20 đề ôn luyện thi vào lớp 10 môn Toán tập 1 - Ươm mầm tri thức

2 điểm Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng.. Khi khởi hành , có 2 xe phải điều đi nhận hợ[r]

TRƯỜNG THCS MINH KHAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN Đề số Ngày thi: 09/4/2018 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = x + 12   = + : và B  với x ≥ 0, x ≠  x −1 x +1 x +1  x −1 a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = A B Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm thời gian đã định Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm Do mặc dù người đó đã làm tăng sản phẩm song hoàn thành chậm dự định 30 phút Tính suất dự định Bài 3: (2 điểm)  − − = x  y +1  1) Giải hệ phương trình   x −3 + =  y +1 2) Cho parabol y = x ( P ) và đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm ( P ) và ( d ) với m = −3 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN H ( H nằm O và B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( O;R ) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( O;R ) điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt E a) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA.CK = CE.CH c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân d) Giả sử KE = KC Chứng minh OK // MN Bài (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài cạnh tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > Chứng minh 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Ươm mầm tri thức – uommam.vn HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = x + 12   = + : và B  với  x −1 x +1 x +1  x −1 x ≥ 0, x ≠ a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = A a) Thay x = (TMĐK) vào A ta có:= Vậy x = thì A = A B + 12 21 21 = = −1 −1 21 b) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ B= + x −1 x +2 x +1 = : = ⋅ ( x − 1)( x + 1) x + ( x − 1)( x + 1) Vậy B = x +2 x −1 x +2 với x ≥ 0, x ≠ x −1 A B x + 12 x − x + 12 ⋅ = x −1 x + x +2 = c) Ta có: M = M= x + 12 x − + 16 = = x+2 x +2 Dấu " = " xảy ⇔ x= +2 x −2+ 16 16   =  x +2+  − ≥ 16 − 4= x +2  x +2 16 ⇔ = x (TMĐK) x +2 Vậy M = x = Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm thời gian đã định Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm Do mặc dù người đó đã làm tăng sản phẩm song hoàn thành chậm dự định 30 phút Tính suất dự định * Gọi suất dự định người công nhân là x (sản phẩm/giờ) (ĐK: x ∈ ) Năng suất thực tế người công nhân là x + (sản phẩm/giờ) Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 33 (giờ) x Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là: 62 (giờ) x+3 Vì thực tế người công nhân hoàn thành chậm dự định 30 phút nên ta có phương trình: 62 33 62x − 33(x + 3) − = ⇔ = x+3 x x(x + 3) ⇔ 3x − 49x + 198 = ⇔ 3x − 27x − 22x + 198 = ⇔ (x − 9)(3x − 22) = ⇒ x1 = (Thỏa mãn); x = 22 (loại) Vậy suất dự kiến là sản phẩm/giờ Bài 3: (2 điểm)  3 x − − y + =  1) Giải hệ phương trình   x −3 + =  y +1 2) Cho parabol y = x ( P ) và đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm ( P ) và ( d ) với m = −3 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x 1) Điều kiện: x ≥ 3; y ≠ Hệ trở thành: y +1 Đặt a = x − (a ≥ 0) , b = −b 2b −b = 6a −= 3a= b 3a= ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn)  a + 2b = a = + 2b = 7a = a      1 −1   y +1 =  y +1 = = y ⇔ ⇔ 2⇔ (thỏa mãn ĐK)  x −3 =  x x −3 = =    Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) =  ; −1    (1) 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x − mx + m − = Ươm mầm tri thức – uommam.vn a) Thay m = −3 có phương trình hoành độ giao điểm ( P ) và ( d ) : x = x + 3x − = ⇔ (x − 1)(x + 4) = ⇔   x = −4 Với x =1 ⇒ y =1 ⇒ A (1;1) Với x =−4 ⇒ y =16 ⇒ B(−4;16) Vậy m = −3 thì tọa độ giao điểm (d) và (P) là A (1;1) , B( −4;16) = m − 4m + = b) Xét phương trình (1), ta có: ∆ ( m − 2) Để ( P ) và ( d ) cắt hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x ⇔ ∆ > ⇒ (m − 2) > ⇔m≠2 m  x1 + x = m −1  x1.x= Hệ thức Vi – ét:  (*) Theo bài: x12 + x 22 = x1 + x ⇔ ( x1 + x ) − 2x1x − ( x1 + x ) = 2 0 ⇔ m − 3m + = Thay hệ thức Vi – ét vào (*) ta được: m − 2(m − 1) − m =  m = (TM) ⇔  m = (L) Vậy m = thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN H ( H nằm O và B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( O;R ) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( O;R ) điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt E a) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA.CK = CE.CH c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh ∆NFK cân d) Giả sử KE = KC Chứng minh OK // MN Ươm mầm tri thức – uommam.vn a) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp = Ta có AB ⊥ MN H (giả thiết) ; E ∈ MN ⇒ AHE 90 o =  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); E ∈ KB ⇒ AKE Xét (O) có AKB 90o  + AHE =  , AHE  là hai góc đối và AKE 180o Xét tứ giác AKEH có AKE ⇒ Tứ giác AKEH là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm) b) Chứng minh CA.CK = CE.CH Xét ∆CAE và ∆CHK có:  chung ACH   = CHK  (hai góc nội tiếp cùng chắn HE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKEH CAE ) ⇒ ∆CAE ∽ ∆CHK (g – g) ⇒ CA CE = (cạnh tương ứng tỉ lệ) CH CK ⇒ CA.CK = CE.CH (đpcm) b) Chứng minh ∆NFK cân Xét (O), ta có AB là đường kính, MN là dây cung và AB ⊥ MN H (giả thiết)  ⇒ B là điểm chính MN   ⇒ MB = NB =  (hai gcs nội tiếp chắn hai cung nhau) ⇒ MKB NKB Ươm mầm tri thức – uommam.vn (1)  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và có A, K, C thẳng hàng Xét (O) có AKB ⇒ BK ⊥ AC K Mà NF ⊥ AC (giả thiết) ⇒ BK / /NF =  = NKB  (hai góc sole trong) (2)  (hai góc đồng vị) và KNF ⇒ KFN MKB  = KNF  Từ (1) và (2), ta có: KFN ⇒ ∆NKF cân K d) Chứng minh OK // MN   = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vuông K Ta có AKB Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K  =KEC  =450 ⇒ OBK  =450 ⇒ BEH Mặt khác vì ∆OBK cân O (do OB = OK = R) ⇒ ∆OBK vuông cân O ⇒ OK ⊥ AB ⇒ OK / /MN (cùng vuông góc với AB ) Bài (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài cạnh tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > Chứng minh 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x > 0, y > ta có x + y ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ x+y 1 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Ươm mầm tri thức – uommam.vn Dâu “=” xảy ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 4 + ≥ = = (1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với x > 0, y > ta có x + y ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ x+y 1 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Dâu “=” xảy ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 4 + ≥ = =(1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Tương tự: 1 + ≥ ( 2) c+a −b b+c−a c 1 + ≥ ( 3) c+a −b a +b−c a Cộng (1) , ( ) , ( 3) vế với vế ta có: ⇒ 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Dấu xảy ⇔ a = b = c Ươm mầm tri thức – uommam.vn PHÒNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT TRƯƠNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MÔN: TOÁN 5/5/2018 NGUYỄN TRÃI – HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số Bài I Cho các biểu thức A = x +3 = và B x −4 x + x + 12 + với x ≥ , x ≠ 16 x − 16 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Để chở hết 80 quà tặng đồng bào nghèo vùng cao đón Tết, đội xe dự định dùng số xe cùng loại Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì xe còn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng các xe phải chở là Bài III    1) Giải hệ phương trình:     + x = y −1 + x = y −1 (1), đó m là tham số, x là ẩn số 2) Cho phương trình x − mx + m − = a) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình mà không phụ thuộc vào m b) Tìm m để hai nghiệm phương trình là số nguyên Bài IV Trên nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB , lấy điểm C ( CA < CB ) Hạ CH vuông góc với AB H Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự M , N 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp 3) Tia NM cắt tia BA K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K Chứng minh QC là tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) 4) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC = R Bài V Tìm x, y ≥ cho ( x + y + )( y + x + ) = ( x + y + )( x + y + ) Ươm mầm tri thức – uommam.vn HƯỚNG DẪN x +3 = và B x −4 Bài I Cho các biểu thức A = x + x + 12 + với x ≥ , x ≠ 16 x − 16 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B 1) Với x = (thỏa mãn điều kiện x ≥ , x ≠ 16 ) thì Do đó, thay vào biểu thức A ta A = x = x +3 3+3 = = −6 x − 3− 2) Rút gọn biểu thức B = B = = = = = ( x + x + 12 + x − 16 x +4 x +3 ( ) ( x − + x + 12 x +4 )( x −4 ) ) x − x − 12 + x + 12 ( ( x +4 x +4 x ( )( x −4 x+4 x ( x +4 )( x −4 x +4 )( ) x −4 ) ) ) x x −4 Vậy B = 3) Ta có ⇒ )( x , với x ≥ , x ≠ 16 x −4 A = B x +3 x = : x −4 x −4 A =m ⇔ =m +1 ⇔ B x Vì x ≥ , x ≠ 16 nên x ≥0, x +3 = 1+ với x ≥ , x ≠ 16 x x x= m x ≠ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 3 m >  m ≥ A  ⇔ ⇔ Do đó, phương trình = m + có nghiệm và   B 3 ≠4 m ≠  m Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Để chở hết 80 quà tặng đồng bào nghèo vùng cao đón Tết, đội xe dự định dùng số xe cùng loại Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì xe còn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng các xe phải chở là Gọi số xe ban đầu là x (xe); điều kiện x ∈ * , x > ⇒ Theo dự định, xe lúc đầu cần phải chở 80 (tấn) x Vì xe phải điều làm việc khác, nên thực tế còn lại x − (xe) dùng để chở 80 hàng ⇒ Thực tế, xe còn lại cần phải chở 80 (tấn) x−4 Vì xe còn lại phải chở nhiều dự định hàng, nên ta có phương trình: 80 80 − = x−4 x ⇔ 80x − 80(x − 4) = x(x − 4) ⇔ x − 4x − 320 =  x = 20 (thoa man ĐK ) ⇒  x = −16 (loai) Vậy lúc đầu đội có 20 xe Bài III    1) Giải hệ phương trình:     + x = y −1 + x = y −1 (1), đó m là tham số, x là ẩn số 2) Cho phương trình x − mx + m − = a) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm phân biệt với m Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình mà không phụ thuộc vào m b) Tìm m để hai nghiệm phương trình là số nguyên 1) Điều kiện x > ; y > Ươm mầm tri thức – uommam.vn 10 Đặt = b > (*), ta hệ: y −1 = a > và x 3a + b = ⇔  a + b =  2a = ⇔  a + b =  (thoa man) a=    b = (thoa man)     x =2  x = x =  x = (thoa man) ⇔ ⇔ ⇔  ⇔  y − =4  y − =  y = (thoa man)  =1  y − Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4;5) (1), đó m là tham số, x là ẩn số 2) Xét phương trình x − mx + m − = a) Ta có ∆ = ( −m ) − 4.(m − 2) = m − 4m + = ( m − ) + > với m 2 Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm phân biệt x1 , x2 với m m (2)  x1 + x2 = Hệ thức Vi-ét   x1.x2= m − (3) là hệ thức liên hệ hai nghiệm phương Thay (2) vào (3), ta có: x1 + x2 − x1 x2 = trình mà không phụ thuộc vào m ⇔ ( x1 − 1)(1 − x2 ) = (**) b) Ta có x1 + x2 − x1 x2 = Bài cho: x1 , x2 ∈  ⇔ x1 − ∈  và − x2 ∈  Do đó, từ (**) suy ra:  x1 − = − x2 =  x − =1 − x =−1 ⇒  ( x1 − 1) − (1 − x2 ) = ⇒ m= ⇒ x1 + x2 − = ⇒ m−2=  ( x1 − 1) − (1 − x2 ) = Thử lại với m = thì phương trình trở thành x = x2 − x = 0⇔ x = Vậy hai nghiệm phương trình là số nguyên ⇔ m = Bài IV Trên nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB , lấy điểm C ( CA < CB ) Hạ CH vuông góc với AB H Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự M , N 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp Ươm mầm tri thức – uommam.vn 11 3) Tia NM cắt tia BA K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K Chứng minh QC là tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) 4) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC = R 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật * Phân tích: HMCN là hình chữ nhật ⇐ cần tứ giác HMCN có góc vuông o   90 ⇐ Cần c/m:= CMH ; CNH 90o (dùng đường tròn đường kính CH) ; =  = 90o (dùng đường tròn (O))  = 90o ACB MCN * Trình bày lời giải: Xét đường tròn đường kính CH có:  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CMH  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CNH  AB  Xét  O,  có:    ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  = 900 ⇒ MCN    = CNH = MCN = 900 ) nên theo dấu hiệu nhận biết Tứ giác HMCN có góc vuông ( CMH thì tứ giác HMCN là hình chữ nhật (đpcm) 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp * Phân tích: AMNB là tứ giác nội tiếp =  + ABN 180o ⇐ Cần chứng minh: AMN  + CMN =  = CMN  180o (hai góc kề bù) nên cần chứng minh: ABN ⇐ Mà AMN  = CHN  nên cần chứng minh: CHN  = ABN  CHN  = HBC  ⇐ mà CMN ⇐ Dùng tam giác vuông CHB có HN ⊥ CB (cần điều này) * Trình bày lời giải:  = 90o ; có CNH  = 90o (cmt) Theo giả thiết CH ⊥ AB nên CHB ⇒ ∆CHB vuông H có HN là đường cao  = ABN   = HBC  (cùng 900 − HCN  ) CHN ⇒ CHN Ươm mầm tri thức – uommam.vn 12  (hai góc nội tiếp cùng chắn CN  = CMN ) Xét đường tròn đường kính CH có: CHN  = ⇒ CMN ABN =  + CMN 180o (hai góc kề bù) Mà AMN =  + ABN ⇒ AMN 180o  ABN  là hai góc đối tứ giác AMNB Mà AMN; ⇒ Tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp (định lý) (đpcm) 3) Chứng minh QC là tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) * Phân tích: QC là tiếp tuyến ( O; R ) ⇐ cần c/m: OC ⊥ QC  = QCM  + MCO  = 90o ⇐ cần c/m: QCO  = 90o )  = MCB  = ACB  + OCB  = OCB  (vì MCO ⇐ cần c/m: QCM    (vì ∆COB cân O) ⇐ cần c/m: QCM = OBC = ABN  (cmt))  = ABN  = CMN  (vì đã có CMN ⇐ cần c/m: QCM  CMN  so le nên cần c/m: QC // MN QC // KN ⇐ mà QCM; * Trình bày lời giải: Gọi I là