏa mãn  * )

Vậy số dân tỉnh A năm ngoái năm 1000000 người 1012000 người Số dân tỉnh B năm ngoái năm 3000000 người 3033000 người Dạng 4.4: Tốn có nội dung hình học

Bài Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 280 m Người ta làm lối xung quanh vườn (thuộc đất vườn) rộng m Tính kích thước vườn, biết đất lại vườn để trồng trọt 4256m 2

Lời giải

Gọi chiều rộng chiều dài khu vườn x , y  m 0  x y 140

Chu vi khu vườn hình chữ nhật 280 m x y .2 280   x y 140  x 140y  1 Sau làm lối đi, chiều dài chiều rộng lại khu vườn x4  m , y4 m Đất lại vườn để trồng trọt 4256m nên ta có phương trình:

x4  y44256 2

Thế  1 vào  2 ta được: 140 y  y44256

136 y y 4 4256

   

2 140 544 4256

y y

    

2 140 4800 0

y y

    

80 60 y y

 

  



Với y80 x 60(thỏa mãn điều kiện ẩn) Với y60 x 80(không thỏa mãn điều kiện ẩn)

Vậy chiều dài khu vườn hình chữ nhật 80 m, chiều rộng khu vườn hình chữ nhật

60 m

Bài Cho hình chữ nhật Nếu tăng chiều dải lên 10 m , tăng chiều rộng lên m diện tích

tăng

500 m Nếu giảm chiều dài 15 m giảm chiều rộng m diện tích giảm 600 m Tính chiều dài, chiều rộng ban đầu

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi chiều dài, chiều rộng ban đầu hình chữ nhật a b m a b a;    ; 15;b9 Nếu tăng chiều dài lên 10m , tăng chiều rộng lên 5m diện tích tăng500m2 nên ta có

phương trình: a10b 5 ab500 ab5a10b50ab500 a 2b90   Nếu giảm chiều dài 15m giảm chiều rộng 9m diện tích giảm 600m2 nên ta có phương

trình: a15b 9 ab600 ab9a15b135ab6003a5b245   Từ    1 ; ta có hệ phương trinh: 90 270 40

3 245 245 25

a b a b a

a b a b b

    

  

       

   (Thỏa mãn)

Vậy chiều dài ban đầu hình chữ nhật 40m , chiều rộng ban đầu hình chữ nhật 25m

Bài Cho tam giác vng Nếu tăng cạnh góc vng lên cm cm diện tích tam giác tăng 50 cm2 Nếu giảm hai cạnh 2 cm thi diện tích giảm đi32 cm2 Tính hai

cạnh góc vng

Lời giải Gọi hai cạnh góc vng a b cm a b;   ; 2

Nếu tăng cạnh góc vng lên 2cm 3cm diện tích tam giác tăng 50cm2 nên ta có

phương trình: 1 2 3 50 100

2 a b 2ab ab a b ab 3a2b94  

Nếu giảm hai cạnh 2cm thi diện tích giảm đi32cm2 nên ta có phương trình:

  

1

2 32 2 64

2 a b  2ab ab a b ab   a b 34  

Từ    1 ; ta có hệ phương trình:

3 94 94 26

34 2 68

a b a b a

a b a b b

    

  

 

       

   (Thỏa mãn)

Vậy hai cạnh góc vng 26cm cm,8 Dạng 4.5 : Tốn tìm số

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số 11, đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số tăng thêm 27 đơn vị

Lời giải Gọi số tự nhiên cần tìm ab a b , ;0a b, 9

Tổng chữ số 11 nên ta có phương trình: a b 11 1 

Nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số tăng thêm 27 đơn vị nên ta có phương trình:

27 10 10 27

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy số cần tìm 47

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết số gấp lần chữ số hàng đơn vị số cần tìm chia cho tổng chữ số thương số dư

Lời giải Gọi số tự nhiên cần tìm ab a 0, ,a b;0a b, 9

Vì số gấp lần chữ số hàng đơn vị nên ta có phương trình:  

7 10 10

ab b a b  b a b  a b

Nếu số cần tìm chia cho tổng chữ số thương số dư nên ta có phương trình: ab4a b   10a b 4a4b 3 6a3b 3 2a b 1 2  Từ    1 ; ta có hệ phương trình:

5 3

2 3

a b a b a

a b a b b

    

  

 

       

   (Thỏa mãn điều kiện ẩn)

Vậy số cần tìm 35

II PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG

Câu Cho đường tròn O R dây ;  AB AB2R Từ điểm C thuộc tia đối tia AB vẽ tiếp tuyến CD tới đường tròn O R (;  D thuộc cung lớn đường tròn O R ) ;  I trung điểm dây

AB DI cắt đường tròn O R ;  K Kẻ KE song song với AB EO R;  Chứng minh:

a)

CD CA CB

b) Tứ giác CIOD nội tiếp

c) CE tiếp tuyến đường tròn O R ; 

d) Khi C chuyển động tia đối tia AB trọng tâm G ABDchuyển động đường tròn cố định

Câu Cho nửa đường trịn tâm  O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx phía với nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB Lấy điểm C, D nửa đường tròn cho C nằm cung AD (C không trùng với A , D ), kẻ tia AC, AD cắt Bx E , F

a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp b) Chứng minh AD AF  AC AE

c) Gọi I trung điểm BF Chứng minh DI tiếp tuyến nửa đường tròn

d) Giả sử đường thẳng CD cắt Bx G, tia phân giác góc CGE cắt tia AF , AE M , N Chứng minh tam giác AMN cân

Câu Cho O R , dây AB cố định Qua trung điểm I dây AB , kẻ đường kính PQ ( thuộc ;  cung nhỏ AB ) E điểm cung nhỏ QB QE cắt AB M , PE cắt AB D a) Chứng minh tứ giác DIQE nội tiếp

b) Chứng minh ME MQ MD MI 

c) Kẻ Ax // DE, Ax cắt  O F Chứng minh BE vng góc với QF

d) Gọi giao điểm BE QF K , tìm vị trí E cung QB cho diện tích tứ giác QABK có giá trị lớn Tìm giá trị lớn theo R biết dây AB R

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Câu Cho  O , dây BC không qua tâm Trên cung lớn BC lấy A cho AB AC Gọi D điểm cung nhỏ BC , OD cắt BC I Kẻ đường thẳng qua B vng góc với

AD, cắt AD H, cắt AC K cắt  O điểm thứ hai E a) Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh tam giác EKC cân c) Chứng minh DI DE DH DC 

d) Gọi M giao điểm DE AC Chứng minh A chuyển động cung lớn BC thỏa mãn yêu cầu đề trung điểm đoạn HM ln chuyển động cung trịn cố định Câu Trên hai cạnh góc vng xOy lấy hai điểm A B cho OA OB Môt đường thẳng qua

A cắt OB M ( M nằm đoạn OB) Từ B hạ đường vng góc với AM H , cắt AO

kéo dài I

a) Chứng minh tứ giác OMHI nội tiếp b) Tính góc OMI

c) Từ O vẽ đường vng góc với BI K Chứng minh rằng: OK KH d) Tìm tập hợp điểm K điểm M thay đổi OB

ĐÁP ÁN

Câu Cho đường tròn O R dây ;  AB AB2R Từ điểm C thuộc tia đối tia AB vẽ tiếp tuyến CD tới đường tròn O R (;  D thuộc cung lớn đường tròn O R ) ;  I trung điểm dây

AB DI cắt đường tròn O R ;  K Kẻ KE song song với AB EO R;  Chứng minh:

a)

CD CA CB

b) Tứ giác CIOD nội tiếp

c) CE tiếp tuyến đường tròn O R ; 

d) Khi C chuyển động tia đối tia AB trọng tâm G ABDchuyển động đường trịn cố định