giao điểm CH và MN, mà tứ giác CMHN là hình chữ nhật (cmt) ⇒ I là trung điểm CH (tính chất) Ta có Q đối xứng với H qua K (giả thiết) ⇒ K là trung điểm QH (tính chất) Do đó: KI là đường trung bình tam giác QHC ⇒ KI // QC QC // MN  = CMN  (hai góc so le trong) ⇒ QCM  = ABN  (cmt) CMN  = OBC  Mà CMN  = OBC  ⇒ QCM =  OCB Lại có OB = OC = R ⇒ ∆COB cân O ⇒ OBC  = OCB  ⇒ QCM  = ACB  = 90o  + OCB  = MCB Mà MCO  = 90o  = QCM  + MCO ⇒ QCO ⇒ OC ⊥ QC ⇒ QC là tiếp tuyến C đường tròn (O) 4) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC = R Gọi E , F là trung điểm AM , BN Qua E , F kẻ các đường trung trực AM , BN Các đường đó cắt là T Ươm mầm tri thức – uommam.vn 13    = CFT = ECF = 900 nên tứ giác CETF là hình chữ nhật ⇒ TF = CE Khi đó CET  = 60o = OC = OA = R (gt) nên ∆ABO là tam giác ⇒ CAB Ta có AC  = 30o  = 60o ⇒ CBA ∆ABC vuông C có CH là đường cao (cmt) nên CAB Áp dụng hệ thức lượng với tam giác vuông ABC có CH là đường cao ta AC = AH AB ⇒ AH = AC R R = = AB R AB ⇒ BC= và AC + BC = AB − AC = ( 2R ) 2 − R= R ∆CHA vuông H có HM là đường cao (cmt) nên AH = AM AC  R 1  R2 = AE = AM AH := AC ) : R Từ E là trung điểm AM suy (  = 2 2  R 7R = 8 Tương tự ∆CHB vuông H có HN là đường cao (cmt) nên ⇒ CE = AC − AE = R −  ( BC.cos CBA ) ( BC.cos 30= ) = 2 BN BH BF = = = 2 BC o 2.BC 2.BC cos 30o 3 BC = R 2  R   3  19 R R  = ∆TFB vuông F nên TB =TF + BF = CE + BF =   + 16     2 2 ⇒ Khi AC = R thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB có bán kính là TB = R 19 Bài V Tìm x, y ≥ cho ( x + y + )( y + x + ) = ( x + y + )( x + y + ) Với biểu thức a; b ≥ ta có a + b ≥ ab ⇒ ( a + b ) (a + b) ≥ 4ab ⇒ ab ≤ Áp dụng BĐT trên và giả thiết x, y ≥ ; (x + y + )( y + x + ) = ( x + y + )( x + y + ) Ta 2 16 ( x + y + 1) ≤ ( x − ) + ( x + y + 1)  ( y − ) + ( x + y + 1)      Ươm mầm tri thức – uommam.vn 14 = ( x + y + 8) ( y + x + 8) = ≤ ( 3x + y + ) ( y + x + ) ( x + y + ) + ( y + x + )  82 ( x + y + 1) = = 16 ( x + y + 1) 4 Vậy: 2 2 16 ( x + y + 1) ≤ ( x − ) + ( x + y + 1)  ( y − ) + ( x + y + 1)  ≤ 16 ( x + y + 1)     2 ⇒ 16 ( x + y + 1) = ( x − ) + ( x + y + 1)  ( y − ) + ( x + y + 1)      2 2 2 ⇒ 16 ( x + y + 1)= 16 ( x + y + 1) + ( x − ) ( y − ) + ( x + y + 1) ( x − ) + ( y − )    2 2 ⇒ ( x − ) ( y − ) + ( x + y + 1) ( x − ) + ( y − )  =   Do x; y ≥ nên x + y + > Mà ( x − ) ≥ 0; ( y − ) ≥ ∀x; y nên ( x − ) =( y − ) =0 2 2 ⇒ x = y = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 15 SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS LÁNG THƯỢNG Môn: TOÁN – Năm học: 2017 – 2018 Đề thi thử lần - Tháng – 2018 Đề số Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2 điểm) Cho hai biểu thức x −2 x +2 x −8 x − 13 − + và B = với x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ x −1 x −2 x −3 x + x −1 1) Tính giá trị biểu thức B với x = 36 A= 2) Rút gọn biểu thức A 3) Tìm giá trị lớn biểu thức P = A.B Bài II (2điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Trong kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi Kết hai trường có 338 học sinh trúng tuyển Tính trường A có 97% và trường B có 96% số học sinh trúng tuyển Hỏi trường có bao nhiêu học sinh dự thi? Bài III (2điểm ) 1) Giải phương trình: ( x + 1) + ( x + 1) − 20 = 2 2) Cho parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) : y = 2mx − 2m + a) Khi m = Xác định tọa độ giao điểm ( d ) và ( P ) b) Gọi A ( x1 , y1 ) và B ( x , y ) là các giao điểm ( d ) và ( P ) Tìm các giá trị m để y1 + y < Bài IV (3,5điểm) Cho đường tròn ( O;R ) có đường kính AB Đường kính CD vuông góc với  AB , M là điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A,C ), BM cắt AC H Gọi K là hình chiếu H trên AB 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp   = ACK 2) Chứng minh: ACM 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh ∆ECM vuông cân C 4) Gọi d là tiếp tuyến ( O ) điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d cho hai điểm P và C nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MB = R Chứng minh đường thẳng MA PB qua trung điểm đoạn HK Bài V (0,5điểm) Giải phương trình: x + x + + x + 7x = 35 − 2x Ươm mầm tri thức – uommam.vn 16 HƯỚNG DẪN Bài I (2 điểm) Cho hai biểu thức A= x −2 x +2 x −8 x − 13 − + và B = với x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ x −1 x −2 x −3 x + x −1 1) Tính giá trị biểu thức B với x = 36 2) Rút gọn biểu thức A 3) Tìm giá trị lớn biểu thức P = A.B = B 1) Với x = 36 (thỏa mãn ĐK), thay vào biểu thức B ta được: 36 − 13 4.6 − 13 11 = = −1 36 − 2) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ A= = = = ( ( x −2 x +2 x −8 − + x −1 x −2 x −3 x + ) ( x − 1).( x + 2) + ( x − 1).( x − 2) x −2 − x −2 )( x −1 x −2 x −8 ) x −1 3) Ta có:= P A.B = Đặt t = x − 13 x − 13 x − − = = = 2 x −1 x −1 x −1 x −1 ( ) ( ) x −1 − ( ) x −1 x −1 16  16  P= −9t + 4t = −  9t − 2.3t +  + 36  36  4  16 16   −  3t −  + ≤ Vì −  3t −  ≤ ⇒ P = 6  36 36   2 4  Dấu “=” xảy −  3t −  = ⇔ t = ⇔ 6  Vậy GTLN P = x −1 = 121 ⇒x= (thỏa mãn) 121 ⇔x= 36 16 Bài II (2điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 17 Trong kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi Kết hai trường có 338 học sinh trúng tuyển Tính trường A có 97% và trường B có 96% số học sinh trúng tuyển Hỏi trường có bao nhiêu học sinh dự thi? Gọi số học sinh dự thi trường A là x ( x > ) Gọi số học sinh dự thi trường B là y ( x > ) Vì hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi, nên ta có phương trình: x+y= 350 Hai trường có 338 học sinh trúng tuyển, đó trường A có 97% và trường B có 96% 338 số học sinh trúng tuyển, nên ta có phương trình: 0,97x + 0,96y = Ta có hệ phương trình : =  x + y 350=  x 150 ⇔ (thỏa mãn)  = 338 y 250 0,97x + 0,96y = Vậy trường A có 150 học sinh, trường B có 250 học sinh Bài III (2điểm ) 1) Giải phương trình: ( x + 1) + ( x + 1) − 20 = 2 2) Cho parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) : y = 2mx − 2m + a) Khi m = Xác định tọa độ giao điểm ( d ) và ( P ) b) Gọi A ( x1 , y1 ) và B ( x , y ) là các giao điểm ( d ) và ( P ) Tìm các giá trị m để y1 + y < 1) ( x + 1) + ( x + 1) − 20 = Đặt t = ( x + 1) ( t ≥ )  t = ( tm ) 0⇔ Khi đó phương trình trở thành : t + t − 20 =  t = −5 ( ktm ) = x + = x ⇔  x + =−2  x =−3 Với t =4 ⇔ ( x + 1) =4 ⇔  Vậy phương trình có hai nghiệm: x = và x = - 2 2) Phương trình hoành độ giao điểm : x= 2mx − 2m + ⇔ x − 2mx + 2m −= Ươm mầm tri thức – uommam.vn ( *) 18 a) Với m =  x =−1 ⇒ y =1 thì phương trình (*) trở thành: x − x − = ⇔  x = ⇒ y = Vậy tọa độ giao điểm là: (-1;1) ; (2;4) ∆ 4m − ( 2m −= 3) 4m − 8m += 12 b) Xét phương trình (*) có:= 2 ( 2m − ) +8>0 với m ⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x với m ⇒ ( d ) luôn cắt ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ; B ( x ; y ) với m = y1 x= x2 Ta có: , y2 2 2m  x1 + x = = 2m −  x1.x Theo Vi-ét ta có :  Theo đề : y1 + y < ⇔ x12 + x 2 < ⇔ ( x1 + x ) − 2x1.x < (**) Thay hệ thức Vi – ét vào (**) ta được: ( 2m ) − 2.( 2m − 3) < ⇔ 4m − 4m + < ⇔ ( 2m − 1) < ⇔ −2 < 2m − < 2 ⇔ −1 < 2m < ⇔ Vậy −1 <m< 2 −1 < m < thỏa mãn yêu cầu bài cho 2 Bài IV (3,5điểm) Cho đường tròn ( O;R ) có đường kính AB Đường kính CD vuông góc  với AB , M là điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A,C ), BM cắt AC H Gọi K là hình chiếu H trên AB 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp  = ACK  2) Chứng minh: ACM 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh ∆ECM vuông cân C 4) Gọi d là tiếp tuyến ( O ) điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d cho hai điểm P và C nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MB = R Chứng minh đường MA thẳng PB qua trung điểm đoạn HK Ươm mầm tri thức – uommam.vn 19 C Q M H P E S A K B O D 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp Ta có  = 90o HCB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có K là hình chiếu H trên AB (giả thiết) ⇒ HK ⊥ AB K = ⇒ HKB 90o  + HKB  = 90o + 90o = 180o  ; HKB  là hai góc đối và HCB Xét tứ giác CBKH có HCB ⇒ tứ giác CBKH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) (đpcm)   = ACK 2) Chứng minh: ACM Xét (O), ta có:  = ABM  ACM  (hai góc nội tiếp cùng chắn AM ) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKH , có:  = ABM  KCA (hai góc nội tiếp cùng chắn  KH =  (đpcm) ⇒ ACM KCA 3) Chứng minh ∆ECM vuông cân C Xét đường tròn (O) có đường kính CD và đường kính AB vuông góc (giả thiết)    ⇒ C là điểm chính AB CA = CB ⇒ CA = CB (liên hệ cung và dây) Xét ∆MAC và ∆EBC có: MA = EB (giả thiết) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 20   = EBC MAC  (hai góc nội tiếp cùng chắn MC đường tròn (O)) CA = CB (cmt) ⇒ ∆MAC = ∆EBC (c – g – c) =  (cặp góc tương ứng) và MC = EC (cặp cạnh tương ứng) ⇒ MCA BCE Mà (1)  + ECH  = BCH  = 90o BCE  + ECH  = MCE  = 90o (2) ⇒ MCA Từ (1) và (2) ⇒ ∆ECM vuông cân C (đpcm) 4) Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn HK Ta có : AP.MB AP MA = R= MO ⇒ = MA MO MB   = MBO  (góc tạo tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn AM (O)) Ta có: PAM ⇒ ∆PAM = ∆OBM ( c − g − c ) =  ⇒ PAM OMB  + AMO  = 900  = PMA  + AMO  = OMB ⇒ PMO ⇒ PM làtiếptuyếncủa ( O ) M {S} Kéo dài BM cắt AP Q , HK ∩ PB = Ta có : ∆AMQ vuôngtại M có MP = PA ⇒ P là trung điểm AQ Trong ∆ABQ , HK//AQ , P là trung điểm AQ , BP cắt HK S suy S là trung điểm HK Vậy PB qua trung điểm HK Bài V (0,5điểm) Giải phương trình: x + x + + x + 7x = 35 − 2x Điều kiện: x ≥ t ( t > 0) Đặt x + x + = Khi đó: t = 2x + + x + 7x 2  t = −7 (ktm)  t = (tm) Phương trình trở thành: t + t − 42 = ⇔  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 21 t =6 ⇔ x + x+7 =6 ⇔ x + =6 − x ⇔ x = 841 ( tm ) 144 Vậy phương trình có nghiệm x = 841 144 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 22 TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ ĐÈ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP LỚP 9A10 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN TOÁN Đề số Thời gian làm bài 120 phút Bài I: (2điểm) Cho biểu thức A = x 1+ x và B = x −1 x + 10 − x + − x − 3− x x −5 x + Với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ a) Tính giá trị biểu thức A x= − 2 b) Chứng minh : B = x −2 c) Tính giá trị nhỏ biểu thức P = A : B Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình: Một người xe đạp từ A đến B cách 60km Sau đó người khác xe máy từ A đến B và đến sớm người xe đạp 40 phút Tính vận tốc người xe đạp Bài III (2điểm): 1) Giải phương trình x − − x − = 2) Cho parabol (P): y = − x và đường thẳng (d): y = mx + m − a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) hai điểm A,B phân biệt b) Xác định vị trí m để (d) luôn cắt (P) hai điểm A,B phân biệt cho tổng y A + y B có giá trị lớn ( Với y A , y B theo thứ tự là tung độ hai điểm A và B) Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB =2R trên cạnh BC lấy điểm M ( M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O D , đường thẳng BD cắt AC E đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính AD điểm thứ hai là N 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E,M,N thẳng hàng 2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) F CMR : DF// AE 3) Khi M di động trên cạnh BC Chứng minh: BD.BE = BN.AB Từ đó suy BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi  = 300 Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến đường tròn tâm 4) Giả sử ABC (I) x x2 + Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN biểu thức sau: P =+ Ươm mầm tri thức – uommam.vn (voi x > 0) x 23 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I: (2điểm) Cho biểu thức A = x 1+ x x −1 x + 10 − x + − x − 3− x x −5 x + và B = Với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 1) Tính giá trị biểu thức A x= − 2 2) Chứng minh : B = x −2 3) Tính giá trị nhỏ biểu thức P = A : B > x =− , thay vào biểu thức A ta 1) Ta có x = 3− 2 = ( − 1) (thỏa mãn ĐK) = được: = A= −1 = 1+ −1 −2 2) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ B= = x −1 x + 10 − x + − x − 3− x x −5 x + ( x − 1)( x − 3) − ( x + 2)( x − 2) − 10 + x ( x − 2)( x − 3) x −3 ( x − 2)( x − 3) = x −2 = với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ x −2 Vậy B = 3) Ta có P= A : B= x 1+ x .