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Ta có Xét CDA CBDcó:

CDA DBA  (Góc tạo tiếp tuyến dây, góc nội tiếp chắn cung DA ) DCA chung 

CDA CBD

  ∽ (g-g)

CD CB

CA CD

 

CD CA CB

 

b) Xét đường trịn O R có ;  I trung điểm dây AB OI AB I CIO 900 Vì CD tiếp tuyến đường trịn O R; CD OD CDO900

Xét tứ giác có:  CIO CDO 900900 1800 CIOD

 tứ giác nội tiếp

c) Vì CIOD tứ giác nội tiếpCID COD  (Hai góc nội tiếp chắn CD ) Mà KE/ /ABCID EKD  ( góc đồng vị)

Nên COD EKD

Mà  1

2

EKD DOE (Góc nội tiếp , góc tâm chắn cung DE )

 1

2

COD DOE

  OC phân giác góc DOE Xét CODvà COEcó:

CO chung

COD COE  (OC phân giác góc DOE ) OD OE R 

COD COE

    (c-g-c)

  CDO CEO

  ( góc tương ứng)

Mà CDO900 nên CEO900 hay CE OE

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

d) Trên đoạn OI lấy điểm J cho

3 JO OI

ABD

 có DI trung tuyến G trọng tâm nên

3 DG DI

ODI

 có OJ

3 DG

OI DI

 

  

  GJ // DO (Định lí Talet đảo)

3

GJ IG

OD ID

   (Hệ định lí Talet)

1

3

JG OD R

   khơng đổi

Lại có AB cố định nên I cố định mà O cố định nên J cố định

Vậy C chuyển động tia đối tia AB trọng tâm G ABDchuyển động đường tròn ;1

3

J R

 

 

  cố định

Câu Cho nửa đường tròn tâm  O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx phía với nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB Lấy điểm C, D nửa đường trịn cho C nằm cung AD (C khơng trùng với A , D ), kẻ tia AC, AD cắt Bx E , F

a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp b) Chứng minh AD AF  AC AE

c) Gọi I trung điểm BF Chứng minh DI tiếp tuyến nửa đường tròn

d) Giả sử đường thẳng CD cắt Bx G, tia phân giác góc CGE cắt tia AF , AE M , N Chứng minh tam giác AMN cân

Lời giải

2 1

M N

G I

F E

C

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Ta có tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm  O Suy ABD DCE (1)

Mà ABD FDG (cùng phụ với góc FAB) (2)

Từ (1) (2) suy DCE FDG Suy tứ giác CDFE nội tiếp b) Xét ACD AFE có:



FAE chung  

CDA CEF (do tứ giác CDFE nội tiếp) Suy ACDAFE(g.g)

Suy AC AD

AE  AF  AC AF  AE AD

c) Do I trung điểm BF nên DI đường trung tuyến DFB Suy

2 EF DI BI EI  Do DIB cân I

Suy BDI IBD (3)

Mặt khác ta có IBD DAB ADO  (4) Từ (3) (4) suy BDI ADO

Mà   90ADO ODB   nên   90BDI ODB   Suy DI tiếp tuyến đường tròn tâm  O d) Ta có FDG CDA (hai góc đối đỉnh)

Theo câu b), ACDAFE nên E CDA  Do đó, FDG E 

  1

AMN G FDG  G1 E

Ta có ANM G 2 E Mà nên AMN ANM Suy AMN cân A

Bài Cho O R , dây AB cố định Qua trung điểm I dây AB , kẻ đường kính PQ ( thuộc ;  cung nhỏ AB ) E điểm cung nhỏ QB QE cắt AB M , PE cắt AB D

a) Chứng minh tứ giác DIQE nội tiếp

b) Chứng minh ME MQ MD MI 

c) Kẻ Ax // DE, Ax cắt  O F Chứng minh BE vng góc với QF

d) Gọi giao điểm BE QF K , tìm vị trí E cung QB cho diện tích tứ giác QABK có giá trị lớn Tìm giá trị lớn theo R biết dây AB R

Lời giải

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Vì I trung điểm dây AB PQ đường kính qua I nên suy PQ AB Mặt khác góc PEQ  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 90

Do tứ giác DIQE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính DQ

b) Xét hai tam giác MED MIQ ta có MED MIQ 90  góc M chung Suy MED MIQ g g 

Từ suy ME MD

MI MQ ME MQ MD MI 

c) Vì Ax DE nên // FAB  ADE (so le trong)    

BP PF BP EA

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vì Q điểm cung nhỏ AB nên AQ QB nên  1  90

BKF  BP BQ  

Suy QFBE

Câu Cho  O , dây BC không qua tâm Trên cung lớn BC lấy A cho AB AC Gọi D điểm cung nhỏ BC , OD cắt BC I Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với

AD, cắt AD H, cắt AC K cắt  O điểm thứ hai E a) Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh tam giác EKC cân c) Chứng minh DI DE DH DC 

d) Gọi M giao điểm DE AC Chứng minh A chuyển động cung lớn BC thỏa mãn yêu cầu đề trung điểm đoạn HM ln chuyển động cung tròn cố định

Lời giải:

a) Ta có D điểm cung nhỏ BC nên ODBC I  90BID  Xét tứ giác BDIH có BHD BID  90 

Mà đỉnh H I, hai đỉnh liên tiếp nhìn đoạn BD góc 90 nên tứ giác BHID nội tiếp đường tròn

b) + Ta có D điểm cung nhỏ BCBAD DAC  AD đường phân giác góc BAC  1

+ Lại có: BH  AD H  2

Từ  1  2 suy ABKcó AH vừa đường cao vừa đường phân giác nên ABKlà tam giác cân

Do  A BK  AK B mà  AKB EKC (đối đỉnh),  ABK ACE (cùng chắn cung AE ) nên

 

EKC ACE  CEKcân E c) Xét tam giác IDC HDE có : 

  

90

H I

HED ICD

    



 



C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

nên IDC∽HDE (g-g) DI DH

DC DE

  DI DE DH DC 

d) Gọi J P Q, , trung điểm HM BI CI, ,

Ta có tam giác KEC cân E mà EM phân giác nên M trung điểm KC Xét tam giác BKC có HI đường trung bình 

//

HI KM

HI KM   



Do HIMK hình bình hành Suy I J K, , thẳng hàng Xét tứ giác BDIH nội tiếp có :KHI BDI  1

Xét tứ giác CDIM có DIC CMD  90   hai đỉnh liên tiếp nhìn đoạn CD góc vng nên tứ giác CDIM nội tiếp đường tròn

Suy ra:  KMI CDI  2

Từ  1  2   KMI KHI BDC cố định  360 

BDC

HKM  

  cố định

Mà PJQ HKM  nên PJQ cố định Do P Q, cố định nên J chuyển động cung trịn cố định nhìn đoạn P Q góc khơng đổi

Câu Trên hai cạnh góc vng xOy lấy hai điểm A B cho OA OB Môt đường thẳng qua A cắt OB M (M nằm đoạn OB ) Từ B hạ đường vng góc với AM H, cắt AO kéo dài I

a) Chứng minh tứ giác OMHI nội tiếp b) Tính góc OMI

c) Từ O vẽ đường vng góc với BI K Chứng minh rằng: OK KH d) Tìm tập hợp điểm K điểm M thay đổi OB

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 90 ; 90

IOM   MHI    180IOM MHI   mà  IOM MHI; hai góc đối Vậy tứ giác O MHI nội tiếp (theo tính chất tổng hai góc đối tứ giác 180 ) b) Xét tam giác AOM BOI có :

   

  90 OA OB

OAM OBI OIH

AOM BOI

 

 

 

   



cùng phụ với góc  AOM  BOI g c g OM OI OIM

  vuông cân OOMI 45  Vậy góc  45OMI  

c) Tứ giác OMHI nội tiếp OMI OHI  45   (cùng chắn cung OI ) Mà OKH vuông K  OKH vuông cân K OK KH Vậy OK KH

d) Ta có tam giác OKB vuông K

K

 nằm đường trịn đường kính OB cố định

 M di chuyển OB K di chuyển cung trịn đường trịn đường kính OB

BÀI TỐN KHỐI HÌNH TRỤ - HÌNH NĨN – HÌNH CẦU

Bài Mặt cắt qua trục hình trụ là hình vng có diện tích 100cm2 Tính :

a) Diện tích xung quanh hình trụ b) Thể tích hình trụ

Bài Một bình đựng nước hình trụ có bán kính đáy 12cm, chiều dài cột nước bình 18cm Người ta cho hịn đá vào bình ngập hồn toàn nước , chiều cao cột nước 20cm Tính thể tích hịn đá

Câu Trong xây dựng người ta thường dùng gạch lỗ để xây tường cho nhẹ Mỗi viên gạch dài 20 cm, rộng 10 cm, cao 5,5cm Dọc theo chiều dài viên gạch có hai lỗ hình trụ, lỗ có đường kính 3,6cm Tính thể tích đất để làm viên gạch

Câu Một lọ thuốc hình trụ đặt khít hộp giấy hình hộp chữ nhật tích 200cm Tính 3

thể tích lọ thuốc hình trụ

HƯỚNG DẪN

Bài Mặt cắt qua trục hình trụ hình vng có diện tích 100cm2 Tính :

a) Diện tích xung quanh hình trụ b) Thể tích hình trụ

Lời giải

a) Thiết diện mặt trụ mặt phẳng qua trục hình vng có diện tích 100cm2 nên cạnh

hình vng 100 10cm

Vì chiều cao hình trụ độ dài cạnh mặt cắt qua trục hình trụ nên chiều cao hình trụ có độ dài :

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Bán kính đáy hình trụ : 10 5cm

r 

Diện tích xung quanh hình trụ :

2

2 .5.10 100 cm

xq

S  rh   

b) Thể tích hình trụ :

 

2 .5 10 2502 cm3

V r h  

Bài Một bình đựng nước hình trụ có bán kính đáy 12cm, chiều dài cột nước bình 18cm Người ta cho hịn đá vào bình ngập hoàn toàn nước , chiều cao cột nước 20cm Tính thể tích hịn đá

Lời giải

Sau thả đá vào bình cột nước dâng lên có chiều cao : 20 18 2cm 

Thể tích hịn đá thể tích cột nước dâng lên hình trụ nên : V r h2 .12 2882   cm3

Bài Trong xây dựng người ta thường dùng gạch lỗ để xây tường cho nhẹ Mỗi viên gạch dài 20 cm, rộng 10 cm, cao 5,5cm Dọc theo chiều dài viên gạch có hai lỗ hình trụ, lỗ có đường kính 3,6cm Tính thể tích đất để làm viên gạch

Lời giải

Bán kính lỗ hình trụ dọc theo viên gạch là: r 3, 1,8(cm)

 

Thể tích hai lỗ hình trụ dọc theo chiều dài viên gạch là:

2

1

V  2 r h .1,8 20 129, (cm )    Thể tích viên gạch là:

3

V 20.10.5,5 1100 (cm ) Thể tích đất để làm viên gạch là:

3

2

VV V 1100 129, 6  692,85(cm )

Vậy thể tích đất để làm viên gạch 693,056 cm

Bài Một lọ thuốc hình trụ đặt khít hộp giấy hình hộp chữ nhật tích 200cm Tính 3

thể tích lọ thuốc hình trụ

Lời giải

Vì lọ thuốc hình trụ đặt khít hộp giấy hình hộp chữ nhật nên hình hộp chữ nhật có đáy hình vng Gọi cạnh hình vng a (cm), chiều cao hình hộp chữ nhật h (cm)

Thể tích hình hộp chữ nhật là:

1

V a h 200 (cm ) Bán kính đáy hình trụ a(cm)

2

2 2

.V

a .a h 

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHẦN : ĐỀ THI HỌC KÌ CÁC NĂM UBND QUẬN THANH XUÂN

TRƯỜNG THCS THANH XUÂN (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN: TỐN LỚP

NĂM HỌC 2019-2020

(Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu (2, 0điểm)

Cho hai biểu thức

1 x A

x  



15 11

2 3

x x

B

x x x

 

 

   với x , x

a) Tính giá trị biểu thức A x16 b) Đặt P A B Rút gọn biểu thức P c) Tìm m để có x thỏa mãn P( x 3) m Câu (2,5điểm)

1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Lúc 30 phút sáng, ca nô xuôi dịng sơng từ A đến B dài 48 km Khi đếnB, ca nơ nghỉ 30 phút sau ngược dịng từ B Alúc 10 36 phút ngày Tìm vận tốc riêng ca nơ biết vận tốc dòng nước km/h

2) Một tàu đánh cá khơi cần mang theo 50 thùng dầu, thùng dầu coi hình trụ có chiều cao 90 cm, đường kính đáy thùng 60 cm Hãy tính xem lượng dầu tàu phải mang theo khơi lít (lấy  3,14 kết làm tròn đến hàng đơn vị)?

Câu (2, 0điểm)

1) Giải hệ phương trình

3

8

1

1

x y y x

x y y x

  

  

 

   

  



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y(m3)x m parabol ( ) :P y2x2(với m

tham số)

a) Tìm tọa độ giao điểm  d  P m 2,5

b) Tìm tất giá trị m để  d cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x , 1 x cho biểu thức 2

1

A x x đạt giá trị nhỏ Câu (3,0điểm)

Cho đường trịn O R đường kính ;  AB cố định Gọi H điểm thuộc đoạn thẳng OA (điểm H

khác điểm O điểm A) Vẽ dây CD vng góc với AB H Gọi M điểm thuộc đoạn thẳngCH Nối AM cắt  O điểm thứ hai E Tia BE cắt tia DC F

a) Chứng minh bốn điểmH, M, E, Bcùng thuộc đường tròn

b) Kẻ Ex tia đối tia ED Chứng minh FEx FEC MC FD FC MD 

c) Tìm vị trí điểm H đoạn thẳng OA để diện tích OCH lớn Câu (0,5điểm)

Với số thực a , b , c thay đổi thỏa mãn a ; b ; 01   c a b c   Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P a2 b2 c2

ab bc ca

 



 

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im . ĐÁP ÁN Câu (2, 0điểm)

Cho hai biểu thức

1 x A x  



15 11

2 3

x x

B

x x x

 

 

   với x , x

a) Tính giá trị biểu thức A x16 b) Đặt P A B Rút gọn biểu thức P c) Tìm m để có x thỏa mãn P( x 3) m

Lời giải a) x16(thỏa mãn điều kiện xác định)

Thay x16vào biểu thức x A x  

 ta được:

3 16 3.4 12 10

1 3

1 16

A       

 



Vậy x16 10

3 A  b) Với x ; x Ta có:

3 15 11

1 3

P B x x x

x x x x

A     

   

  

  

3 15 11

1 3

x x x

x x x x

P      

 

  

  

        

3 15 11

1 3

x

P x x x x

x x x x x x

     



   

 

 

 17 63  151 11 3  1 33

x x x x x

x P

x x x x x

       

  



  

  

3 15 11

1

x

P x x x x x

x                    

5 2

5

1 3

P x x x x x

x x x x

                   

5

1

P x x x

x x             

1 5 2

3

1

x x x

x x x          

Vậy với x ; x P x x    

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Mặt khác: x 1 x   1 x    5 x      m  2 Từ  1  2   ;m m 

Vậy với m ; m  thìcó x thỏa mãn P( x 3) m Câu (2,5điểm)

1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Lúc 30 phút sáng, ca nơ xi dịng sơng từ A đến B dài 48 km Khi đếnB, ca nô nghỉ 30 phút sau ngược dịng từ B Alúc 10 36 phút ngày Tìm vận tốc riêng ca nơ biết vận tốc dịng nước km/h

2) Một tàu đánh cá khơi cần mang theo 50 thùng dầu, thùng dầu coi hình trụ có chiều cao 90 cm, đường kính đáy thùng 60 cm Hãy tính xem lượng dầu tàu phải mang theo khơi lít (lấy  3,14 kết làm trịn đến hàng đơn vị)?