( x − 2)= Áp dụng BĐT Cosi cho hai số x−2 x = x +1 x + và x −3+ 3 = ( x + 1) + −4 x +1 x +1 ta có: x +1 3 ≥ ( x + 1) =2 x +1 x +1 x +1+ = > P≥ 3−4 Dấu “=” xảy ( x + 1) = ⇔ ( x + 1) = ⇔ x = − (thỏa mãn ĐK) x +1 Vậy Pmin = − ⇔ x = − Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 24 Một người xe đạp từ A đến B cách 60km Sau đó người khác xe máy từ A đến B và đến sớm người xe đạp 40 phút Tính vận tốc người xe đạp Gọi vận tốc người xe đạp là x (km/h) (x > 0), thì vận tốc người xe máy là 3x (km/h) Sau người xe đạp x (km) Quãng đường còn lại là (60-x) km Thời gian người xe đạp hết quãng đường còn lại là: Thời gian người xe máy từ A đến B là: 60 − x x 60 20 = 3x x Vì người xe máy đến sơm người xe đạp 40 phút = trình: nên ta có phương 60 − x 20 60 − x − 20 40 − x − = ⇔ = ⇔ = x x x x ⇔ 120 − 3x = 5x ⇔ 8x = 120 ⇒ x = 15 (thỏa mãn) Vậy vận tốc người xe đạp là 15 (km/h) Bài III (2điểm): 1) Giải phương trình x − − x − = 2) Cho parabol (P): y = − x và đường thẳng (d): y = mx + m − a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) hai điểm A,B phân biệt b) Xác định vị trí m để (d) luôn cắt (P) hai điểm A,B phân biệt cho tổng y A + y B có giá trị lớn ( Với y A , y B theo thứ tự là tung độ hai điểm A và B) 1) Điều kiện: x ≥ x − − x − = ⇔ x − 4= x−2 Bình phương hai vế ta được: x − 8x + 16 = x − ⇔ x − 9x + 18 = ⇔ ( x − )( x − 3) = ⇒x= (thỏa mãn) ; x = (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = 2a) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: − x = mx + m − ⇔ x + mx + m − 2= (1) ∆= m − 4(m − 2) = (m − 2) + > với ∀m ⇒ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt 2b) Theo a, hai đồ thị luôn cắt hai điểm phân biệt với m  y A = − x A Gọi x A và x B là hoành độ giao điểm hai đồ thị ⇒  y = − x  B B −m x A + x B =  x A − x B =m − Vì x A và x B là hai nghiệm phương trình (1), áp dụng định lí Viét có:  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 25 Ta có: y A y B = −(x 2A + x 2B ) = −[(x A + x B ) − 2x A x B ] = −[m − 2(m − 2)] = −(m − 1) − ≤ −3 Dấu “=” xảy m = Vậy max(y A y B ) =3 ⇔ m =1 Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB = 2R trên cạnh BC lấy điểm M (M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O D , đường thẳng BD cắt AC E, đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính AD điểm thứ hai là N 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng 2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) F Chứng minh: DF// AE 3) Khi M di động trên cạnh BC Chứng minh: BD.BE = BN.AB Từ đó suy BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi  = 300 Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến đường tròn 4) Giả sử ABC tâm (I) E E D C D C M M I A N O B A I N O B F 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) và A, C, E thẳng hàng Ta có ACB  = 90o (M ∈ BC) ⇒ BC ⊥ AE C ⇒ MCE  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) và B, D, E thẳng hàng Ta có ADB  = 90o (M ∈ AD) ⇒ AD ⊥ BE D ⇒ MDE Xét tứ giác CEDM có MCE, MDE là hai góc đối và MCE + MDE = 180 ⇒ tứ giác CEDM nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) (đpcm) o   = 90o (do ADB  = 90o và M ∈ AD) là góc nội tiếp chắn MB (I) Xét (I) có: MDB ⇒ MD là đường kính đường tròn (I) = ⇒ MNB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 26 ⇒ MN ⊥ AB N (1) Xét ∆AEB có: BC ⊥ AE (cmt) , AD ⊥ BE (cmt) và AD cắt BC M ⇒ M là trực tâm ∆AEB ⇒ EM ⊥ AB (2) Từ (1) và (2) ta có: E, M, N thẳng hàng (đpcm) 2) Chứng minh: DF// AE  = 90o (do BC ⊥ AE C và M ∈ BC) Ta có MCA  = 90o (do MN ⊥ AB N) MNA  MNA  là hai góc đối và MNA  + MCA = 180o Xét tứ giác ACMN có MCA, ⇒ Tứ giác ACMN nội tiếp  =  (hai góc nội tiếp cùng chắn AN ) ⇒ ACN AMN (3) Ta có tứ giác DMNF nội tiếp đường tròn (I)  + DMN = ⇒ DFN 180o (tổng hai hóc đối)  + DMN = 180o (hai góc kề bù) Mà AMN =  (4) AMN ⇒ DFN  = DFN  Từ (3) và (4), có: ACN  ; DFN  là hao góc sole Mà ACN ⇒ AC / /DF hay AE / /DF (đpcm) 3) Chứng minh: BD.BE = BN.AB Từ đó suy BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi   = DMB  (hai góc nội tiếp cùng chắn DB ) Xét (I) có: DNB Ta có tứ giác CEDM nội tiếp (cmt)  + CMD = ⇒ CED 180o (tổng hai góc đối)  + CMD = 180o (hai góc kề bù) Mà DMB  = DMB  =  hay AEB ⇒ CED DMB =  ⇒ AEB DNB  chung  = DNB  (cmt) và ABE Xét ∆AEB và ∆DNB có: AEB ⇒ ∆AEB ∽ ∆DNB (g – g) AB EB = (cạnh tương ứng tỉ lệ) DB NB ⇒ AB.NB = EB.DB (đpcm) Xét BD.BE + AM.AD =AB.NB + AM.AD ⇒ Chứng minh ∆AMB ∽ ∆AND (g – g) ⇒ Ươm mầm tri thức – uommam.vn AM AB =(cạnh tương ứng tỉ lệ) AN AD 27 ⇒ AM.AD = AN.AB ⇒ BD.BE + AM.AD = AB.NB + AN.AB = AB(BN + AN) = AB2 = 4R không đổi 4) Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến đường tròn tâm (I) =  + NMI 90 (5) Ta có CN là tiếp tuyến (I) ⇔ CN ⊥ IN ⇔ CNM o  = BNI  = 30o  ABC  = = 30o , mà ∆NIB cân I ⇒ NBI Ta có NBI  + MNI  = BNM  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I)) Lại có: BNI = ⇒ MNI 60o = = 30o ⇔ CAM 30o (vì luôn có tứ giác ACMN nội tiếp nên luôn có Do đó (5) ⇔ CNM  = CAM ) CNM CA CM CB.CM (6) ⇔ ∆ V CAM ∽ ∆ V CBA ⇔ = ⇔ CA = CB CA  = 30o , áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn: Xét ∆ACB có ABC  = cos30o = BC = BC ⇒ BC = R cosABC AB 2R  = sin 30o = AC = AC ⇒ AC = R sinABC AB 2R R CM = R R 3.CM ⇔ CM ⇔ = Do đó (6) = BC 3  = 300 thì vị trí M trên BC thỏa mãn CM = thì CN là tiếp tuyến (I) Vậy ABC BC x x2 + Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN biểu thức sau: P =+ Bình phương hai vế ta P − 2Px + x = x + (voi x > 0) x ⇔ 2Px − xp + = (1) x Vì P > nên phương trình (1) có nghiệm ∆ ≥ ⇔ P − 8P ≥ ⇔ P(P − 8) ≥ ⇔ P ≥ ( vì P > ) Dấu xảy x = Vậy P = ⇔ x = (các em thay P = vào (1) để tìm x ) 2 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 28 PHÒNG GD & ĐT CẦU GIẤY Đề số Bài (2 điểm) Cho hai biểu thức A = ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học 2017 – 2018 Môn: TOÁN ( Lần ) Thời gian làm bài: 90 phút 2− x x+2 x − và B= x x x +1 x −1 ( ) với x > 0; x ≠ 1) Tính giá trị biểu thức A x = 25 2) Chứng minh: B = 3) Tìm x để biểu thức x ( x +2 ) x +1 A >1 B Bài (2 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe dự định dùng số xe cùng loại để chở hết 60 hàng Khi khởi hành , có xe phải điều nhận hợp đồng khác nên xe còn lại phải chở thêm hàng Tính số xe lúc đầu mà đội động (Biết số lượng trên xe phải chở là ) Bài (2 điểm)   x ( x − 2) − ( y − x ) =  2 x ( x − ) + ( x + y ) = 1) Giải hệ pt sau:  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x − 2m + và Parabol ( P ) : y = x2 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt Parabol ( P ) hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) a) Xác định các tọa độ giao điểm Parabol ( P ) và đường thẳng (d) m = − cho y1 + y2 = ( x1 + x2 ) Bài (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) , đường kính BC Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC ( D ≠ O, D ≠ C ) Dựng đường thẳng d vuông góc với BC D, đường thẳng d cắt nửa đường tròn ( O ) A Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì ( M ≠ A, M ≠ C ) , tia BM cắt đường thẳng d K , tia CM cắ đường thẳng d E Đường thẳng BE cắt nửa wngf tròn ( O ) N ( N ≠ B ) 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh: KE.KD = KM KB và ba điểm C , K , N thẳng hàng 3) Tiếp tuyến N nửa đường tròn ( O ) cắt đường thẳng d F Chứng minh: F là trung điểm KE và OF ⊥ MN 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKE Chứng minh M di chuyển trên cung AC thì I di chuyển trên đường thẳng cố định nhỏ  x Bài (0.5 điểm) Giải phương trình: x + x + + x − = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 29 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm) Cho hai biểu thức A = 2− x x+2 x − và B= x x x +1 x −1 ( ) với x > 0; x ≠ 1) Tính giá trị biểu thức A x = 25 2) Chứng minh: B = x ( x +2 ) x +1 A >1 B 3) Tìm x để biểu thức = 1) Thay x = 25 (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A ta A 25 + 25 35 = 25 − 24 2) Điều kiện: x > 0; x ≠ B = B = 3) ( ) x +1 − + x x+2 x = x x +1 x x +1 ( ( ( ) ) x x +2 = x x +1 A >1⇔ B ) ( x ( x +2 ) ) x +1 x x − x +1 >1⇔ > (*) x −1 x −1 1  1  Xét x − x + =  x − x +  + =  x −  + > với x > 0; x ≠ 4  2  Do đó (*) ⇔ x −1 > ⇔ x > Kết hợp điều kiện, ta có x > thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài (2 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe dự định dùng số xe cùng loại để chở hết 60 hàng Khi khởi hành , có xe phải điều nhận hợp đồng khác nên xe còn lại phải chở thêm hàng Tính số xe lúc đầu mà đội điều động (Biết số lượng trên xe phải chở là nhau) Gọi số xe lúc đầu đội dự định điều động là x (xe ; x ∈ N *, x > 2) Dự định số lượng hàng xe phải chở là 60 (tấn) x Trên thực tế số xe còn lại là: x − (xe), nên số hàng xe còn lại phải chở là 60 x−2 (tấn) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 30 Vì xe còn lại phải chở thêm hàng so với dự định nên ta có phương trình 60 60 = + ⇔ x − x − 120 = ⇔ ( x − 12 )( x + 10 ) = x−2 x ⇒x= 12 (thỏa mãn) ; x = −10 (loại) Vậy số xe lúc đầu là 12 xe Bài (2 điểm)   x ( x − 2) − ( y − x ) =  2 x ( x − ) + ( x + y ) = 1) Giải hệ pt sau:  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x − 2m + và Parabol ( P ) :y=x a) Xác định các tọa độ giao điểm Parabol ( P ) và đường thẳng (d) m = − b) Tìm m để đường thẳng (d ) cắt Parabol ( P ) hai điểm phân biệt A( x1; y1 ); B ( x2 ; y2 ) cho y1 + y2 = ( x1 + x2 )   x − y =  x =  x = ±2  x ( x − 2) − ( y − x ) = ⇔ ⇔ ⇒ 1)  y = x x − + x + y = 9 x + y = ( ) ( )  y =1     Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x, y ) = ( 2;1) ( x, y ) = ( −2;1) 2) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x = x − 2m + ⇔ x − x + 2m − = (*) a) Khi m = − phương trình (*) có dạng  x + =0  x =−1  y =1 ⇒ ⇒ x − x − = ⇔ ( x + 1)( x − 3) = ⇔  −3 =  x= x = y Vậy m = − thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm ( −1;1) ; ( 3;9 ) b) Để đường thẳg (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 , x ⇔∆>0 ⇔ − 4(2m − 2) > ⇔m< Ươm mầm tri thức – uommam.vn 31  x1 + x2 = x2 2m −  x1.= Theo Vi-ét có:  = y1 x= x2 , nên để y1 + y2 = ( x1 + x2 ) Mà ; y2 ⇔ x12 + x2 = ( x1 + x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4( x1 + x2 ) Kết hợp hệ thức Vi – ét, ta có: − ( 2m − ) =8 ⇒ m =0 (Thỏa mãn) Vậy với m = thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) , đường kính BC Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC ( D ≠ O, D ≠ C ) Dựng đường thẳng d vuông góc với BC D, đường thẳng d cắt nửa đường tròn ( M ≠ A, M ≠ C ) , (O ) A Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì tia BM cắt đường thẳng d K , tia CM cắ đường thẳng d E Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn ( O ) N ( N ≠ B ) 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh: KE.KD = KM KB và ba điểm C , K , N thẳng hàng 3) Tiếp tuyến N nửa đường tròn ( O ) cắt đường thẳng d F Chứng minh: F là trung điểm KE và OF ⊥ MN 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKE Chứng minh M di chuyển trên cung AC thì I di chuyển trên đường thẳng cố định nhỏ  E F I N    B Ươm mầm tri thức – uommam.vn A   O H K  M  D  C 32 1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có: BNC  + ENC = BNC 180o (hai góc kề bù) = ⇒ ENC 90o Ta có: d ⊥ BC D (giả thiết), E ∈ d = ⇒ EDC 90o   Xét tứ giác EDNC có EDC = ENC = 90o , mà N , D là đỉnh kề cùng nhìn cạnh EC ⇒ EDNC là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: KE.KD = KM KB và ba điểm C , K , N thẳng hàng  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có: BMC  + BME = BMC 180o (hai góc kề bù) =  = 90o ⇒ BME 90o KME Ta có: d ⊥ BC D (giả thiết), K ∈ d = ⇒ KDB 90o Xét ∆KEM và ∆KBD có:  = KDB  (cùng 90o) ; EKM  = BKD  (đối đỉnh) KME ⇒ ∆KEM ∽ ∆KBD (g – g) ⇒ KE KM = (tính chất) ⇒ KE.KD = KM.KB (đpcm) KB KD  = 90o và BME  = 90o ) và ED ⊥ BC Trong ∆BEC có BM ⊥ CE M (do BMC Mà BM và ED cắt K ⇒ K là trực tâm ∆BEC  = 90o và B, N, E thẳng hàng) Mà CN ⊥ BE (do BNC ⇒ CN qua K hay C, N, K thẳng hàng (tính chất ba đường cao tam giác) 3) Chứng minh: F là trung điểm KE và OF ⊥ MN   ⇒ ∆NFK cân ⇒ NF = = FKN Chứng minh FNK FK (1) Chứng minh ∆NFE cân ⇒ NF = FE ( ) Từ (1) và (2) ⇒ F là trung điểm KE = FM ⇒ F thuộc đường trung trực MN ( 3) Chứng minh NF Ươm mầm tri thức – uommam.vn 33 OM = ON ⇒ O thuộc đường trung trực MN ( ) Từ (3) và (4) FO là đường trung trực MN ⇒ FO ⊥ MN AC thì I di chuyển trên đường 4) Chứng minh M di chuyển trên cung nhỏ  thẳng cố định Gọi H là điểm đối xứng với C qua D ⇒ H cố định Chứng minh tứ giác BEKH nội tiếp ⇒ I nằm trên đường trung trực đoạn thẳng BH cố định x Bài (0.5 điểm) Giải phương trình x + x + + x − = Điều kiện: x ≥ x + 2x + + x − = 5x ⇔ x − 8x + 16 + 2x + − + x − − + 3x − 12 =0 ⇔ ( x − 4) + ( 2x + − )( 2x + + )+( )( x − −1 2x + + x − +1 2x + − x − −1 ⇔ ( x − 4) + + + 3( x − 4) = 2x + + x − +1 ( x − 4) x−4 ⇔ ( x − 4) + + + 3( x − 4) = 2x + + x − +1   ⇔ ( x − 4) x − + + + 3 = 2x + + x − +1     ⇔ ( x − 4)  x − + +  =0 2x + − x − +1  Vì x ≥ ⇒ x − + 2x + + + x − +1 ) + 3( x − 4) = x − +1 (1) ≠ ∀x Nên (1) ⇔ x − = ⇔ x = (tmđk) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 34 TRƯỜNG THCS CÁT LINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG Năm học 2017 – 2018 MÔN TOÁN - VÒNG Thời gian 120 phút Đề số Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức P = Ngày thi 20/5/2018 x x 3x + + − và Q = x +3 x −3 x −9 x +1 với x ≥ 0; x ≠ x −3 a) Tính giá trị biểu thức Q x= − x b) Rút gọn P và tính M = P Q A M.x + c) Cho biểu thức= 4x + Tìm giá trị nhỏ A x +3 Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và chia thành các dãy có số chỗ ngồi Nếu thêm cho dãy chỗ ngồi và bớt dãy thì số chỗ ngồi phòng họp không thay đổi Hỏi ban đầu số chỗ ngồi phòng họp chia thành bao nhiêu dãy? Bài 3: (2,0 đ)  x ( y − ) = ( x + )( y − ) ( x − 3)( 2y + ) = ( 2x − )( y + 3) 1) Giải hệ phương trình  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng và ( d ) : 2x − y − a = Parabol (P): (P) : y = ax (a>0; a là tham số) a) Tìm a để d cắt P điểm phân biệt A và B Chứng minh đó A và B nằm bên phải trục tung b) Gọi x A ; x B là hoảnh độ A và B Tìm giá trị nhỏ biểu thức = T + xA + xB xAxB Bài 4: (3,5 đ)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đường cao AD, BE cắt H , kéo dài BE cắt đường tròn ( O;R ) F a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AHF cân c) Gọi M là trung điểm cạnh AB Chứng minh: ME là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE d) Cho BC cố định và BC = R Xác định vị trí A trên ( O ) để DH.DA lớn = xy ( x − )( y + ) + 12x + 3y + 18y + 36 − 24x Chứng minh P Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức P luôn dương với x, y ∈ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 35 HƯỚNG DẪN GIẢI x x 3x + + − và Q = x +3 x −3 x −9 Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức P = x +1 x −3 với x ≥ 0; x ≠ a) Tính giá trị biểu thức