Lời giải 1) Gọi x (km/h) vận tốc riêng ca nôx 3

Vận tốc xi dịng ca nơ là: x (km/h) Vận tốc ngược dịng ca nơ là: x (km/h) Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là: 48

3 x (giờ)

Thời gian ca nơ ngược dịng từ B A là: 48

3 x (giờ)

Thời gian ca nô từ A đến B từ B trở A, khơng tính thời gian nghỉ 36 phút hay 18

5

nên ta có phương trình: 48 48 18 8

3 3

x  x   x x 

 

40   40  3  3 3 3

5 3 3 3

x x x x

x x x x x x

   

  

     

 

40x 120 40x 120 x

      3x280x27 0

 2   2

40 27 41



      

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

40 41 27

x    (thỏa mãn);

2

40 41

3

x     (loại)

Vậy vận tốc riêng ca nô là27 km/h

2) Bán kính đáy thùng dầu R60 : 30 (cm)

Thể tích thùng dầu V R h2 3,14.30 90 2543402   cm hay 3

254,34

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 Thể tích 50 thùng dầu 254,34.50 12717  dm hay 12717 (lít) 3

Vậy khơi tàu phải mang theo 12717 lít dầu Câu (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3

8

1

1

x y y x

x y y x

  

  

 

   

  



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y(m3)x m parabol ( ) :P y2x2(với m

tham số)

a) Tìm tọa độ giao điểm  d  P m 2,5

b) Tìm tất giá trị m để  d cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x , 1 x cho biểu thức 2

1

A x x đạt giá trị nhỏ

Lời giải

1) Hệ phương trình :

3

8

1

1

x y y x

x y y x

  

  

 

   

  



(Điều kiện xác định: x  ) y

Ta có:

3 11

8 11

1 3

1

x y y x x y y x y x

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

       

       

  

  

           

        

  

1

1 2

2

y x y x

x y x y

 

   

 

 

  

  



3

2

2

1

2

2

y y

x x

   

 

 

 

    

 

 

(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;  3; 4

 

 

 

Nên dùng phương pháp đặt ẩn phụ a; b x y  y x 

2) Đường thẳng ( ) :d y(m3)x m parabol ( ) :P y2x2 (với m tham số)

Hoành độ giao điểm  d  P nghiệm phương trình:

   

2

2x  m3 x m 2x  m3 x m   1 a) Với m 2,5 phương trình  1 trở thành2x20,5x2,5 0

Vì a b c    2  0,5  2,5  Phương trình có nghiệm x1   ; 2 2,5

2

x  

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

b) Đường thẳng d cắt  P hai điểm phân biệt có hồnh độ x , 1 x phương trình 2  1 có hai nghiệm phân biệt

 2

0 m 8m

       2  2

2

m m m

         nghiệm với giá trị m  d cắt  P hai điểm phân biệt với giá trị m

Theo định lí Vi-et, ta có:

1

3 2

m

x x

m x x

    



 



Mặt khác:  2

1 2

A x x  A  x x  

2

1 2

3

4

2

m m

x x x x   

      

 

   

2 6 9 8 2 9

4

A m m m m m

         2

1 8 2

4 m  A

        

Dấu " " xảy m12     0 m m1

Vậy với m1  d cắt  P hai điểm phân biệt có hoành độ x , 1 x cho biểu thức 2 A x1x2 đạt giá trị nhỏ

Câu (3,5 điểm)

a) Xét (O):  90

AEB  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay  90MEB  CH  ABMHB 90 

Xét tứ giácBEMH :   90MEB MHB     90 180

 Tứ giác BEMH tứ giác nội tiếp hay bốn điểm H, M , E, B thuộc đường tròn b) AB CD H  H trung điểm CD hay AB đường trung trực CD

   

AC AD AC AD AEC AED

      EM tia phân giác CED CE MC

ED MD

C ó cơ ng m ài s ắt c ó ng ày n ên k im .

Lại có: AEB  90 AEF   90  AEC FEC     9090 AED FEx   Mà AECAEDFEx FEC   EF tia phân giác góc ngồi E CED

CE FC

ED FD

  MC FC MC FD FC MD

MD FD

   

Vậy FEx FEC MC FD FC MD 

c) OCH vuông H 2 2

HC HO OC R

   

Với hai số a , b ta có:  2 2

0

     

a b a ab b

2

2 2

2  a b  abab a b Dấu " " xảy a b

Áp dụng ta có: Diện tích OCH

2 2

1

2 2

OCH

HC HO R

S  HC HO    

Dấu " " xảy

2 R HCHO

Vậy diện tích OCH lớn

2 R OH 

Câu (0,5 điểm)

Ta có:    

2

2  2   2  

 

   

a b c ab bc ca

a b c

P

ab bc ca ab bc ca

 

9

2

  

  

   

ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

Lại có:

2

2 2 2 2

2

2

2 2 2 2

2

a b ab

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

c a ca

                      

 2  

2 2 2 2 2 3 3 3 3

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

              

 2

3

a b c

ab bc ca  

     (do a b c   ) 9

3 P

ab bc ca

     

 

Dấu " " xảy     a b c

Mặt khác: a ; b1a1b  1 ab a b    1 ab a b  

 

1

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

               

Mà a b c       3 a b c ab bc ca     3 c c3 c

 

2

2 2 2

ab bc ca c c c ab bc ca c c ab bc ca c c

                  

Do 0  c c2   c c2  c ab bc ca  

9

2

2

P

ab bc ca

     

 

Dấu " " xảy

  

 

1

1; 2;

2

2; 1;

3

1; 1;0

                            a b

a b c

c c

a b c

a b c

a b c

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHÒNG GD&ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA TRƯỜNG THCS ĐỐNG ĐA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Năm học 2019 - 2020

MƠN: TỐN Câu (2,5 điểm)

Cho biểu thức

7 x A

x  



2

2

x x

B

x x x x



  

  với x0;x4

1) Tính giá trị A x

2) Chứng minh B x

x  

3) Cho biểu thức P A B

 Tìm tất giá trị nguyên x để

2 P 

Câu (2,5 điểm)

1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Hai người thợ làm cơng việc 16 xong Nếu người thứ làm người thứ hai làm hai người làm 25% cơng việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc ?

2) Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy 0,8 mét chiều cao mét Hỏi bồn nước đựng đầy mét khối nước (Bỏ qua bề dày bồn nước, tính với số π3,14 kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x2m2x2m 0  1 (m tham số)

1) Giải phương trình  1 m

2) Tìm m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn 2

1 2 16

x x x x 

Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn O R có đường kính ;  AB điểm H trung điểm bán kính OA Kẻ dây CD vng góc với đường kính AB điểm H Lấy điểm G đoạn thẳng CH ( G khác C , G khác H) Tia AG cắt đường tròn O R điểm thứ hai ;  E

a) Chứng minh bốn điểm H, G , E, B nằm đường tròn b) Chứng minh EA EG EC ED  

c) Tính giá trị biểu thức EA

EC ED

Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a; b ; c thay đổi thỏa mãn a b c3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 2

2019 4026 2019 2020 4028 2020 2021 4030 2021

M  a  ab b  b  bc c  a  ac c

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu (2,5 điểm)

Cho biểu thức

7 x A

x  



2

2

x x

B

x x x x



  

  với x0;x4

1) Tính giá trị A x

2) Chứng minh B x

x  

3) Cho biểu thức P A B

 Tìm tất giá trị nguyên x để

2 P 

Lời giải 1) Thay x (thoả mãn điều kiện) vào A ta có:

9

3 10

A    

 

Vậy với x

10 A

2) Với x0;x4 ta có:

2

2

x x

B

x x x x



  

 

 

2

2

x x

B

x x

x x



  

 

 

 

2

2

x x x x

B

x x

   





 

2

2

x x x

B

x x

   





4 24

x x

B

x x

 





 

 

2

2 x B

x x

 



2 x B

x 

 (điều phải chứng minh)

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vì 0 0

7 x

x x x

x

       

 hay P Do P ln tồn với x0;x4

Ta có:

2

P 

4 P

 

4 x x

 



1 x x

  

  

4

0

4

x x

x

 

 



 

3

0

4

x x



 

 3 x 7 (vì 4 x7  thỏa mãn điều kiện) x

7 49

3

3

x x x

     

Kết hợp với điều kiện ta có: 49;

x x

  

Vì x nên x1; 2;3;5 Vậy với x1; 2;3;5

2 P 

Câu

1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Hai người thợ làm công việc 16 xong Nếu người thứ làm người thứ hai làm hai người làm 25% công việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc ?

2) Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy 0,8 mét chiều cao mét Hỏi bồn nước đựng mét khối nước (Bỏ qua bề dày bồn nước, tính với số π3,14 kết làm trịn đến chữ số thập phân thứ hai)

Lời giải

1) Gọi thời gian người thứ làm riêng hồn thành cơng việc là: x (giờ, x16) Gọi thời gian người thứ làm riêng hồn thành cơng việc là: y (giờ, y16) Trong giờ, người thứ làm được:

x (công việc)

Trong giờ, người thứ hai làm được:

y (công việc)

Cả hai người làm 16 xong cơng việc nên ta có phương trình: 1

16 x y (1)

Trong giờ, người thứ làm được:

x (công việc)

Trong giờ, người thứ hai làm được:

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Người thứ làm giờ, người thứ hai làm 25% cơng việc nên ta có

phương trình: 25%

4 x y   x y (2)

Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình:

 

 

1 1 3 1

1 1 24

16 16 16

48 16

3 6 48 48

4 16

thỏa mãn thỏa mãn x

x y x y x y

x

y y

x y x y y

        



      

    

    

 

          

  

  

Vậy người thứ làm riêng xong cơng việc 24 người thứ làm riêng xong cơng việc 48

2) Đường kính đáy bồn nước hình trụ 0,8 mét, nên bán kính đáy bồn nước hình trụ là:

0,8 0,

2  (mét)

Bồn nước hình trụ có chiều cao 2mét

Thể tích bồn nước hình trụ là: V  .r h2 3,14.0, 12   m3

Vậy bồn nước đựng khoảng mét khối nước

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x2m2x2m 0  1 (m tham số)

1) Giải phương trình  1 m

2) Tìm m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn 2

1 2 16

x x x x  Lời giải

1) Với m thay vào  1 ta có:

 1 2 0  2 0

2 x

x x x x

x  

        



Vậy với m phương trình  1 có nghiệm phân biệt x x

   



2) Phương trình  1 có a1;b m2 ; c2m

m 2 4.2m m2 4m 4 8m m2 4m 4 m 22 0

                 với m

Để phương trình  1 có nghiệm phân biệt   (vì a  ).1  2

2 2

m m m

       

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1

1

2

b

x x m

a c

x x m

a

      



  



Theo ta có:

 

2

1 2 16 2 16

x x x x  x x x x  2m m 216m m 2 8 m22m  8 0

      

2 4 2 8 0 4 2 4 0 2 4 0

m m m m m m m m

             

 

2 (loại)

thỏa mãn m

m      



Vậy với m  phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn

2

1 2 16

x x x x 

Cách 2: x2m2x2m 0 x2mx2x2m 0

  2   2  x

x x m x m x x m

x m  

           

 Để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt m

Theo ta có: 2  

1 2 16 2 16

x x x x   x x x x 

   

2m m 16 m m m 2m

         

      

2 4 2 8 0 4 2 4 0 2 4 0

m m m m m m m m

             

 

2 (loại)

thoûa maõn m

m      



Vậy với m  phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x x1; thỏa mãn

2

1 2 16

x x x x 

Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn O R có đường kính ;  AB điểm H trung điểm bán kính OA Kẻ dây CD vng góc với đường kính AB điểm H Lấy điểm G đoạn thẳng CH ( G khác C , G khác H) Tia AG cắt đường tròn O R điểm thứ hai ;  E

a) Chứng minh bốn điểm H, G , E, B nằm đường tròn b) Chứng minh EA EG EC ED  

c) Tính giá trị biểu thức EA

EC ED

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

a) Dây CD vng góc với AB (giả thiết) CHB 90  hay GHB 90 

E thuộc đường trịn đường kính AB  90AEB  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay GEB 90 

  90 90 180 GHB GEB

       

Tứ giác HGEB có GHB GEB hai góc đỉnh đối diện mà GHB GEB  180   suy tứ giác HGEB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết)

Suy H, G , E, B nằm đường tròn

b) Vì AB đường kính vng góc với dây cung CD (giả thiết) nên AB cắt CD H trung điểm CD

ACD

 có AH CD AH đường trung tuyến (H trung điểm CD ) ACD

  cân A

AC AD

  (tính chất tam giác cân)  ADAC AECDEG (góc nội tiếp chắn cung nhau)

Xét CGE ADE có

 

CEGAED (chứng minh trên)

 

ECG EAD (góc nội tiếp chắn cung DE )

CGE ADE

   (g.g)

EC EG

EA ED

  (hai cặp cạnh tương ứng) EA EG EC ED

    (điều phải chứng minh)

c)  AEC DEG (chứng minh trên) hay CEG GED  EG phân giác CED CED

 phân giác EG có

E

D C

H O B

A

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

EC CG

EC ED CG DG

 

  (tính chất tỉ lệ thức)

EC CG

EC ED CD

 

 (1)

Mà CGE∽ADE (chứng minh trên) EC CG

EA AD

  (hai cặp cạnh tương ứng) (2) Từ (1) (2) ta suy

: :

EC EC CG CG EC EA CG AD

EC ED EA CD AD  EC ED EC  CD CG

EA AD

EC ED CD

 



Xét OAD có DH đường cao trung tuyến  OAD cân D DO DA Mà OA OD R  OA OD DA   AOD AD R

Áp dụng định lý Py-ta-go cho AHD vng H, ta có

2

2 2 2 3 .

2

AH HD AD  R HD R HD  R HD R

 

2

2

2

CD HD R R

   

1

3

3

AD R

CD R

   

3 EA

EC ED

 



Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a ;b ;c thay đổi thỏa mãn a b c3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

2 2 2

2019 4026 2019 2019 4028 2019 2020 4030 2020

M  a  ab b  b  bc c  a  ac c

Lời giải

Ta có 2  

2019a 4026ab2019b  a b Thật vậy: 2019a24026ab2019b2 3a b 2

2 2

2019a 4026ab 2019b 3a 6ab 3b

      2016a24032ab2016b2 0

 2

2016 a 2ab b

    2016a b 2  (ln )

Ta có 2  

2020b 4028bc2020c  b c

Thật vậy: 2020a24028ab2020b2 3a b 2.