Q x= − x b) Rút gọn P và tính M = P Q 4x + Tìm giá trị nhỏ A x +3 A M.x + c) Cho biểu thức= a) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ Ta có x = − = x Thay = ( ) − ⇒ x = − (Thỏa mãn ĐK) − vào Q ta có Q = −3 − 13 b) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ x x 3x + + − x +3 x −3 x −9 P= = = = x ( ( x +3 x −3 )( ) x −3 + ) ( x ( x +3 x +3 )( 2x − x + x + x − 3x − ( x +3 )( x −3 ) = ) x −3 ( − ) ( 3x + x +3 −3 x − x +3 )( x −3 )( x −3 ) ) −3 x − x −9 Vậy P = −3 x − với x ≥ 0; x ≠ x −9 * Tính M = = M Vậy M = P Q P −3 x − x + −3 x − x − = = = : Q x −9 x −9 x −3 x +1 −3 x +3 −3 với x ≥ 0; x ≠ x +3 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 36 M.x + c) Ta có: A = 4x + −3 4x + x+7 16 = x + = =x +3 + − x +3 x +3 x +3 x +3 x +3 ( Áp dụng bất đẳng thức Côsi với số không âm Ta có ( ) x +3 + 16 ≥2 x +3 ( ) x +3 x + và ) 16 x +3 16 = x +3 ⇒ A ≥8−6 = Dấu “ = ” xảy ⇔ 16 ⇔ = x x +3 x= +3 Vậy A = ⇔ x = Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và chia thành các dãy có số chỗ ngồi Nếu thêm cho dãy chỗ ngồi và bớt dãy thì số chỗ ngồi phòng họp không thay đổi Hỏi ban đầu số chỗ ngồi phòng họp chia thành bao nhiêu dãy? Gọi số dãy ghế phòng lúc đầu là x ( x > 3, x ∈ N* , dãy ) Số dãy ghế phòng lúc sau là: x − (dãy ) Số chỗ ngồi trên dãy lúc đầu là: 360 (chỗ ) x Số chỗ ngồi trên dãy lúc sau là: 360 (chỗ ) x −3 Theo đề bài ta có phương trình: 360 360 − = x −3 x Giải phương trình, ta có: x1 = 18(tm) ; x = −15 (Loại ) Vậy phòng có 18 dãy ghế Bài 3: (2,0 đ)  x ( y − ) = ( x + )( y − ) ( x − 3)( 2y + ) = ( 2x − )( y + 3) 1) Giải hệ phương trình  và Parabol 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : 2x − y − a = (P): (P) : y = ax (a > 0; a là tham số) a) Tìm a để d cắt P điểm phân biệt A và B Chứng minh đó A và B nằm bên phải trục tung Ươm mầm tri thức – uommam.vn 37 b) Gọi x A ; x B là hoảnh độ A và B Tìm giá trị nhỏ biểu thức + xA + xB xAxB = T  x ( y − ) = ( x + )( y − ) ( x − 3)( 2y + ) = ( 2x − )( y + 3) 1)   xy − 2x = xy − 4x + 2y − ⇔ 2xy + 7x − 6y − 21 = 2xy + 6x − 7y − 21  x − y =−4 ⇔ x + y =  x = −2 ⇔ y = Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( −2; ) 2a) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là : ax − 2x + a = (1) (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A và B ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt a > ⇔ ⇔ < a <1 ∆ = − a > Gọi x A ; x B là hoảnh độ A và B, theo định lý Vi – ét ta có:  x A + x B = > ⇒ A, B nằm bên phải trục tung a   x A x B= a > 1 + = 2a + xA + xB xAxB a 2b) Ta có: T = Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 2a + 1 ≥ 2a = 2 = > T ≥ 2 a a a 2 Dấu “=” xảy ⇔ 2a =⇔ 2a =1 ⇔ a = Vậy Tmax= 2 ⇔ a= ⇔a= 2 2 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 38 Bài 4: (3,5đ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đường cao AD, BE cắt H , kéo dài BE cắt đường tròn ( O;R ) F a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AHF cân c) Gọi M là trung điểm cạnh AB Chứng minh: ME là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE d) Cho BC cố định và BC = R Xác định vị trí A trên ( O ) để DH.DA lớn A F E M H O O' B D C N a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn Xét ∆ABC có đường cao AD, BE cắt H (giả thiết)   AH ⊥ BC (t / c) ⇒= ADC 900 hay= HDC 900 ⇒   BEC 900 hay= HEC 900 = BE ⊥ AC (t / c) ⇒   0 Xét tứ giác CDHE có: HDC + HEC = 90 + 90 = 180  HEC  vị trí đối Mà HDC; => CDHE nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính HC b) Chứng minh tam giác AHF cân Xét đường tròn (O) có:     AFB = ACB = sđ AB ( góc nội tiếp chắn AB )  = ACB  (cùng bù với DHE  ) AHF Ươm mầm tri thức – uommam.vn 39  hay AHF =  = HFA  ⇒ AHF AFB ⇒ ∆AHF cân A ⇒ ∆HCF cân C c) Chứng minh: ME là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE Ta có ∆AEB vuông E , EM là trung tuyến =  ⇒ MBE MEB   = ACF  ( góc nội tiếp chắn AF ) Mà MBE  ( ∆HCF cân C)  = ACH ACF  =O  ACH 'EC ( ∆O 'EC cân O ' )  = ⇒ MEB O 'EC ' = ⇒ MEO 90° hay ME là tiếp tuyến tam giác CDE trùng với tiếp tuyến (DHEC) d) Xác định vị trí A trên ( O ) để DH.DA lớn AH cắt (O;R) N Ta có tứ giác HECD nội tiếp (cmt)  (góc ngoài đỉnh H góc đỉnh đối diện) = ⇒ BHN ECD   = BNH  (hai góc nội tiếp cùng chắn AB ) Mà xét (O), ta có: ECD =  ⇒ BHN BNH DN ⇒ ∆HBN cân B ⇒ DH = Chỉ ∆BDN ∽ ∆ADC ⇒ BD DN = ⇒ DN.DA = DB.DC DA DC (DB + DC) 3R ⇒ DH.DA = DN.DA = DB.DC ≤ = 4 ⇒ (DH.DA) max 3R = ⇔ DB = DC ⇔ A là điểm chính cung BC lớn = xy ( x − )( y + ) + 12x + 3y + 18y + 36 − 24x Chứng Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức P minh P luôn dương với x, y ∈ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 40 P= xy(x − 2)(x + 6) + 12x + 3y + 18y + 36 − 24x = xy(x − 2)(x + 6) + 12(x − 2) + 3(y + 6) + 36 = x(x − 2) [ y(y + 6) + 12] + 3[ y(y + 6) + 12] = (y + 6y + 12)(x − 2x + 33) 2 = ( y + 3) + 3 ( x − 1) + 32     ( y + 3)2 + > Vì  với x, y ∈ ( x − 1) + 32 > Vậy P luôn dương với x, y ∈ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 41 HỆ THỐNG GIÁO DỤC HỌC MÃI Đề số Bài (2 điểm): Cho biểu thức: A= KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2018 – 2019 Môn thi: Toán Ngày thi: 15 tháng 04 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút 2x + x x − x + x + − ( x > 0; x ≠ 1) x x− x x x +x 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị A x= − 3) Tìm giá trị x để nhận giá trị nguyên A Bài (2 điểm): 2 (1) với m là tham số 1) Cho phương trình: x − ( 3m + 1) x + 2m + m − = a) Chứng minh phươn trình (1) luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình (1) TÌm m để biểu thức B= x12 − 4x1x + x 2 đạt giá trị lớn 2 ( x − 1)2 + y + = 2) Giải phương trình:  3x − 6x − y + =−7 Bài (2 điểm): Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một xe máy từ A đến B cách 40 km với vận tốc dự định Thực tế trên nửa quãng đường đầu xe máy với vận tốc nhỏ dự định km/h Trên nửa quãng đường còn lại xe máy với vận tốc lớn dự định 12 km/h nên xe máy đến B đúng thời gian đã định TÌm vận tốc dự định xe máy Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA ( M ≠ O, A ) Tia DM cắt đường tròn ( O ) N 1) Chứng minh bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc đường tròn = DO.DC = 2R 2) Chứng minh DM.DN 3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB E, F Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE + CF không đổi M di động trên OA 4) Nối B với N cắt OC P Tìm vị trí điểm M để OM OP đạt giá trị nhỏ + AM CP TÌm giá trị Bài (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = nhỏ biểu thức A = ab + 3c + 2a + 2b + ab Ươm mầm tri thức – uommam.vn 42 HƯỚNG DẪN GIẢI 2x + x x − x + x + − Bài (2 điểm): Cho biểu thức: A= ( x > 0; x ≠ 1) x x− x x x +x 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị A x= − 3) Tìm giá trị x để nhận giá trị nguyên A 1) Điều kiện: x > 0, x ≠ 2x + x x − x x + + − A= x x− x x+ x ( )( ( ) ( x −1 x + x +1 2x + = + − x x x −1 ) )( ) x ( x + 1) x +1 x − x +1 2x + x + x + x − x + = + − x x x = 2x + x + x Vậy A = 2x + x + với x > 0, x ≠ x ( ) 2) Ta có: x = − =5 − (thỏa mãn ĐK) ⇒ x= −1 = −1 Thay vào biểu thức A, ta được: A = ( ) ( ) − + − + 12 − = −1 −1 + 1) (12 − )(= ( − 1)( + 1) 3) Ta có + 10 5 + = 7 x = A 2x + + x Vì 2x + + x =2 ( x + 1) + x > ⋅ x + x =6 x ⇒0< ( x > 0, x ≠ 1) x < 2x + + x Ươm mầm tri thức – uommam.vn 43 Mà 7 ∈ ⇒ = ⇒ x = 2x + + x A A  x =2 x =  ⇔ 2x-5 x + = ⇔ ⇔ (thỏa mãn ĐKXĐ)  x=1 x =    1  4 Vậy x ∈  4;  Bài (2 điểm): 2 (1) với m là tham số 1) Cho phương trình: x − ( 3m + 1) x + 2m + m − = a) Chứng minh phươn trình (1) luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để biểu thức B= x12 − 4x1x + x 2 đạt giá trị lớn 2 ( x − 1)2 + y + = 2) Giải phương trình:  3x − 6x − y + =−7 2 1) Phương trình: x − ( 3m + 1) x + 2m + m − = ( (1) ) 2 a) Ta có ∆ =  − ( 3m + 1)  − ⋅1 ⋅ 2m + m − = m + 2m + = ( m + 1) + > với ∀m Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình (1)  x1 + x = 3m + Theo định lí Vi-et, ta có:   x1x 2= 2m + m − B = x12 + x 2 − 4x1x = ( x1 + x ) − 6x1x = ( 3m + 1) −3m + − ( 2m + m − 1) = ⇒ B =−3m + ≤ Dấu '' = '' xảy ⇔ m = = Bmax 7= m Vậy 2) Điều kiện : y ≥ −1 2 ( x − 1)2 + y + = 2 ( x − 2x ) + y + = ⇔   3 ( x − 2x ) − y + =−7 3x − 6x − y + =−7 x − 2x;b = y + ( b ≥ ) Đặt a = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 44 2a + b =0 b =−2a b = ⇔ ⇔  (thỏa mãn) −7 −7 a = −1 3a − 2b = 7a = Hệ phương trình trở thành  2   −1  x − 2x+1 = 0 x =  x − 2x = ( x − 1) = (thỏa mãn ĐK) ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ = y + = y + = y = y       Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) = (1,3) Bài (2 điểm): Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một xe máy từ A đến B cách 40 km với vận tốc dự định Thực tế trên nửa quãng đường đầu xe máy với vận tốc nhỏ dự định km/h Trên nửa quãng đường còn lại xe máy với vận tốc lớn dự định 12 km/h nên xe máy đến B đúng thời gian đã định TÌm vận tốc dự định xe máy Gọi vận tốc dự định xe máy là x ( km / h ) (ĐK : x > ) Khi đó thời gian xe máy dự định hết quãng đường AB là Thời gian thực tế xe máy nửa quãng đường đầu là 40 ( h ) x 20 ( h ) x −6 Thời gian thực tế xe máy nửa quãng đường còn lại là 20 (h) x + 12 Vì xe máy đến B đúng thời gian đã định, ta có phương trình: 20 20 40 + = x − x + 12 x ⇔ x ( x + 12 ) x ( x − 6) 2x ( x + 12 )( x − ) + = x ( x + 12 )( x − ) x ( x + 12 )( x − ) x ( x + 12 )( x − ) ⇒ x + 12x + x − 6x − ( 2x + 12x − 144 ) = ⇔ 6x − 144 = 24 (thỏa mãn) ⇔x= Vậy vận tốc dự định xe máy là 24(km/h) Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA ( M ≠ O, A ) Tia DM cắt đường tròn ( O ) N 1) Chứng minh bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc đường tròn = DO.DC = 2R 2) Chứng minh DM.DN Ươm mầm tri thức – uommam.vn 45 3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB E, F Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE + CF không đổi M di động trên OA 4) Nối B với N cắt OC P Tìm vị trí điểm M để OM OP đạt giá trị nhỏ + AM CP C F N A P B M O E D 1) Chứng minh bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc đường tròn   Ta có: CNM = CND = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) = 90o AB ⊥ CD O, M∈ AB (giả thiết) ⇒ COM  ; COM  là hai góc đối và CNM  + COM = 180o Xét tứ giác CNMO có CNM ⇒ Tứ giác CNMO nội tiếp ⇒ bốn điểm O, M, N, C thuộc đường tròn = DO.DC = 2R 2) Chứng minh DM.DN  chung ; DOM   = DNC = 90o Xét ∆DOM và ∆DNC có: MDC ⇒ ∆DOM ∽ ∆DNC (g – g) ⇒ DO DM (cạnh tương ứng tỉ lệ) = DN DC ⇒ DM.DN =DO.DC =2R 3) Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE + CF không đổi M di động trên OA Xét (O) có AB và CD là hai đường kính vuông góc O (giả thiết) ⇒ tứ giác ACBD là hình vuông Ươm mầm tri thức – uommam.vn 46  = 90o ECF  = 90o ⇒ ACB   là góc nội tiếp đường tròn (M, MC) và chắn EF Mà ECF  ⇒ EF là cung nửa đường tròn tâm M ⇒ EF là đường kính đường tròn (M) ⇒ E, M, F thẳng hàng Do MO là trung trực CD nên MC = MD ⇒ D thuộc đường tròn (M, MC) ⇒ tứ giác CFDE nội tiếp  + CFD = 180o (tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp) ⇒ AED  + CFD = 180o (hai góc kề bù) Mà BFD =  ⇒ AED BFD Mà ∆BFD vuông B và ∆AED vuông A có AD = BD (cạnh hình vuông ACBD) ⇒ ∆ADE = ∆BDF (cạnh góc vuông, góc nhọn) ⇒ AE = BF Do đó: CE + CF = CA + AE + CB − BF = 2CA Mà CA= OA + OC = R ⇒ CE + CF= 2R Vậy tổng CE + CF không đổi M di động trên OA 4) Tìm vị trí điểm M để OM OP đạt giá trị nhỏ + AM CP Ta có ∆DOM ∽ ∆DNC(g.g) ⇒ DO OM DO.NC = ⇒ OM = DN NC DN  chung, DAM   = DNA = 45o Có ∆AMD ∽ ∆NAD(g.g) vì: ADN ⇒ AM AD AD.A N = ⇒ AM = AN DN DN OM AM = Do đó DO.NC R.NC = = AD.AN R 2.A N NC (1) 2AN Tương tự ta có ∆OBP ∽ ∆NBA (g – g) ⇒ Có ∆CPB ∽ ∆NCB (g – g) ⇒ OP OB OB.NA = ⇒ OP = NA NB NB CP CB NC.CB = ⇒ CP = NC NB NB Ươm mầm tri thức – uommam.vn 47 OP CP Do = đó OB.NA = NC.CB NA (2) 2NC OM OP AM CP = Từ (1) và (2) ta có: NC NA = A N 2NC Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM, ta có: OM OP OM OP + ≥2 ⋅ = AM CP AM CP OM OP đạt giá trị nhỏ + AM CP OM OP OA +1 2 = = ⇒ = ⇒ AM = OA = R AM CP AM 2 +1 +1 Vậy để OM OP đạt GTNN thì điểm M thuộc OA thỏa mãn AM = + AM CP R +1 TÌm giá Bài (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = trị nhỏ biểu thức A = ab + 3c + 2a + 2b + ab Ta có: ( ab + 3c = ab + c(a + b + c) = c + c ( a + b ) + ab ≥ c + 2c ab + ab = c + ab ( a + b ) ≥ a + b + 2ab= Do đó A ≥ (a + b) = ) ab ( v× : a + b > ) c + ab + a + b + ab = = + ab + ab Dấu “=” xảy và với a = b Vậy A = với a = b Ươm mầm tri thức – uommam.vn 48 TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ĐỀ THI THỬ LẦN 05 Nămhọc: 2017 – 2018 Môn: Toán Đề số = A Câu 1: Cho hai biểu thức: 1 + = và B x +1 x −1 x +1 x + x − , ( x > 0, x ≠ 1) x −1 x −1 1) Rút gọn và tính giá trị biểu thức A x= − 2) Rút gọn biểu thức B 3) Đặt M = B:A, tìm x để x +1 − ≥ M Câu 2: Giải bài toán cách lập hệ phương trình phương trình: Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84% Riêng trường A đạt tỷ lệ thi đỗ là 80% Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90% Tính số học sinh dự thi trường Câu 3:  x + y = 10  x + y + x + = 1) Giải hệ phương trình sau:  (1) 2) Cho phương trình: x − 5x + m − = a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có)  1  +  =  x x   b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thoả mãn  Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By E và F Nối AM cắt OE P, nối MB cắt OF Q Hạ MH vuông góc với AB H 1) Chứng minh điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên đường tròn 2) Chứng minh rằng: AE.BF = R 3) Gọi K là giao