2 2

2020b 4028bc 2020c 3b 6bc 3c

      2017b24034bc2017c2 0

 2

2017 b 2bc c

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có 2  

2021a 4030ac2021c  a c Thật vậy: 2021a24030ac2021c2 3a c 2

2 2

2021a 4030ac 2021c 3a 6ac 3c

      2

2018a 4036ac 2018c

   

 2

2018 a 2ac c

     2

2018 a c

   (luôn đúng)

 

2

M a b c

   

Ta có  

2

3

a b c

a b c    

Thật vậy:  

2

3

a b c

a b c     2a2b2c2 ab2 bc2 ac   2  2 2

0

a b b c a c

       (luôn đúng)

 2

2 3

.9

3

M a b c

     M 6

Vậy giá trị nhỏ M 6 dấu xảy a b c    HẾT 

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

UBND QUẬN HỒNG MAI PHỊNG GIÁO DỤC$ĐÀO TẠO

KIỂM TRA HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN (Thời gian làm 90 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài (2,0 điểm) Cho hai biểu thức

2 x A

x  



2

4

x x

B

x x



 



 với x0;x4

a) Tính giá trị biểu thức A x

b) Chứng minh

2 x B

x  



c) Đặt P A B: Tìm giá trị x để 2P2 x

Bài (2,5 điểm)

1) Gải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Quãng đường AB dài km Một người xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi Khi từ Btrở A người giảm vận tốc km/h so với lúc từ A đến B Biết thời gian lúc thời gian lúc phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

2) Một hộp sữa hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy cm hình vẽ bên Tính diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa (khơng tính phần ghép nối)

Bài (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình   

  

1

2

x y xy

x y xy

   



    



2) Cho phương trình x2 2mx m 2  m 1 0 với m tham số

a) Giải phương trình với m 

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phan biệt x , 1 x cho 2 2

1

x x  x x

Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC  nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường kính AD

của đường trịn  O Tiếp tuyến D  O cắt đường thẳng BC điểm K, tia KO cắt AB M

, cắt AC điểm N Gọi H trung điểm đoạn thẳng BC 1) Chứng minh CBD CDK KD KB KC2= .

2) Chứng minh tứ giác OHDK nội tiếp AON BHD 3) Chứng minh OM ON

Bài (0,5 điểm) Cho a b, số thực cho 2

a ab b  a b Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P505a505b

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài (2,0 điểm) Cho hai biểu thức

2 x A

x  



2

4

x x

B

x x



 



 với x0;x4

a) Tính giá trị biểu thức A x

b) Chứng minh

2 x B

x  



c) Đặt P A B: Tìm giá trị x để 2P2 x Lời giải

a) Thay x (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta

9

3

9

A    





b)

4

x x

B

x x



 





( 22) 2 2

x x x

x x

  



 

 24 42

x x

x x

 



 

 

  

2

2

2

x

x x

 

 

2 x x

 



c) : 1: 2

2 2 2

x x x x x

P A B

x x x x x

    

   

    

2P2 x 1

2

2 x

x x



  



    

2 x x x

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2 5

x x

  

 

 

0

25

4

thỏa mãn thỏa mãn x

x

x x

   

 

 

 

 

 



Bài (2,5 điểm)

1) Gải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Quãng đường AB dài km Một người xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi Khi từ Btrở A

người giảm vận tốc km/h so với lúc từ A đến B Biết thời gian lúc thời gian lúc phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

2) Một hộp sữa hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy cm hình vẽ bên Tính diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa (khơng tính phần ghép nối)

Lời giải

1) Đổi phút

10h 

Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h), x Thời gian người xe đạp từ A đến B

x (h)

Vận tốc người xe đạp từ B trở A x (km/h) Thời gian người xe đạp từ B trở A

3 x (h)

Do thời gian lúc thời gian lúc phút

10

 nên ta có phương trình:

6

3 10

x  x

1 1

6

3 10

x x

 

   



 

   

6

3 10

x x

x x x x

  

   

 

 

   

60 x x x x

     x23x180 0 x12x150

12

15 x

x

 



   



12 15 x

x   

  



Giá trị x  không thỏa mãn điều kiện ẩn 12 Giá trị x15 thỏa mãn điều kiện ẩn

Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 15 km/h

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có S2r22rh2 4 22 4.12 128   cm2

Vậy diện tích cần tìm  2 128 cm

S 

Bài (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình   

  

1

2

x y xy

x y xy

   



    



2) Cho phương trình x2 2mx m 2  m 1 0 với m tham số

a) Giải phương trình với m 

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phan biệt x , 1 x cho 2 2

1

x x  x x Lời giải

1)   

  

1

2

x y xy

x y xy

   



    



2

3

xy x y xy

xy x y xy

    



      



2

3

x y x

x y y

      

 

    



Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) ( 1; 2)x y  

2)

a) Với m  ta có phương trình

2 2.3. ( 3)2 ( 3) 0

x  x     

2

6

x x

   

1 x x

  

   



b) 2

2

x  mx m   m

2

( )m 4(m m 1)

     

2

4m 4m 4m

   

4m

  

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Ta có 2

1

x x  x x  2

1 2

x x x x x x

    

 2

1 2

x x x x

    

 

2

4m m m

     

2

3m m

     

 

1

loại nhận m

m   

 

   Bài (3,0 điểm)

1) Ta có: 

2

CBD sđ CD (góc nội tiếp chắn CD  O )



KDC sđ CD (góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn CD  O )  

CBD KDC

 

Xét KCDvà KDBcó CBD KDC BKD (góc chung)

KCD KDB

  ∽ (g.g) KC KD KD2 KB KC.

KD KB

   

2) Xét  O có: H trung điểm dây BC

 90o

OH BC OHC

    hay  90OHK  o

Do DK tiếp tuyến  O đường kính ADODDKODK 90 o

C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 

DOK DHK

  (góc nội tiếp chắn DK )

Mà   180DOK AON   ;   180DHK BHD   (các cặp góc kề bù)  

AON BHD

 

3) Xét AONvà BHD có:  

NAO HBO (góc nội tiếp chắn CD  O )  

AON BHD (câu 2)

( )

AON BHD g g

  ∽

AO ON

BH HD

 

ON BH OA HD

 

Chứng minh tương tự ta có:AOM∽CHDOM HC OA HD 

ON BH OM HC

 

Mà BH CH OM ON

Bài (0,5 điểm) Tìm Min:

2

2 0

2

a ab b     a b a b a b  b 

 

 

505 505 505

P a b a b

      MinP Dấu " " xảy    a b Tìm Max:

 2

2 3

a ab b   a b a b  ab a b 

Do  

2

4 a b

ab 

 2 3 2  2

4

4

a b a b

a b a b  a b  a b

           (do a b  )

505.4 2020 P

  

Dấu " " xảy    a b 2020

MaxP

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

TRƯỜNG THCS HÀ ĐÔNG (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN

(Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu (3 điểm)

1) Giải phương trình hệ phương trình: a) x22019x2020 0

b)

3

3

2

1

2

x y

x y

  

  



 

  

  



2) Cho Parabol  P y x:  2 đường thẳng  d :y2m1x2m

Tìm m để d cắt  P hai điểm phân biệt A x y 1; 2 ;B x y cho:2; 2 y1y2x x1 2  Câu (2,5 điểm )

Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do cải tiến kỹ thuật, ngày phân xưởng sản xuất vượt mức sản phầm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xưởng phải sản xuất sản phẩm?

Câu (4 điểm) Cho O R dây ;  BC cố định, điểm A di động cung lớnBC Các đường caoBE

, CF tam giác ABC cắt H

1) Chứng minh bốn điểmB, F, E, C thuộc đường tròn 2) Chứng minh: AE AC  AF AB

3) Chứng minh OAEF

4) Khi A di chuyển cung lớnBC Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

AEF không đổi Câu (0,5 điểm)

Cho số thực a b c, , thỏa mãn a b c   và7 ab bc ca   Chứng minh rằng: 15 11

3 a

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN

Câu (3 điểm)

1) Giải phương trình hệ phương trình: a, x22019x2020 0

b,

3

3

2

1

2

x y

x y

  

  



 

  

  



2) Cho Parabol  P y x:  2 đường thẳng  d :y2m1x2m

Tìm m để d cắt  P hai điểm phân biệt A x y 1; 2 ;B x y cho:2; 2 y1y2x x1 2  Lời giải

1) a)

2019 2020

x  x 

Vì a b c   1 2019 ( 2020) 0,   nên phương trình có nghiệm: x11;x2  2020

b)

3

3

2

1

2

x y

x y

  

  



 

  

  



Điều kiện: 2;

2 x y

Đặt ,

2 a b

x  y  , ta có hệ phương trình:

3 3

3

3

2 2

2 1

3

3

a b a b a

a

a b a b b

a b 

    

    

   

 

    

   

      

   

Theo cách đặt ta có:

1

2

2

1 1 1

2

x x

x

y y

y

 

      

  

     

 

 

 

(thỏa mãn điều kiện)

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

 

2 2 1 2 0

x  m x m (1)

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

0

   (vì a  )1  2

2

2

m m

     (vì 2m12  0 m) Áp dụng hệ thức Vi-ét có:

1

2

x x m

x x m

  



 



Vì y x 2 nên 2  2

1 2 1 2 1

y y x x  x x x x   x x  x x 

 2 2  

2m 6m 4m 2m 2m m2

         

0 m m

   

  

Đối chiếu với đk ta m  d cắt  P hai điểm phân biệt  1; 1 ; 2; 2

A x y B x y cho y1y2x x1 2 

Câu (2,5 điểm )

Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do cải tiến kỹ thuật, ngày phân xưởng sản xuất vượt mức sản phầm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định 2ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xưởng phải sản xuất sản phẩm?

Lời giải

Gọi số sản phầm ngày phân xưởng phải sản xuất theo kế hoạch x (sản phẩm; x ) * Khi thực tế ngày phân xưởng làm số sản phẩm là: x (sp)

Số ngày làm theo kế hoạch là: 1100

x (ngày)

Số ngày làm thực tế là: 1100

5

x (ngày)

Vì thời gian thực tế kế hoạch ngày, ta có phương trình:

1100 1100 x  x 

   

550 x 550x x x

    

2 550x 2750 550x x 5x

    

2 5 2750 0

x x

   

2 50 55 2750 0

x x x

    

 50 55 50

x x x

    

x 50x 55

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

50 55 x x

     



Do x nđn theo kế hoạch ngày phân xưởng sản xuất 50 sản phẩm *

Câu (4 điểm) Cho O R dây ;  BC cố định, điểm A di động cung lớnBC Các đường caoBE

, CF tam giác ABC cắt H

1) Chứng minh bốn điểmB, F, E, C thuộc đường tròn 2) Chứng minh: AE AC  AF AB

3) Chứng minh OA vuông gócEF

4) Khi A di chuyển cung lớnBC Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

AEF không đổi

Lời giải

1) Ta có BE vng góc với AC (gt) BEC 90  CF vng góc với AB(gt) BFC 90 

Xét tứ giác BFEC có BEC BFC 90 

Mà Evà F đỉnh kề nhìn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp Khi bốn điểmB, F, E, C thuộc đường tròn

2) Vì tứ giác BFEC nội tiếp (cmt)  AFE ECB (t/c) AFEACB Xét tam giác AEFvà tam giác ABC có góc A chung; AFEACB (cmt) Suy ra: Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (g.g)

AE A F

AB AC

  (tỷ số đồng dạng)

Suy ra: AE AC AF AB

3) +) GọiM , N giao điểm CF BEvới đường tròn  O

K

I

P N

M

H

E

F O

A

B C

x

P I

K

H

E

F O

A

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Do đó: ACM ACN AM  AN  AM AN  A điểm MN (t/c) OAMN (1)

+) Xét  O có NMC NBC (hai góc nội tiếp chắn cungNC )

Có tứ giác BFEC nội tiếp (cmt)  E FC EBC (hai góc nội tiếp chắn cungEC )  

E FC NMC

  mà chúng vị trí đồng vị

Suy ra:EF MN// (2)

Từ (1) (2) suy ra: OA vng góc với EF

Cách 2: Qua A kẻ tiếp tuyến Ax với  O  ACB xAB

  (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn BC ) Có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

 

ECB AFE

  (góc góc ngồi đỉnh đối diện)  AFE xAB

 

Mà AFE , xAB nằm vị trí so le

Ax EF

 

Mà OA Axtính chất tiếp tuyến) OAEF

4) Kẻ đường kính APcủa đường trịn  O

Có ABP 90 ;ACP  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 90

;

AB BP AC PC

  

Mà CF AB BE;  AC

//

BP CF, BE PC// BP HC// , BH PC//  tứ giác BHCP hình hành

Gọi HPBC I  trung điểm I BC HP,

PHA

 có I O; trung điểm BC AP;  OI đường trung bình PAH

2

OI AH

 

Có BC cố định suy ra: I cố định, O cố định (gt) IO không đổi

2AH

 không đổi

Xét tứ giác AFHE có:

  90 90 180

AFHAEH      

AFHE

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Gọi K trung điểm AH AEF nội tiếp  K có bán kính

2AH không đổi

Câu (0,5 điểm)

Cho số thực a b c, , thỏa mãn a b c   và7 ab bc ca   15 Chứng minh rằng: 11

3 a

Lời giải Vì a b c       b c a

   

15 15 15 7 15

ab bc ca   bc a b c  a a a  a Áp dụng định lí Vi-ét đảo có b c nghiệm phương trình:

 

2 7 7 15 0

x  a x a  a  (ẩn x )

Ta có:  7a24a27a15 3a214a 11 3a11 1 a

Để tồn hai số b, c 3 11 1  11

a a a

        

Vậy 11

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ KHỐI NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN

(Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1:

Cho hai biểu thức

3  

 x A

x

3

9

3

 

  



 

x x

B

x

x x với x0;x9

1) Khi x81hãy tính giá trị biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức B

3) Với x9tìm giá trị nhỏ b biểu thức P A B

Bài

1 Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một đội xe cần vận chuyển 160 gạo với khối lượng gạo xe chở Khi khởi hành đội bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo (khối lượng gạo xe chở nhau) Hỏi đội xe ban đầu có chiếc?