điểm MH và BE Chứng minh MK = KH r < < R 2 2  a   b   c  Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   +  +  ≥ a+b b+c c+a 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh Ươm mầm tri thức – uommam.vn 49 HƯỚNG DẪN GIẢI x +1 x + x − , ( x > 0, x ≠ 1) x −1 x −1 1 + = và B x +1 x −1 = A Câu 1: Cho hai biểu thức: 1) Rút gọn và tính giá trị biểu thức A x= − 2) Rút gọn biểu thức B 3) Đặt M = B:A, tìm x để x +1 − ≥ M 1) Điều kiện: x > 0, x ≠ 1 + = x +1 x −1 = A x x −1 Vậy A = ( x −1+ x +1 )( x +1 = = ( x= ) = −6+2 −1 3− ( 4−2 = 3 ) −1 = − 1(do − > 0) thay vào A ta 6+2 x= − 3 x +1 x + x − , ( x > 0, x ≠ 1) x −1 x −1 = 2) B = ) −1 − −1 Vậy A = − ( ( x x −1 x ≥ 0; x ≠ Ta có x = − (tm) ⇒ có: A = ) x −1 = ( ) x +1 )( x −1 ) x +1 − x+ x x −1 x + x +1− x − x x −1 x +1 = x −1 ( x > 0; x ≠ 1) x −1 = B Vậy = 3) M x −1 B = A x +1 x −1 = x −1 x ( ) x +1 x Ươm mầm tri thức – uommam.vn 50 x +1 x x + 16 x − x − x − − x + 14 x − − = − = = M 8 x +1 x +1 x +1 ( ) ( ) Ta có: x +1 − x + 14 x − − ≥1⇔ −1 ≥ M 8 x +1 ( ⇔ ) − x + 14 x − − x − 8 ( ) x +1 ⇔ x −6 x +9≤ ⇔ ( ≥ ⇔ −x + x − ≥ ) x − ≤ ⇔ x − = ⇔ x = (tm) Vậy x = thì bài toán thỏa mãn Câu 2: Giải bài toán cách lập hệ phương trình phương trình: Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84% Riêng trường A đạt tỷ lệ thi đỗ là 80% Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90% Tính số học sinh dự thi trường Gọi số học sinh trường A là x (học sinh) ( x ∈,0 < x < 420 ) Vì hai trường có 420 học sinh nên số học sinh trường B là : 420 − x ( học sinh) Trường A có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 80% nên số học sinh đỗ vào 10 trường A là: 80%x = x (học sinh) Trường B có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 90% nên số học sinh đỗ vào 10 trường B là: 90%(420 −= x) (420 − x) (học sinh) 10 Suy tổng số học sinh đỗ vào 10 hai trường là: x + (420 − x) = 378 − x (học 10 10 sinh) Mà số tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 hai trường là 84% nên ta có phương trình: x 10 100% = 84% 420 378 − 1764 x= 10 126 ⇔ x= ⇔ x= 252 10 ⇔ 378 − Kết hợp điều kiện ta có số học sinh dự thi trường A là 252 ( học sinh) số học sinh dự thi trường B là168 ( học sinh) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 51 Câu 3:  x + y = 10  x + y + x + = 1) Giải hệ phương trình sau:  (1) 2) Cho phương trình: x − 5x + m − = a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có) b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x thoả mãn  1  2 + =  x x   1) Điều kiện: x ≥ −1 = = =  x + y  x + y  x + y (I)  ⇔ ⇔ x + 10 x + 10 x +1  x + y + = 8 + =  =  x + y = +y =  x= x ⇔ ⇔ ⇔ =  x 3= y  x + 1= Kết hợp điều kiện hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3;5) 2a) Thay x = vào (1) ta có: − 5.2 + m − = ⇔ m = x = x = Thay m = vào (1) ta có (1) ⇔ x − 5x + = ⇔ (x − 2)(x − 3) = ⇔  Vậy với m = thì (1) có nghiệm x = và nghiệm còn lại là x = 2b) Ta có: ∆= − 4(m − 2)= 33 − 4m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 33  x1 + x = Hệ thức Vi - ét ta có:  m−2  x1.x= ⇔ ∆ > ⇔ 33 − 4m > ⇔ m < (2) Phương trình có nghiệm dương phân biệt và khi: (3)     x1 > 0; x > 3⇔  + =   x1x (4) x   2( x1 + x ) =  x1 Xé thệ thức:   x1 + x > 5 > (3) ⇔  ⇔ ⇔ m > (5) m − >  x1.x > Từ (2) và (5) ta có điều kiện: < m < 33 9x1x (4) ⇔ 4(5 + x1x ) = ⇔ 4(5 + m − 2)= 9(m − 2) ⇔ 9(m − 2) − m − − 20= ⇔ ( m − − 2)(9 m − + 10) = ⇔ m − = ⇔ m = (thỏa mãn) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 52 Vậy m = thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By E và F Nối AM cắt OE P, nối MB cắt OF Q Hạ MH vuông góc với AB H 1) Chứng minh điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên đường tròn 2) Chứng minh rằng: AE.BF = R 3) Gọi K là giao điểm MH và BE Chứng minh MK = KH 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh r < < R y F x MT • E  P K • O1 Q  I G A • H • O B 1) Chứng minh điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên đường tròn = 90° (1) Ta có MH ⊥ AB (giả thiết) ⇒ MHO Ta có E là giao tiếp tuyến A, M (O) (giả thiết) ⇒ EA = EM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có OA = OM = R ⇒ OE là đườn trung trực AM (tính chất điểm cách hai đầu đoạn thẳng) ⇒ OE ⊥ AM P và P là trung điểm AM = ⇒ OPM 90o Ta có F là giao tiếp tuyến B, M (O) (giả thiết) ⇒ FB = FM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có OB = OM = R ⇒ OF là đườn trung trực BM (tính chất điểm cách hai đầu đoạn thẳng) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 53 ⇒ OF ⊥ BM Q và Q là trung điểm BM = ⇒ OQM 90o    = OPM = OQM = 90o các điểm H, P, Q cùng nhìn cạnh OM Do đó MHO góc vuông ⇒ Ba điểm H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM (định lý) Vậy O,Q, M, P, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM (đpcm) 2) Chứng minh rằng: AE.BF = R Ta có: E là giao tiếp tuyến A, M (O) và F là giao tiếp tuyến B, M (O) (giả thiết), nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt có:   = MOE  = AOM  ⇒ AOE OE là tia phân giác AOM  BOM    OE là tia phân giác BOM ⇒ BOF = MOF =  + BOM = Lại có: AOM 180o (hai góc kề bù)    = MOE  + MOF  = AOM + BOM = 90o ⇒ EOF Lại có OM ⊥ EF M (tính chất tiế tuyến) ⇒ Xét ∆EOF vuông O, đường cao OM có: OM = EM.FM (hệ thức lượng) = = ; FM FB (cmt) Mà OM = R (bán kính đường tròn (O)) ; EM EA ⇒ EA.FB = R (đpcm) 3) Chứng minh MK = KH Ta có AE, BF là tiếp tuyến đường tròn ⇒ AE ⊥ AB và BF ⊥ AB (tính chất) Do đó MH / /EA / /FB (vì cùng vuông góc với AB) MK / /FB ; KH / /EA (vì K ∈ MH ) Xét ∆FEB có MK / /FB ⇒ ∆MEK ∽ ∆FEB (định lý tam giác đồng dạng) ⇒ EK MK = (cạnh tương ứng tỉ lệ) EB FB (1) Xét ∆EBA có KH / /EA ⇒ ∆KBH ∽ ∆EBA (định lý tam giác đồng dạng) ⇒ BK KH = (cạnh tương ứng tỉ lệ) EB EA Ươm mầm tri thức – uommam.vn (2) 54 Từ (1) và (2), ta có: MK EA EK = KH FB BK Lại có MK / /FB , áp dụng định lý Ta-let ∆FEB và kết hợp với = EM EA = ; FM FB ⇒ EK EM EA = = BK FM FB Do đó: MK = ⇒ MK = KH (đpcm) KH 4) Chứng minh r < < R Gọi O1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EOF Gọi T,G, I là hình chiếu I lên FE, EO,OF ⇒ O1G =O1I =O1T =r Ta có S IEF = 1 r.EF ; S IEO = r.EO và S IOF = r.OF 2 ⇒ S∆OEF = S∆IEF + S∆IEO + S∆IOF = Mặt khác S∆OEF = r.(EF + OE + OF) r EF 1 OM.EF R.EF ⇒ = = 2 R OE + OF + EF Xét tam giác OEF có: EF < OE + OF (bấtđẳngthức tam giác) ⇒ 2EF < OE + OF + EF ⇒ EF r < ⇒ < OE + OF + EF R Ta có (OE − OF) ≥ ⇔ OE + OF2 ≥ 2OE.OF ⇔ 2(OE + OF2 ) ≥ (OE + OF) ⇔ 2EF2 ≥ (OE + OF) ⇒ 4EF2 > (OE + OF) ⇔ 2EF > OE + OF ⇔ 3EF > OE + OF + EF ⇔ EF r > ⇒ > OE + OF + EF R Vậy r < < (đpcm) R Ươm mầm tri thức – uommam.vn 55 2  a   b   c  Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   +  +  ≥ a+b b+c c+a 2 a a 3a  a   a  + ≥ 33  = Ta có:   +   b + c  2(b + c)  b + c  2(b + c) 2(b + c) a  a  ⇒ −  ≥ b+c b+c 2 b  c  c  b  − và  − Tương tự ta có   ≥  ≥ a+c a+c a+b a+b Cộng vế với vế bất đẳng thức trên ta có: 2 a b c  a   b   c  + + −   +  +  ≥ b+c a+c a+b b+c a+c a+b Ta cần chứng minh a b c + + ≥ b+c a+c a+b Đây là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc Nhận xét: a b c 1   + + = (a + b + c)  + + −3 b+c a+c a+b a+b b+c a+c BĐT 1   ⇔ (a + b + c)  + + −3≥ a+b b+c c+a 1   ⇔ (a + b + c)  + + ≥ a+b b+c c+a 1   ⇔ [ (a + b) + (b + c) + (c + a)]  + + ≥ 9(*)  a + b b + c c + a  Ta có bất đẳng thức (*) luôn đúng Vì (a + b) + (b + c) + (c + a) ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a) 1 1 1 + + ≥ 33 a+b b+c c+a a+b b+c c+a Nhân vế với vế bất đẳng thức trên ta thu (*) Ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Ươm mầm tri thức – uommam.vn 56 TT BDVH HÀ NỘI – AMSTERDAM NĂM HỌC 2016 – 2017 Đề số  Bài I Cho biểu thức: P =1 −  ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN Ngày thi: 30.4.2017 x   x +3 x +2 x +2  + + :  , x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 1+ x   x − − x x − x +  1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất các giá trị x nguyên để biểu thức P < 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một ô tô quãng đường AB với vận tốc 50 km/h, tiếp quãng đường BC với vận tốc 45 km/h Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô quãng đường AB ít thời gian ô tô quãng đường BC là 12 phút Tính thời gian Ô tô trên quãng đường AB và quãng đường BC 2 (Tham số m ) Bài III Cho phương trình: x − ( m − ) x − m + 3m − = 1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với giá trị m 2) Gọi hai nghiệm phương trình là x1 , x Tìm giá trị m để: x1 ( x1 − ) + x ( x − ) = Bài IV Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O;R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường tròn ( O;R ) ( B;C là hai tiếp điểm) Đường thẳng d tùy ý qua điểm A cắt đường tròn ( O ) hai điểm phân biệt P và Q cho tia AP nằm hai tia AB và AC Đường thẳng qua O và song song với d cắt đường thẳng AC điểm N Gọi M là trung điểm đoạn thẳng PQ 1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên đường tròn 2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO  = α, tính sin α,cos α, tan α = 10cm, R 5cm và OM = 3cm Đặt AON 3) Giải sử OA 3= và cot α 4) Chứng minh MA là đại lượng không đổi đường thẳng d quay quanh điểm A MB + MC Ươm mầm tri thức – uommam.vn 57 HƯỚNG DẪN GIẢI  Bài I Cho biểu thức: P =1 −  x   x +3 x +2 x +2  + + :  , x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 1+ x   x − − x x − x +  1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất các giá trị x nguyên để biểu thức P < 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠  x   x +3 x +2 x +2  + + P= 1 − :   1+ x   x − − x x − x +    x +2 x −2 1+ x − x  x + − x x +2  = + − :  x − 3− x 1+ x x − 3− x x − 3− x      9−x x−4 x +2   : = + −  1+ x x − 3− x x − 3− x x − 3− x    ( ( ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ( 9−x+x−4− x −2 : = 1+ x 1+ x x −2 3− x ( = )( ) ) ) ( )( ) ( )( x − ) ( − x ) ) ) 3− x x −2 1+ x Vậy P = x −2 với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 1+ x 2) Ta có: P < ⇔ x −2 ⇔ 1+ x Với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ thì ( )( ) x − 1+ x < x + > đó x − < ⇔ ≤ x < Kết hợp điều kiện, ta có: ≤ x < thì P < Do x nguyên nên x ∈ {0,1, 2, 3} 3) Ta có: P = Do x ≥ ⇒ x −2 = 1− 1+ x 1+ x x ≥ ⇒ x +1 ≥ ⇒ ≤ ⇒ P ≥ − =−2 x +1 (thỏa mãn ĐK) Dấu “=” xảy ⇔ x = Vậy giá trị nhỏ P = −2 , đạt x = Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 58 Một ô tô quãng đường AB với vận tốc 50 km/h, tiếp quãng đường BC với vận tốc 45 km/h Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô quãng đường AB ít thời gian ô tô quãng đường BC là 12 phút Tính thời gian Ô tô trên quãng đường AB và quãng đường BC Đổi: 12 phút = = 0,2 (giờ) Gọi thời gian ô tô trên quãng đường AB là x (giờ) Đk: x > ⇒ thời gian ô tô trên quãng đường BC là x + 0, (giờ) Quãng đường AC là 50x (km), quãng đường BC là 45.(x + 0,2) (km) Vì tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km, nên ta có phương trình: ⇔ 50.x + 45 ( x + 0, )= 199 ⇔ 50x + 45x + 9= 199 ⇔ 95x= 190 ⇔ x= Vậy thời gian ô tô trên quãng đường AB là (giờ), thời gian ô tô trên quãng đường BC là 2, (giờ) 2 (Tham số m ) Bài III Cho phương trình: x − ( m − ) x − m + 3m − = 1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với giá trị m 2) Gọi hai nghiệm phương trình là x1 , x Tìm giá trị m để: x1 ( x1 − ) + x ( x − ) = 2 (1) có: 1) Phương trình: x − ( m − ) x − m + 3m − = a= 1; b = −(m − 2) =− m;c= −m + 3m −  7  7  a.c =−m + 3m − =−  m − .m + +  =−  m −  +  < 0, ∀m 4     Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu với giá trị m (đpcm)  x1 + x = m − 2) Ta có x1 , x là hai nghiệm phương trình (1), thỏa mãn Vi-ét  −m + 3m −  x1.x1 = x1 ( x1 − ) + x ( x − ) =7 ⇔ x12 − 2x1 + x 2 − 2x1 =7 ⇔ ( x1 + x ) − 2x1x − ( x1 + x ) = (*) Thay hệ thức Viet vào (*) ta được: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 59 m =1 3m − 12m + 16 =⇔ 3m − 12m + =⇔ m =  Vậy m = m = thỏa mãn bài toán Bài IV Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O;R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường tròn ( O;R ) ( B;C là hai tiếp điểm) Đường thẳng d tùy ý qua điểm A cắt đường tròn ( O ) hai điểm phân biệt P và Q cho tia AP nằm hai tia AB và AC Đường thẳng qua O và song song với d cắt đường thẳng AC điểm N Gọi M là trung điểm đoạn thẳng PQ 1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên đường tròn 2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO  = α, tính sin α,cos α, tan α = 10cm, R 5cm và OM = 3cm Đặt AON 3) Giải sử OA 3= và cot α 4) Chứng minh MA là đại lượng không đổi đường thẳng d quay quanh điểm MB + MC A C N d O A P M Q G B F 1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên đường tròn Do AB và AC là tiếp tuyến B và C đường tròn ( O;R )  = OCA  = 900 (tính chất tiếp tuyến) ⇒ OBA PQ là dây cung đường tròn ( O;R ) và M là trung điểm PQ ⇒ OM ⊥ PQ hay OM ⊥ AM  = OCA  = OMA  = 900 ⇒ OBA ⇒ các điểm B, C, M cùng nhìn cạnh OA góc vuông Ươm mầm tri thức – uommam.vn 60 ⇒ A, B, M,O,C cùng nằm trên đường tròn ( I ) đường kính OA ( I là trung điểm OA ) 2) Chứng minh ∆AON đồng dạng với ∆MCO   = CAO  (hai góc nội tiếp cùng chắn OC ) Xét đường tròn ( I ) có OMC  = ⇒ OMC NAO (1) =  + MAC 180o (Định lý) Tứ giác ACOM nội tiếp đường tròn ( I ) có MOC  + MAC = 180o (hai góc cùng phía) Ta có ON / /MA (giả thiết) ⇒ ANO  = ANO  Do đó: MOC (2) Từ (1) và ( ) ta có ∆AON đồng dạng với ∆MCO  = α , tính sin α, cos α, tan α và = 10cm, R 5cm và OM = 3cm Đặt AON 3) Giải sử OA 3= cot α  + AOM  = NOM  = 900 Ta có: ON / /MA (giả thiết); OM ⊥ AM ⇒ OM ⊥ ON ⇒ AON OM  = = Trong tam giác vuông OMA ta có: cos AOM OA = 10  = sin α cos = AOM Từ tính chất góc phụ ta có: ⇒ sin α= − cos α=   1−  =  10  10 10  < AOC  < 900 ) = α AON (do 10 sin α = := cos α 10 10 1 ⇒ cot = α = tan α ⇒ tan = α 4) Chứng minh MA là đại lượng không đổi đường thẳng d quay quanh điểm A MB + MC Kẻ CM cắt (O; R) F CO cắt (O; R) G Ta có: A, C, M, B cùng thuộc đường tròn (cmt) ⇒ Tứ giác ACMB nội tiếp ⇒ CAB +  CMB = 1800 (t/c) CMB +  BMF =1800 ⇒  CAB = BMF Mà  BFC =  ABC (góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung Ta có:   BC (O; R) )= MFB  ABC (do M ∈ CF) (3) hay  CAB =  BMF (cmt);  MFB =  ABC (cmt) Xét ∆ABC và ∆MFB có:  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 61  MBF = ACB (cặp góc tương ứng) (4) ⇒ ∆ABC ∽ ∆MFB (g.g) ⇒  Do AB, AC là hai tiếp tuyến (O; R) (gt) ⇒ AC = AB (t/c) ⇒ ∆ABC cân A  ⇒ ACB = ABC (t/c) (5) MBF =  MFB ⇒ ∆MBF cân tạ M Từ (3),(4),(5) ⇒  ⇒ MB = MF ⇒ MB + MC = MF + MC = CF (6) OAM (7) ∆MOA vuông M (do OM ⊥ AM (cmt) ) nên ta có: MA = AO.sin CFG = 90 (góc nội tiếp chắn nửa (O; R)) ∆CFG vuông F Ta có:   = ⇒ CF CG.sin = FCG 2R.sin FCG (8) Do A, M, O, C cùng thuộc đường tròn (cmt)  MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác ⇒ OAM = MCO (hai góc nội tiếp cùng chắn cung  OAM =  FCG (do M ∈ CF; O ∈ CG) AMOC) hay  Từ (6),(7),(8),(9) ⇒ (9) MA AO.sin OAM AO = = MB + MC 2R.sin OAM 2R Do A, O cố định và R không đổi nên Ươm mầm tri thức – uommam.vn AO MA không đổi ⇒ không đổi (đpcm) 2R MB + MC 62 PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI KHỎA SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN Đề số 10 Ngày 4/5/2018 Bài I Cho hai biểu thức P = a −5 a −3 ,a ≥ 0,a ≠ + + a −9 a −3 a +3 a −9 = và Q a −3 1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P 2) Rút gọn biểu thức Q 3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ biểu thức A = P.Q Bài II: Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai đội công nhân làm chung công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong Nhưng làm chung ngày, thì đội I điều động làm việc khác Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại Khi làm mình, cải tiến cách làm, suất đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại 3,5 ngày Hỏi với suất ban đầu, đội làm mình thì sau thời gian bao lâu hoàn thành công việc trên? Bài III  +  x − y −1 =  1) Giải hệ phương trình:   − =  x − y − 2) Cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y = ( 2m + 1) x − 2m (x là ẩn, m là tham số) a) Khi m = Xác định tọa độ giao điểm (d) và (P) b) Tìm m để (d) và (P) cắt hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ;B ( x ; y ) cho biểu thức T = x12 + x 2 − x1x đạt giá trị nhỏ Bài IV Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC ( I ∈ AB, K ∈ AC ) 1) Chứng minh: Tứgiác AIMK nội tiếp đường tròn  = MBC  2) Vẽ MP vuông gócvới BC ( P ∈ BC ) Chứng minh: MPK 3) Chứng minh rằng: MI.MK = MP 4) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn 2 Bài V Cho ba số x, y, z không âm và x + y + z ≤ 3y Tìm giá trị nhỏ P = ( x + 1) Ươm mầm tri thức – uommam.vn + ( y + 2) + ( z + 3) 63 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I Cho hai biểu thức P = a −5 a −3 a −9 + + và Q = với a ≥ 0,a ≠ a −9 a −3 a +3 a −3 1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P 2) Rút gọn biểu thức Q 3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ biểu thức A = P.Q P 1) Ta có: = a −9 = a −3 a +3 Với a = 81 (thỏa mã ĐK) ⇒ a = Thay a = vào P ta được: P = + = 12 Vậy P = 12 a = 81 2) Rút gọn biểu thức Q a −5 a −3 + + a −9 a −3 a +3 Q = = (a ≥ 0,a ≠ 9) 3.( a + 3) 2( a − 3) a −5 a −3 + + ( a − 3)( a + 3) ( a + 3)( a − 3) ( a + 3)( a − 3) a +9+ a −6+a −5 a −3 ( a − 3)( a + 3) a = ( a − 3)( a + 3) = a với a ≥ 0,a ≠ ( a − 3)( a + 3) Vậy Q = 3) Ta có: A = P.Q= a ( a + 3)= ( a − 3)( a + 3) a = a −3 a +3+ = a −3 a −3+ +6 a −3 Vì a > ⇒ a − > nên theo bất đẳng thức Côsi ta có: 9 ≥ ( a − 3) ⇔ a −3+ ≥6 a −3 a −3 a −3 ⇔ a −3+ +6≥ 6+6 a −3 ⇔ P ≥ 12 a −3+ Dấu “=” xảy a − = ⇒ ( a − 3) = ⇒ a − = ⇔ a = 36 (Thỏa mãn) a −3 Vậy Pmin = 12 a = 36 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 64 Bài II: Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai đội công nhân làm chung công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong Nhưng làm chung ngày, thì đội I điều động làm việc khác Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại Khi làm mình, cải tiến cách làm, suất đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại 3,5 ngày Hỏi với suất ban đầu, đội làm mình thì sau thời gian bao lâu hoàn thành công việc trên? Gọi thời gian đội thứ làm mình xong công việc là x (ngày) Gọi thời gian đội thứ hai làm mình xong công việc là y (ngày) (x, y > 12) Trong ngày: Đội thứ làm và hai đội làm 1 (công việc); đội thứ hai làm (công việc); y x 1 1 (công việc) nên ta có phương trình: + = x y 12 12 Cả hai đội cùng làm ngày được: xong phần việc còn lại 3,5 (1) = ( công việc); 3,5 ngày đội hai làm 12 7 (2) = ( công việc) Ta có phương trình: + = y y y Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 1 1 1 + + 1 1 = =  x = 28  x y 12  x y 12  = − = (thỏa mãn) ⇔ ⇔  x 12 21 28 ⇔   7 y = 21  =   + =  y = 21  y  y Vậy thời gian đội thứ làm mình xong công việc là 28 (ngày); thời gian đội thứ hai làm mình xong công việc là 21 (ngày) Bài III   x − + y −1 =  1) Giải hệ phương trình:   − =  x − y − 2) Cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y = ( 2m + 1) x − 2m (x là ẩn, m là tham số) a) Khi m = Xác định tọa độ giao điểm (d) và (P) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 65 b) Tìm m để (d) và (P) cắt hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ;B ( x ; y ) cho biểu thức T = x12 + x 2 − x1x đạt giá trị nhỏ 1) Điều kiện: x ≠ 2; y ≠ Đặt A = 1 ; B= với A ≠ 0; B ≠ Ta có hệ: y −1 x−2  A (tm) =  A+B + 3B = = 3A= 5A ⇔ ⇔ ⇔  2A 3B 2A 3B A B − = − = + =    B = (tm)   19   x − =  x = (thỏa mãn) ⇔ ⇔  y = =   y −  19  ;   3 Vậy hệ có nghiệm là: (x; y) =  2) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x = ( 2m + 1) x − 2m ⇔ x − ( 2m + 1) x + 2m = (1) 2a) Khi m = thì phương trình (1) trở thành x = x − 3x + = ⇔ (x − 1)(x − 2) = ⇒  x = 1 Với x = thay vào phương trình (P) ta có y = 12 ⇔ y = Với x = thay vào phương trình (P) ta có y = 22 ⇔ y = Vậy m = thì tọa độ giao điểm (d) và (P) là C( 1; 1) và D( 2; 4) (1) 2b) Xét phương trình x − ( 2m + 1) x + 2m = = ∆ (2m + 1) − 8m = 4m − 4m + = ( 2m − 1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) ;B ( x ; y ) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x ⇔ ∆ > ⇔ ( 2m − 1) > ⇔ m ≠ 2 Ta có: T = x12 + x 2 − x1x = (x1 + x ) − 3x1x Với m ≠  x1 + x = 2m + 1 , theo hệ thức vi-ét ta có   x1x = 2m Thay vào T ta có: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 66 T = x12 + x 2 − x1x = (x1 + x ) − 3x1x = (2m + 1) − 3.2m = 4m − 2m + 1 3  T=  2m −  + ≥ ∀m ≠ 2 4  T= 1 ⇔ 2m − = ⇔ m = (tm) 4 Vậy Tmin = m = 4 Bài IV Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC ( I ∈ AB, K ∈ AC ) 1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn  = MBC  2) Vẽ MP vuông gócvới BC ( P ∈ BC ) Chứng minh: MPK 3) Chứng minh rằng: MI.MK = MP 4) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn H 1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn = 90o Ta có MI ⊥ AB I (giả thiết) ⇒ MIA = MK ⊥ AC K (giả thiết) ⇒ MKA 90o  ; MKA  là hai góc đối và MIA  + MKA = Xét tứ giác AIMK có MIA 180o ⇒ Tứ giác AIMK nội tiếp (dhnb) (đpcm) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 67  = MBC  2) Chứng minh: MPK = 90o Ta có MP ⊥ BC P (giả thiết) ⇒ CPM = MK ⊥ AC K (giả thiết) ⇒ CKM 90o  ; CKM  là hai góc đối và CPM  + CKM = 180o Xét tứ giác CPMK có CPM ⇒ Tứ giác CPMK nội tiếp (dhnb)  = KCM  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ MK đường tròn ngoại tiếp tứ => KPM giác CPMK) (1)  = CBM  (góc tạo tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn Xét (O) có KCM  cung nhỏ CM ) (2)  = CBM  (đpcm) Từ (1) và (2) => KPM (3) 3) Chứng minh rằng: MI.MK = MP = 90o Ta có MP ⊥ BC P (giả thiết) ⇒ BPM = 90o MI ⊥ AB I (giả thiết) ⇒ BIM  + BIM =  ; BIM  là hai góc đối và BPM Xét tứ giác BIMP có BPM 180o ⇒ Tứ giác BIMP nội tiếp (dhnb)  =  (hai góc nội tiếp cùng chắn PM ) ⇒ PIM CBM   = IPM  (hai góc nội tiếp cùng chắn IM ) và IBM (4) (5) Tứ giác CPMK nội tiếp (cmt)  =  (hai góc nội tiếp cùng chắn PM ) ⇒ BCM PKM (6)   = IBM  (góc tạo tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn BM Xét (O) có BCM ) (7) Xét ∆IMP và ∆PMK có:  = KPM  (theo (3) và (4)) PIM  = PKM  (theo (5), (6) và (7)) IPM ⇒ ∆IMP ∽ ∆PMK (g – g) ⇒ IM PM = (tính chất) PM MK ⇒ IM.MK = PM (đpcm) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 68 4) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Có MI.MK.MP = MP Để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn và MP lớn Gọi H là trung điểm BC mà BC cố định nên H cố định MH Do đó MPmax ⇔ MP = Xét ∆MBC có MP là đường cao đồng thời là đường trung tuyến => ∆MBC cân M = MC ⇔ M là điểm chính cung BC => MB 2 Bài V Cho ba số x, y, z không âm và x + y + z ≤ 3y Tìm giá trị nhỏ P= ( x + 1) + ( y + 2) + ( z + 3) Áp dụng BĐT Côsi ta có : (x + 1) + (y + 4) + (z + 1) ≥ 2x + 4y + 2z ⇔ 3y + ≥ 2x + 4y + 2z (do x + y + z ≤ 3y.) ⇔ ≥ 2x + y + 2z Với a, b là các số dương ta chứng minh 1 + 2≥ a b (a + b) Dấu “ = ” xảy a = b Áp dung BĐT trên ta có: P = P≥ 64.4 (2x + y + 2z + 10) ≥ ( x + 1) + y   + 1 2  + ( z + 3) ≥ y 1   x +1+ +  2  + ( z + 3) 256 = (6 + 10) x 1;= y 2;= z Vậy Pmin = khi= Ươm mầm tri thức – uommam.vn 69 VIETELITE KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 1) EDUCATION Năm học: 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Đề số 11 Ngày thi: 25 tháng 04 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,0 điểm) Cho các biểu thức A  x 1 x 1 và B  x x 1  x 1 , với x 1 x  ; x  1) Tìm các giá trị x để A = 2) Chứng tỏ tích A.B không phụ thuộc vào x 3) Tìm tất các số thực x để A  B Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Trong thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên quãng đường dài 2km và xuất phát cùng thời điểm Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình là 2km/giờ và đích sớm Bình phút Tính thời gian chạy hết quãng đường bạn biết vận tốc bạn không đổi trên quãng đường Bài III (2,0 điểm)   2x   y  1  x  1) Giải hệ phương trình:     2y     x  2 2) Cho phương trình bậc hai x  2(m  1)x  m  2m   , m là tham số a) Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x , x là hai nghiệm phương trình Tìm các giá trị m để x   x2 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ) đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn cho AB  AC Tiếp tuyến A (O ) cắt đường thẳng BC D Gọi E là điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH tam giác ABE , AH cắt BC F a) Chứng minh tứ giác AFEC là hình thoi b) Chứng minh DC DB  DM DO c) Gọi I là trung điểm AH , kéo dài BI cắt (O ) điểm thứ hai là K Chứng minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD N Chứng minh N là trung điểm MD Bài V (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P  ac  bc  2018ab Ươm mầm tri thức – uommam.vn 70 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) Cho các biểu thức A  x 1 x  ; x  x 1 và B  x x 1  x 1 , với x 1 1) Tìm các giá trị x để A = 2) Chứng tỏ tích A.B không phụ thuộc vào x 3) Tìm tất các số thực x để A  B x 1 1) Ta có A   x 1   x   x   x   x  (TMĐK) Vậy với x  thì A  2) Xét tích: x   x x  1    x   x   x  x 1 x x 1 x 1   x 1 x  x 1 x 1 x x 1   x 1 x 1 x x 1   x 1 x 1 x  A.B   x  x 1 x 1  1    x 1 x 1 Vậy tích A.B  không phụ thuộc vào x 3) Ta có: AB   x 1  x  x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1   0 x 1 x 1 x 1 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 71    x 1  x   x 1  x 1 x 1 0 x  x 1x  x  x 1 0 x 1 x  0 x 1   x   x  (do x  với x  ; x  )  x  x  (TMĐK) Vậy với x  x  thì A  B Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Trong thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên quãng đường dài 2km và xuất phát cùng thời điểm Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình là 2km/giờ và đích sớm Bình phút Tính thời gian chạy hết quãng đường bạn biết vận tốc bạn không đổi trên quãng đường Đổi: phút = (giờ) 12 Cách 1: Gọi ẩn là thời gian cần tìm Gọi thời gian chạy hết quãng đường An là x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường Bình là y (giờ) Điều kiện: x > 0, y > Vì An và Bình xuất phát cùng thời điểm và An đích sớm Bình (giờ) nên ta 12 có phương trình: y  x    12 (1) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 72 Vận tốc trung bình An là 2 (km/h), vận tốc trung bình Bình là (km/h) Vì An y x chạy bền với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình bạn Bình là 2km/giờ nên ta có phương trình: 2  2 x y (2)  y  x   1 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:   2 12   2  x y   y   x    y  x    y   x y  x     12  12     12 12    y  x  xy     12x  x   x   x   xy      12  12 12  y  (TM ĐK )    1 (loai ) x  (TM ĐK ) hoac x   Vậy thời gian chạy hết quãng đường An là Bình là (giờ), thời gian chạy hết quãng đường (giờ) Cách 2: Gọi ẩn là vận tốc, suy thời gian cần tìm Gọi vận tốc trung bình An là x (km/h), vận tốc trung bình Bình là x  (km/h) Điều kiện: x > Thời gian chạy hết quãng đường An là Bình là (giờ), thời gian chạy hết quãng đường x (giờ) x 2 Vì An và Bình xuất phát cùng thời điểm và An đích sớm Bình (giờ) nên ta 12 có phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 73 2   x 2 x 12 2x  2(x  2)   x (x  2) 12  x x  2  48  x  2x  48   x  (TMĐK) x  6 (loại) Vậy thời gian chạy hết quãng đường An là đường Bình là  (giờ), thời gian chạy hết quãng  (giờ) 2 Bài III (2,0 điểm)   2x   y  1  x  1) Giải hệ phương trình:     2y     x  2 2) Cho phương trình bậc hai x  2(m  1)x  m  2m   , m là tham số a) Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x , x là hai nghiệm phương trình Tìm các giá trị m để x   x2 1) Điều kiện: y  0, x  1       2x 2(x  1)  2    1 y y        y  3    x   x 1 x        1     2y   2y   2y        x  x  x        a   x 1 Đặt  , ta có HPT:   b y ,b0    2a  b  3   a  2b       b3 b3     2a  b  3 a a       2    2a  4b      ( b 1)(4 b  5)  4b  b          b3  a   a      (TM ĐK )    b   b       b   (loai )    Ươm mầm tri thức – uommam.vn 74     1    x     x   (TMĐK)     y 1 y 1         1  ,1   Vậy hệ đã cho có nghiệm x , y   2 2a) Phương trình: x  2(m  1)x  m  2m   có:   (m  1)2  m  2m    với m Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với m (đpcm) 2 2b) Phương trình: x  2(m  1)x  m  2m   có hai nghiệm phân biệt là: x  m    m  và x  m    m  Ta có: x   x  (x  4)2  x  x  x (với x  0; x  4 ) Với m thì m   m  nên x  m  và x  m  Ta có: x   x2  m 3   m 1  m 1  m 1 m  1    m  1( m   1)  m  1    m     m    m  1   m  1  m    m  1 hoac m  Vậy với m  1 hoac m  thỏa mãn bài toán Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ) đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn cho AB  AC Tiếp tuyến A (O ) cắt đường thẳng BC D Gọi E là điểm đối Ươm mầm tri thức – uommam.vn 75 xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH tam giác ABE , AH cắt BC F a) Chứng minh tứ giác AFEC là hình thoi b) Chứng minh DC DB  DM DO c) Gọi I là trung điểm AH , kéo dài BI cắt (O ) điểm thứ hai là K Chứng minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD N Chứng minh N là trung điểm MD A K I B F M O C N D H E a) Ta có BC là đường kính (O ) (gt) và E là điểm đối xứng với A qua BC (giả thiết) nên E  (O )   90o , BEC   90o  BAC (là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O ) ) BA  AC   BE  EC  (1) (2) Ta có BC  AE M là trung điểm AE (tính chất đối xứng)  ABE có hai đường cao AH , BM và hai đường cao này cắt F  F là trực tâm ABE (3)  EF  AB (4) Từ (1) và (4)  EF // AC (5) Từ (3)  AF  BE H (6) Từ (2) và (6)  AF // EC (7) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 76 Từ (5) và (7)  tứ giác AFEC là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) Mà FC  AE (vì BC  AE )  tứ giác AFEC là hình thoi (dấu hiệu nhận biết) (đpcm) b) Ta có AO  AD A (vì AD là tiếp tuyến A (O ) )  DAO vuông A Mà AM  OD M (vì BC  AE )  DM DO  DA2 (hệ thức lượng) (8) Xét DAC và DBA có:    DBA  (góc tạo tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn AC DAC (O ) )  chung ADC  DAC ∽ DBA (g-g)  DA DB   DB.DC  DA2 DC DA (9) Từ (8) và (9), ta có: DB.DC  DM DO (đpcm)    c) Xét đường tròn (O ) có KAE  KBE (hai góc nội tiếp cùng chắn KE ) (10) Ta có I, M là trung điểm AH và AE  IM là đường trung bình AHE  IM // HE IM // BE   KBE   KIM (hai góc đồng vị)  (11)    Từ (10) và (11), ta có: KAE  KIM KAM  KIM  tứ giác AIMK có hai đỉnh kề A và I cùng nhìn cạnh KM góc không đổi  tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp (đpcm)  d) Xét AHB vuông H có: tan ABH   Xét IHB vuông H có: tan IBH  AH (tỉ số lượng giác góc nhọn) BH IH (tỉ số lượng giác góc nhọn) BH Xét đường tròn (O ) , ta có:   DAM  (góc tạo tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung) ABH Ươm mầm tri thức – uommam.vn 77  (O))   KAM  (hai góc nội tiếp cùng chắn KE IBH   AH tan KAM   IH  tan DAM ; BH BH   tan DAM AH   (vì AH = 2IH I là trung điểm AH)  IH tan KAM  MD (tỉ số lượng giác góc nhọn) AM  NM (tỉ số lượng giác góc nhọn), AM Xét AMD vuông M có: tan DAM  Xét NAM vuông M có: tan NAM    KAM  NAM   MD tan DAM tan DAM MD      ND ND tan KAM tan NAM Từ (12) và (13), ta có: (12) (13) MD MD  ND  (với N thuộc đoạn MD ) ND  N là trung điểm MD Bài V (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P  ac  bc  2018ab * Tìm GTLN: Ta có P  ac  bc  2018ab  c(a  b)  2018ab  c(a  b) (1) (a  b  c)2  theo B ĐT cosi (2) 4  Dấu “=” xảy  Dấu “=” (1), (2) đồng thời xảy và thỏa mãn điều kiện bài cho  a0       a.b     b c         c  a  b    b0      a b c       a c     a  b     Vậy Pmax =  b  c  a  c    2 * Tìm GTNN: (a  b)2  ab (3) Ta có a  b  ab (BĐT Cosi)  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 78  P  ac  bc  2018ab  theo B ĐT cosi (3) c(a  b)  2018 (a  b)2 (a  b)2  2018 (4) 4 a  b  c   a  b  (5)  P  2018 (a  b)2 2018 1009   4 Dấu “=” xảy  Dấu “=” (3), (4), (5) đồng thời xảy và thỏa mãn điều kiện bài cho   c0   c0       a  b    a b    a b c       c   1009   Vậy Pmin =  a  b   Ươm mầm tri thức – uommam.vn 79 PHÒNG GD & Đ T THANH TRÌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN TRƯỜNG THCS ĐẠI ÁNG MÔN: TOÁN Đề số 12 Bài (2 điểm): Cho hai biểu thức P = x +2 ;Q= x −2 x +1 x 2+5 x với + + 4−x x −2 x +2 x ≥ ; x ≠ ; x ≠ 1) Tính giá trị biểu thức P x = 100 2) Rút gọn Q 3) Xét biểu thức A = P.Q , với giá trị nào x thì A < Bài (2 điểm): Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai đội xe chở cát để san lấp khu đất Nếu hai đội cùng làm thì 18 ngày xong công việc Nếu đội I làm ngày, sau đó đội II làm tiếp ngày thì 40% công việc Hỏi đội làm mình bao lâu xong công việc Bài (2 điểm):  − = −2  x −1 y −  1) Giải hệ phương trình:   + =  x − y −4 y mx + 2) Cho Parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) := a) Với m = Tìm tọa độ các giao điểm (d) và (P) b) Tìm các giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x cho x1 − 2x = Bài (3, điểm): Cho đường tròn (O ; R) Dây cung CD cố định Gọi M là điểm chính cung nhỏ CD Đường kính MN (O) cắt dây CD I Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ CN (E khác C và N); ME cắt CD K Các đường thẳng NE và CD cắt P 1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp 2) Chứng minh EI.MN = NK.ME  3) Gọi Q là giao điểm NK và MP Chứng minh IK là phân giác EIQ 4) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE H Chứng minh E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên đường cố định Tính giá trị nhỏ Bài (0,5 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = bieur thức P = a+b abc Ươm mầm tri thức – uommam.vn 80 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm): Cho hai biểu thức P = x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x +2 ;Q= x −2 x +1 x 2+5 x với + + 4−x x −2 x +2 1) Tính giá trị biểu thức P x = 100 2) Rút gọn Q 3) Xét biểu thức A = P.Q , với giá trị nào x thì A < = P 1) Với x = 100 (thỏa mãn ĐK), thay vào P ta được: 100 + 10 + = = 100 − 10 − 2 2) Điều kiện: x ≥ ; x ≠ ; x ≠ Q= = = ( x +1 x 2+5 x + + 4−x x −2 x +2 x +1 x 2+5 x + − x−4 x −2 x +2 x +2 )( ) x +1 + x ( x −2 3x − x = x −2 x +2 ( Vậy Q = )( ) x −2 −2−5 x x +2 ) x x +2 x với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x +2 3) Ta có:= A P.Q = A <1⇔ ) )( ( x +2 x = x −2 x +2 x với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x −2 x x x +2 <1⇔ −1 < ⇔ < (*) x −2 x −2 x −2 Vì x ≥ ⇒ x + > , đó: Từ (*) ⇒ x −2<0⇔ x <2⇒ x <4 Kết hợp điều kiện ta có: ≤ x < thì A < Bài (2 điểm): Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai đội xe chở cát để san lấp khu đất Nếu hai đội cùng làm thì 18 ngày xong công việc Nếu đội I làm ngày, sau đó đội II làm tiếp ngày thì 40% công việc Hỏi đội làm mình bao lâu xong công việc Ươm mầm tri thức – uommam.vn 81 Gọi thời gian đội I làm mình xong công việc là x (ngày), thời gian đội II làm mình xong công việc là y (ngày) Điều kiện: x > 18 ; y > 18 1 (công việc) và đội II làm (công việc) Cả hai đội x y cùng làm thì 18 ngày xong công việc, nên ngày hai đội làm (công việc) 18 1 Ta có phương trình: + = (1) x y 18 Trong ngày, đội I làm Nếu đội I làm ngày, sau đó đội II làm tiếp ngày thì 40% công việc, nên ta có phương trình: + = x y (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 1 6 = + +  x y 18  x= y   ⇔  8  6=  6= + +  x y  x y 1 1 + 1 1  x= − y 18  x = 45  = ⇔ ⇔  x 18 y ⇔  (Thỏa mãn) 2 y = 30    =  y = 30  y 15 Vậy đội I làm mình xong công việc 45 ngày, đội II làm mình xong công việc 30 ngày Bài (2 điểm):  − = −2  x −1 y −  1) Giải hệ phương trình:   + =  x − y −4 y mx + 2) Cho Parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) := a) Với m = Tìm tọa độ các giao điểm (d) và (P) b) Tìm các giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x cho x1 − 2x = 1) Điều kiện: x ≥ ; x ≠ ; y ≥ ; y ≠ 16 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 82    − = − − = − − = −2  x −1  x −1  x −1 y y y − − −    ⇔ ⇔   + =  + =  −5 = 3 −1  x −  x −  y − y −4 y −4  1 −7 −  =  x −1 − y − = 7 − x = ⇔ ⇔  x −1 ⇔   y =  y −4=  y −4= 5   7 x =  x = ⇔ ⇔ 49 y =  y = 81    ; 81  49  Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) =  2) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x − mx − = (1) a) Với m = 1, phương trình (1) trở thành: x − x − =  x + =0  x =−1  y =1 ⇔ ( x + 1)( x − ) =0 ⇔  ⇔ ⇒ −2 =  x= x = y Vậy với m = thì (d) cắt (P) hai điểm là ( −1 ; 1) và ( ; ) = m + > với m b) Xét phương trình (1) có ∆ ⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x với m ⇒ (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x với m m  x1 + x =  x1.x = −2 Hệ thức Vi – ét phương trình (1):  Ta có: x1 − 2x =5 ⇔ x1 =5 + 2x thay vào hệ thức Vi – ét, ta được: m−5  m−5 3x= x = ⇔  −2  ( + 2x ) x = −2 ( + 2x ) x = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 83 m−5 m−5  ⇒  + =−2 ⇔ ( + 2m )( m − ) =−18    ⇔ 2m − 5m − = ⇔ (m + 1)(2m − 7) =  m = −1 m + = ⇔ ⇒ m =  2m − =  −1 ; m = Vậy với m = thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài (3, điểm): Cho đường tròn (O ; R) Dây cung CD cố định Gọi M là điểm chính cung nhỏ CD Đường kính MN (O) cắt dây CD I Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ CN (E khác C và N); ME cắt CD K Các đường thẳng NE và CD cắt P 1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp 2) Chứng minh EI.MN = NK.ME  3) Gọi Q là giao điểm NK và MP Chứng minh IK là phân giác EIQ 4) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE H Chứng minh E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên đường cố định M • Q • C • P• • • I D • K H• • E •O • N 1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp  Ta có M là điểm chính CD và MN là đường kính (O) (giả thiết) ⇒ MN ⊥ CD I = 90o (K ∈ CD) ⇒ KIN Ươm mầm tri thức – uommam.vn 84  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa (O)) Ta có: KEN  ; KEN  là hai góc đối và KIN  + KEN  = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác IKEN có KIN ⇒ tứ giác IKEN nội tiếp 2) Chứng minh EI.MN = NK.ME Xét ∆EIM và ∆NKM có:  chung EMI   = KNM  (hai góc nội tiếp cùng chắn KI đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKEN ) MEI ⇒ ∆EIM ∽ ∆NKM (g – g) ⇒ EI EM = (tính chất) NK NM ⇒ EI.MN = NK.ME (đpcm)  3) Chứng minh IK là phân giác EIQ  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa (O)) Ta có: MEN ⇒ ME ⊥ NE ME ⊥ NP E (do N, E, P thẳng hàng) Ta có: MN ⊥ CD I (cmt) ⇒ MN ⊥ PI I (do P, C, D thẳng hàng) Do đó PI và ME là các đường cao ∆MPN , mà có PI cắt ME K ⇒ K là trực tâm ∆MPN ⇒ NK ⊥ PM Q (tính chất trực tâm) = ⇒ KQM 90o = Cũng từ MN ⊥ CD I (cmt) và K ∈ CD ⇒ KIM 90 o  ; KIM  là hai góc đối và KQM  + KIM  = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác KQMI có KQM ⇒ tứ giác KQMI nội tiếp   = KIQ  (hai góc nội tiếp cùng chắn KQ ⇒ KMQ ) (1) Ta có tứ giác IKEN nội tiếp (cmt)   = KNE  (hai góc nội tiếp cùng chắn KE ) (2) ⇒ KIE   = KNE  (hai góc nội tiếp cùng chắn EQ ) (3) Xét (O) có: KMQ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 85 =  KIQ Từ (1), (2), (3) ⇒ KIE  (đpcm) ⇒ IK là tia phân giác EIQ 4) Chứng minh E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên đường cố định M • C • • • I D • K • H • E •O • D′ • • H′ N Ta có dây CD cố định và M là điểm chính cung nhỏ CD nên M và đường kính MN cố định Gọi D′ là trung điểm cung nhỏ CN , thì D′ là điểm cố định Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với D′N và cắt DD′ H′ thì H′ là điểm cố định Ta có CH ⊥ PN (giả thiết) và ME ⊥ PN (cmt) =  (hai góc sole trong) ⇒ CH / /ME ⇒ CHD MED  ′N = 90o là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Ta có CH′ ⊥ D′N ; MD′ ⊥ D′N (do MD (O))   ′D = ′D ⇒ CH′ / /MD′ ⇒ CH MD  1  MD  ′D = = MOD không đổi (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn MD Mà MED (O)) 1  = CH  ′D = MOD ⇒ CHD không đổi ⇒ Điểm H và H′ luôn nhìn dây CD cố định góc không đổi E di động trên cung lớn CD ⇒ tứ giác CHH′D nội tiếp với ∆CH′D cố định Ươm mầm tri thức – uommam.vn 86 ⇒ H chạy trên đường tròn ngoại tiếp ∆CH′D Tính giá trị nhỏ Bài (0,5 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = bieur thức P = a+b abc Áp dụng B Đ T cosi, ta có: a + b ≥ ⇒ (a + b) ab ⇔ ab ≤ (1) a+b ≥ P ≥ ⇒= ab ( a + b ) abc ( a + b ) c Áp dụng B Đ T cosi, ta có: ( a + b ) + c ≥ ⇒P≥ ( a + b ).c ⇔ ( a + b ) (a + b + c) c ≤ (2) 16 1) 16 (vì theo giả thiết a + b + c = = (a + b + c) Dấu “=” xảy ⇔ Dấu “=” (1) và (2) đồng thời xảy và thỏa mãn giả thiết  a = b a b = =   ⇔ a + b= c ⇔  a + b + c = c = 1   Vậy PMin = 16 ⇔ a = b = 1 ;c= Ươm mầm tri thức – uommam.vn 87 TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA A-STAR ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Đề số 13 Năm học 2017-2018 Bài Cho các biểu thức A = , x ≠ x 1+ x và B = x −1 x + 10 − x + − với x ≥ 0, x ≠ x − 3− x x −5 x + 1) Rút gọn B 2) Tìm x để A ≤ 