2 Nón Huế hình nón có đường kính đáy 40cm , độ dài đường sinh 30cm Người ta lát mặt xung quanh hình nón ba lớp khơ Tính diện tích cần dùng đề tạo nên nón Huế (làm tròn cm2)

Bài

1) Giải hệ phương trình

1

3

3

4 x y x y

  

 

 

  

 



2) Cho phương trình x2 m2x m  (x ẩn số)

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với số thực m

b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; thỏa mãn 2 x1  x2  Bài

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp O; R Các đường cao AK, BI tam giác ABC cắt  H Các đường thẳng AK BI cắt đường tròn  O điểm thứ hai D E Chứng minh rằng:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp 2) Chứng minh IK // DEvà OC IK

3) Cho đường tròn  O dây AB cố định Chứng minh điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK không đổi

Bài 5: Cho số x0,y Tìm giá trị nhỏ biểu thức0 A x2 y2 xy

xy x y



 

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN Bài 1: (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức

3  

 x A

x

3

9

3

 

  



 

x x

B

x

x x với x0;x9

1) Khi x81hãy tính giá trị biểu thức A

2) Rút gọn biểu thức B

3) Với x9tìm giá trị nhỏ B biểu thức P A B

Lời giải:

1) Giá trị x81thỏa mãn điều kiện x0;x9,thay vào biểu thức Ata được:

81 72 72

12

9

81 

   

 

A

Vậy x81thì A12

2) Với x0;x9ta có

:

 

          

   

  

  

  

3

9

3

3 3 5 3

3 3 3

3 3

3

3

3

9

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

Vậy

9

 

 x P

x Với x0;x9

3) Ta có: 9  3 3

9

3 3

  

  

    



   

x x

x x x x

P A B

x

x x x x

9

3

3

      

 

x x

x x

vì 3 vµ

3

x x x

x

      



C

ó

cô

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 

9

3

3

9

3 12

3 hay 12

x x

x x

x

x P

    

 

    

 

Dấu "=" xảy =  32 3 36

0

3 3

x x x

x x

x

x x x

      

       

       

Đối chiếu với điện ta thấy x 36 thỏa mãn điều kiện Vậy Min P 12   x=36

Bài (2,5 điểm):

1 Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Một đội xe cần vận chuyển 160 gạo với khối lượng gạo xe chở Khi khởi hành đội bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo (khối lượng gạo xe chở nhau) Hỏi đội xe ban đầu có chiếc?

2 Nón Huế hình nón có đường kính đáy 40cm , độ dài đường sinh 30cm Người ta lát mặt xung quanh hình nón ba lớp khơ Tính diện tích cần dùng đề tạo nên nón Huế (làm trịn cm2)

Lời giải 1) Gọi x (xe) số xe ban đầu đội xe (x N *) Theo dự kiến số gạo xe định chở là: 160

x (tấn)

Số xe thực tế là: x (xe) Số gạo thực tế xe chở là: 160

4

x (tấn)

Vì thực tế bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo Vậy ta có phương trình:

 

 

2

160 160

2 64

4

x TM

x x

x x x KTM

 

       

   

Vậy số xe ban đầu đội xe xe

2)Chiếc nón Huế hình nón có đường kính đáy d 40 cm , nên bán kính đáy 40 20 

2

d

R   cm

Độ dài đường sinh: l30 cm

Vậy diện tích xung quanh hình nón là: S πRl 3,14.20.30 1884  cm2

Vì người ta lợp nón lớp lá, nên diện tích cần dùng để tạo nên nón Huế là:

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

1) Giải hệ phương trình

1

3

3

4 x y x y

  

 

 

  

 



2) Cho phương trình x2 m2x m  (x ẩn số)

a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với số thực m

b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; thỏa mãn 2 x1  x2  Lời giải

1) Đặt a b

x1  , y1 1 (Điều kiện a b,  )

Khi hệ phương trình cho trở thành a b

a b

3

3

   

   

a b a a

a b a b b

2 10

3

  

      

  

       

  

   (Thỏa mãn điều kiện)

x x

y y

1 2 1

2

1 1 2

1

 

  

  

 

 

 

   

 

  

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1;2  

 

 

 

  2)

a/ Phương trình cho phương trình bậc hai có  

b2 4ac  m 2 2 4.1.m m2 4m 4 4m m2 4 0 m

                

Phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với số thực m

b/ Theo chứng minh ý a/ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 Theo yêu cầu đề x1  x2  5 (điều kiện x1 x2 0)

Do đó, ta thực

+) Tìm điều để phương trình cho có nghiệm dương

b

m

a m

c m

a

0 2 0

0

0 

  

   

 



    

  



C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

+) Giả thiết x1  x2   x1  x22 ( 5)2   x1 x2 x x1 2 

m VN

m m m m m

m

1( )

2

3

  



            



(Thỏa mãn)

Vậy m 9

Bài

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp O; R Các đường cao AK, BI tam giác ABC cắt  H Các đường thẳng AK BI cắt đường tròn  O điểm thứ hai D E Chứng minh rằng:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp 2) Chứng minh IK // DEvà OC IK

3) Cho đường tròn  O dây AB cố định Chứng minh điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK không đổi

Lời giải:

1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp

P M

N

I

D K H

E

C O

A

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Xét ABCcó đường cao AK BI ( giả thiết )

AK BC

  K BI AC I

  o

AKB AKC 90

   AIB BIC 90  o

Xét tứ giác ABKIcó: AKB AIB 90 o ( Chứng minh )

 Kvà Ilà hai đỉnh liền kề nhìn cạnh AB góc  Tứ giác ABKInội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm )

2) Chứng minh IK // DEvà OC IK

Tứ giác ABKInội tiếp ( Chứng minh ) AKI ABI  ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI)

hay AKI ABE ( Do I BE ) (1)

Ta có : ADE ABE ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AE đường tròn  O ) (2) Từ (1) (2) suy AKI ADE 

Mà AKI ADE cặp góc đồng vị nên suy IK // DE( đpcm )

Tứ giác ABKInội tiếp ( Chứng minh ) KAI KBI  ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ KI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI) hay DAC CBE ( Do

I AC,K AD, I BE, K BC    )

Đường trịn  O có: DAC CBE  ( Chứng minh ) Mà DAC CBE hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ DC cung nhỏ EC

  DC CE

  (  DC,CE cung nhỏ ) ( Hệ )DC EC ( Định lý ) (3)

Ta có: OD OE ( Bán kính  O ) (4)

Từ (3) (4) suy OC đường trung trực đoạn DE OC DE ( Tính chất ) Mà IK // DE( Chứng minh )

OC IK

  ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ( đpcm )

3) Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi Gọi N trung điểm AB, P trung điểm HC, đường thẳng CH cắt AB M Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKIcó: AKB 90 o ( Chứng minh ) ABlà đường kính

N

 tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ( Do N trung điểm AB ) Ta có: BIC AKC 90  o( Chứng minh )

hay HIC HKC 90 o ( Do H BI, H AK  )

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Tam giác ABC có : AK BI đường cao AK cắt BI H ( giả thiết ) nên suy CM đường cao ABC( Tính chất )CMABhay CPAB( Do P CM )(5)

Xét đường trịn  O có dây AB N trung điểm AB nên suy ONABtại N ( Quan hệ

đường kính dây cung ) (6)

Từ (5) (6) suy CP // ON( Quan hệ từ vuông góc đến song song )

Đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKIvà đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCIcắt K I Mà N P tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIvà tứ giác HKCI ( cmt )

NP IK

  ( Tính chất đường nối tâm ) (7)

Ta có: IK OC ( Chứng minh ) (8)

Từ (7) (8) suy NP // OC ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có:

CP // ON ( Chứng minh )

NP // OC ( Chứng minh )

Tứ giác NOCP hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )

ON PC

  ( Tính chất )

Xét ONAvuông N ( Do ONABtại N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có:

2 2 2

OA AN NO NO OA AN

Mặt khác: OA R , AN AB

  ( Do N trung điểm AB )

2

2 AB AB

NO R ON R

4

      ( Do R AB

2

 )

Mà ON PC ( Chứng minh )

2

2 AB

PC R

4

  

Vì  O cố định AB cố định nên R AB khơng đổi PCcó giá trị khơng đổi Mặt khác PC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh )

 Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi có giá trị

2

2 AB

R

 ( đpcm )

Bài 5: Cho số x0,y Tìm giá trị nhỏ biểu thức0 A x2 y2 xy

xy x y



 

 Lời giải

Ta có:  

2

2

2 x y

x y  

 2

2

x y xy

A

xy x y



 



 2  2

3

8

x y xy x y

A

xy x y xy

 

  

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

 2  2

3

2

8

x y xy x y

A

xy x y xy

 

 



2 3.4

2

x y xy

A

xy xy



 

2

2 3

2 2

xy A

xy

    

Dấu xảy x y

Vậy : min

A    x y