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = A B Bài Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai trường A và B có tổng cộng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội Biết 25% học sinh trường A và 20% học sinh trường B đạt giải Tổng số học sinh đạt giải hai trường là 21 học sinh Tính số học sinh trường tham gia kỳ thi đó? Bài 3   x +1 + y −1 =  1) Giải hệ phương trình sau:   − =  x + 1 − y 2 2) Cho phương trình x − ( m − 1) x − − m =0 a) Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu 2 b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình trên Tìm m biết x1 + x2 = Bài Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE và AF tới đường tròn ( E ; F là các tiếp điểm) Dựng cát tuyến ABC cắt đường tròn hai điểm B và C ( AB < AC , BC không là đường kính ( O )) Gọi I là trung điểm BC , K là trung điểm EF Gọi giao điểm FI với ( O ) là D a) Chứng minh AE = AB AC b) Chứng minh năm điểm A; E ; O; I ; F cùng thuộc đường tròn c) Chứng minh ED / / AC và tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn hai bán kính  = 30o OE , OF và cung nhỏ EF OAE d) Chứng minh ( O ) thay đổi các điểm A, B, C cố định thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc đường thẳng cố định Bài Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ (a + b + c) a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b - Hết - Ươm mầm tri thức – uommam.vn 88 HƯỚNG DẪN x Bài Cho các biểu thức A = 1+ x , x ≠ và B = x −1 x + 10 − x + − với x ≥ 0, x ≠ x − 3− x x −5 x + 1) Rút gọn B 2) Tìm x để A ≤ 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x −1 x + 10 − x + − x − 3− x x −5 x + 1) B = = = = = ( )( x −1 ) ( x −3 − x +2 ( )( x −2 )( A B ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ ) x − − 10 + x x −3 ) x − x + − x + − 10 + x ( x −2 )( x −3 ( x −2 )( x −3 x −3 ) ) x −2 2) Ta có A = A≤ , ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ x −2 x x −1 1 x − x −1 ⇔ ≤ ⇔ ≤0⇔ ≤0 1+ x 2+2 x 1+ x ( Mà + x > ∀x ≥ ⇒ ) x −1 ≤ ⇔ x ≤ Kết hợp với ĐK ta ≤ x ≤ Vậy: với ≤ x ≤ thì A ≤ = 3) P = A x = : = B 1+ x x −2 x −3+ x ( ) ( x −2 = x +1 )( x +1 ) x −3 +3 x +1 3   =  x +1+ −4 x +1  x +1 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 89 Áp dụng BĐT Cosi cho hai số dương x +1+ ( ≥2 x +1 ) x +1 ; , ta có: x +1 =2 x +1 x +1 ⇒ P ≥ 3−4 Dấu “=” xảy và x= +1 x +1 ⇔ = ⇔ x +1 ( ) x += ( Do x + > ) ⇒ x = − ( tm ) = − đạt x= − Vậy P Bài 2.Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai trường A và B có tổng cộng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội Biết 25% học sinh trường A và 20% học sinh trường B đạt giải Tổng số học sinh đạt giải hai trường là 21 học sinh Tính số học sinh trường tham gia kỳ thi đó? Gọi số học sinh trường A và trường B tham gia kỳ thi học sinh giỏi là x và y (đk: x, y ∈ *, x, y < 90 ) Vì có tổng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi nên ta có phương trình: x+ y = 94 25% học sinh trường A là 25%.x = x (học sinh) 20% học sinh trường B là 20% y = y (học sinh) Ta có phương trình 1 x + y = 21 ⇔ x + y = 420 (1) (2) Từ (1) và (2) ta có hệ = =  x + y 94 5 x + y 470  y = 50 ( tm ) ⇔ ⇔    x + y 420 x + y 420 5= 5=  x = 44 ( tm ) Vậy số học sinh trường A và B tham gia thi học sinh giỏi là 44 học sinh và 50 học sinh Bài Ươm mầm tri thức – uommam.vn 90  +  x +1 y −1 =  1) Giải hệ phương trình sau:   − =  x + 1 − y 2 2) Cho phương trình x − ( m − 1) x − − m =0 a) Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu 2 b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình trên Tìm m biết x1 + x2 =  x > −1  1) Điều kiện   y ≠ Hệ    + = + =  x +1 y −1  x +1 y −1  2=    y −1   ⇔ ⇔ 4    + = − = + = 3  x + 1 − y  x + y −  x + y −  2 y − =2   y = ( tm ) ⇔ ⇔ + =  x +1    x = ( tm )   ( x; y ) hệ là  3; Vậy nghiệm 3  2 2) 2 a) Phương trình: x − ( m − 1) x − − m =0 a = ; b = (m  1) ; c = 1  m Ta có ac =− m − < ∀m  Phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với m  x1 + x2 = m − b) Áp dụng định lý Vi-et ta  −m2 −  x1 x2 = Ta có x1 + x2 = 2 ⇔ x12 + x22 + x1 x2 = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 = (*) Thay hệ thức Vi-et vào (*) ta được: ( m − 1) − ( − m − 1) + − m − = ⇔ m − 2m + + 2m + + 2m + = ⇔ 3m − 2m − = ⇔ ( 3m − )( m + 1) =  m=  ⇒   m = −1 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 91   5 3 Vậy m ∈  −1;  Bài Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE và AF tới đường tròn ( E ; F là các tiếp điểm) Dựng cát tuyến ABC cắt đường tròn hai điểm B và C ( AB < AC , BC không là đường kính ( O )) Gọi I là trung điểm BC , K là trung điểm EF Gọi giao điểm FI với ( O ) là D a) Chứng minh AE = AB AC b) Chứng minh năm điểm A; E ; O; I ; F cùng thuộc đường tròn c) Chứng minh ED / / AC và tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn hai bán  = 30o kính OE , OF và cung nhỏ EF OAE d) Chứng minh ( O ) thay đổi, các điểm A, B, C cố định thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc đường thẳng cố định E D K A B J O I C F a) Xét ∆AEB và ∆ACE có:  chung,  AEB =  ACE (góc tạo tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp) A ⇒ ∆AEB đồng dạng với ∆ACE ( g g ) ⇒ AE AB = ⇒ AE = AB AC AC AE b) Ta có AE , AF là hai tiếp tuyến E và F (O) (giả thiết)  ⇒ AEO = 90o ; AFO = 90o (Tính chất tiếp tuyến) Xét ( O ) có I là trung điểm BC nên OI ⊥ BC I (tính chất đường kính – dây cung) ⇒ AIO = 90o  ; AIO  mà AEO  + AIO  = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác AEOI có hai góc đối AEO ⇒ tứ giác AEOI nội tiếp (dhnb) (1)  ; AFO  mà AEO  + AFO  = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác AEOF có hai góc đối AEO ⇒ tứ giác AEOF nội tiếp (2) Từ (1) và (2) ⇒ năm điểm A, E , O, I , F thuộc đường tròn đường kính AO Ươm mầm tri thức – uommam.vn 92 1 )  c) Xét ( O ) có: E DF = EO F (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn EF Ta có AE và AF là hai tiếp tuyến cắt (O)  (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ AO là phân giác EOF 1 = ⇒ AOF EOF  = EDF  Do đó: AOF ) AOF =  AIF (hai góc nội tiếp cùng chắn AF Xét đường tròn ngoại tiếp AEOIF có  = AIF Do đó EDF ;  AIF là hai góc đồng vị Mà EDF ⇒ ED / / AC (đpcm) = = 30o ⇒  AOE =60o ⇒ EOF 120o Do OAE Diện tích hình quạt giới hạn OE , OF và cung nhỏ = EF là: S π R 120o = 360o π R2 (đvdt) d) Gọi J là giao điểm BC và EF Ta có: AE = AF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OE = OF = R ⇒ AO là đường trung trực EF (tính chất điểm thuộc đường trung trực) = 90o ⇒ AO ⊥ EF K là trung điểm EF ⇒ OKJ  =90o AIO =90o ⇒ JIO Ta có ⇒   + JIO  = 90o + 90o = 180o  ; JIO  mà OKJ Xét tứ giác OKJI có hai góc đối OKJ ⇒ tứ giác OKJI nội tiếp (dhnb) AJ AI AK = AO AE (hệ thức lượng đường tròn (OKJI)) ⇒= Xét ∆AEO vuông E, đường cao EK có: AK AO = AE (hệ thức lượng) AE Xét ∆ABE ∽ ∆AEC (g – g) ⇒ AB AC = Do đó: AJ AI = AB AC mà A, B, C cố định và I là trung điểm BC cố định nên điểm J cố định Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKI chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKJI Gọi P là tâm đường tròn này Khi (O) thay đổi thì P thay đổi PI = PJ nên P luôn thuộc đường trung trực IJ cố định Bài Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ (a + b + c) a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b Ươm mầm tri thức – uommam.vn 93 ab bc ca + + ≤ ( a + b + c )(*) a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: x, y > ⇒ ⇔ 1 1 11  ≤  +  ⇔ ( x + y) +  ≥ x+ y 4 x y  x y x y + ≥ ⇔ ( x − y ) ≥ (luôn đúng) y x Dấu “=” xảy và x = y Áp dụng ta được: Tương tự ta có: ab ab  ab ab  = ≤  +  a + b + 2c a + c + b + c  a + c b + c  bc  bc bc  ca  ca ca  ≤  + ≤  + ;  b + c + 2a  b + a c + a  c + a + 2b  c + b a + b   ab ab bc bc ca ca  ⇒ VT (*) ≤  + + + + +  4 a+c b+c b+a c+a c+b a+b =  ab + bc ab + ac ac + bc  + + = ( a + b + c ) ⇒ dpcm   4 a+c b+c a+b  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 94 THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ KIỂM TRA TOÁN NGÀY 23 – – 2019 Đề số 14 Năm học 2018 – 2019 Thời gian: 120 phút Bài (2 điểm): Cho hai biểu thức A = − x và B = x +1 x +3 x +2 x +2 − + với x −2 x −3 x −5 x +6 x ≥ ; x ≠ ; x ≠ a) Rút gọn B b) Tìm x để B > c) Cho P = A 2P x − Tìm x để= B Bài (2 điểm): Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 6m Bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi hình chữ nhật Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật Bài (2 điểm):  x +1 + y + =  1) Giải hệ phương trình:  − = −2  x +1 y+2  2) Cho phương trình: x − 2x + m − = a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x12 + 12 = 2x − x1x Bài (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O;R) H là trực tâm tam giác ABC Từ B đường thẳng song song với HC, từ C kẻ đường thẳng song song với HB, hai đường thẳng này cắt D Chứng minh: 1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính (O;R)  = CAO  2) BAH 3) a) Gọi E là giao điểm BC và HD, G là giao điểm AE và OH Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC  = 60o Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD) b) Cho ABC 4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C = với B, C là hai góc ∆ABC 3 3 Chứng minh rằng: Câu (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 1  + +  + ( a + b + c ) ≥ 27 a b c Ươm mầm tri thức – uommam.vn 95 HƯỚNG DẪN GIẢI x và B = x +1 Bài 1: Cho hai biểu thức A = − x +3 x +2 x +2 − + với x −2 x −3 x −5 x +6 x ≥ ; x ≠ ; x ≠ a) Rút gọn B b) Tìm x để B > A 2P x − Tìm x để= B c) Cho P = a) Điều kiện: x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x +3 x +2 x +2 − + x −2 x −3 x −5 x +6 B= = = = = Vậy B = ( x +3 )( ) ( x −3 − ( x +2 x −3 )( )( x −2 ) x −2 + x +2 ) x −9− x + 4+ x + ( ( x −3 )( x −2 x −3 x −3 )( x −2 ) ) x −2 với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x −2 b) Ta có: B > ⇔ > ⇒ x − > ⇔ x > x −2 Kết hợp điều kiện, ta có: x > ; x ≠ thì B > A B  x  x +1 = c) Ta có: P = 1 − : 2 (  x −2 = x −9 x +1 ) (2 x − 2= x −9 )( x −2 = với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ x −2 x +1 ) x +1 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 96 ⇔ x − = 2x − x − ⇔ 2x − x − = ⇔ ( )( ) x − x +1 = (*) Vì x ≥ ⇒ x + > , nên từ (*) ⇒ x − = ⇔ x = ⇒ x = 25 (thỏa mãn điều kiện) 2P x − Vậy với x = 25 thì= Bài 2: Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 6m Bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi hình chữ nhật Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật Gọi chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là x (m) (x > 6) Vì chiều dài lớn chiều rộng 6m, nên chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là: x − (m) Chu vi hình chữ nhật là: [ x + (x − 6) ] = ( 2x − ) = 4x − 12 (m) 2 Bình phương độ dài đường chéo hình chữ nhật là: x + (x − 6) Vì bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi hình chữ nhật, nên ta có phương trình: x + (x − 6)= 5.2 [ x + (x − 6) ] ⇔ 2x − 12x + 36 = 20x − 60 ⇔ 2x − 32x + 96 = ⇔ x − 16x + 48 = ⇔ ( x − 12 )( x − ) = 12 =  x −=  x 12 (thoa man) ⇔ ⇔ x−4 = =  x (khong thoa man) Vậy chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là 12 (m) , chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là (m) Bài 3:  x +1 + y + =  1) Giải hệ phương trình:  −2  x +1 − y + =  2) Cho phương trình: x − 2x + m − = a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Ươm mầm tri thức – uommam.vn 97 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x12 + 12 = 2x − x1x 1) Điều kiện: x > −1 ; y > −2 Đặt: x + = a > và y + = b > Ta có hệ: a= − 2b a + 2b =3 a =3 − 2b    a= − 2b ⇔ ⇔  b − ( − 2b ) ⇔ 1 3 −2b ( − 2b ) −2 −2 b − ( − 2b ) =  a − b =  − 2b − b =  b ( − 2b ) = −2  a= − 2b a= − 2b a= − 2b  ⇔ ⇔ ⇔ = hoac b ( b − 1)( 4b − ) = 4b − 13b + = b 1=  x + = x = (thỏa mãn) ⇔  y = −1  y + = Với b = (thỏa mãn) ⇒ a = (thỏa mãn), ta có:  Với b = −3 (thỏa mãn) ⇒ a = (không thỏa mãn) x =  y = −1 Vậy hệ có nghiệm  2a) Xét phương trình x − 2x + m − = (1) ∆ = − ( m − 3) = −4m + 16 Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x ∆ > −4m + 16 > m <   ⇔  x1 + x > ⇔  > ⇔ ⇒3< m< m >  x x > m − >   Vậy với < m < thì phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x ⇔ ∆ > ⇔ m <  x1 + x = m−3  x1.x= Hệ thức Vi-et:  Ta có x1 là nghiệm phương trình (1), nên: x12 − 2x1 + m − = ⇔ x12 = 2x1 − m + Bài cho: x12 + 12 = 2x − x1x ⇒ 2x1 − m + + 12= 2x − x1x ⇔ ( x1 − x ) = m − 15 − x1x Kết hợp hệ thức Vi-et ta có: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 98  x1 + x =  m−3  x1.x= 2 x − x = m − 15 − x x 2)  (  x1 + x =  m−3 ⇔  x1.x = 2 x − x = −12 2)  (  x1 + x =  m−3 ⇔  x1.x = x − x = −6   x1 = −2  ⇔ x =  x x= m −  ⇒ m − = 4.(−2) ⇒m= −5 (Thỏa mãn) Vậy m = −5 thi phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x12 + 12 = 2x − x1x Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O;R) H là trực tâm tam giác ABC Từ B đường thẳng song song với HC, từ C kẻ đường thẳng song song với HB, hai đường thẳng này cắt D Chứng minh: 1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính (O;R)  = CAO  2) BAH 3) a) Gọi E là giao điểm BC và HD, G là giao điểm AE và OH Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC  = 60o Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD) b) Cho ABC 4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C = với B, C là hai góc ∆ABC A • F • P H • • G •O • C K • E B • D Ươm mầm tri thức – uommam.vn 99 1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính (O;R) Ta có H là trực tâm ∆ABC (giả thiết), ta có: BH ⊥ AC P ; CH ⊥ AB F Mà BD / /CH ( gt ) ; CD / /BH ( gt ) ⇒ BD ⊥ AB ; AC ⊥ DC   ⇒ ABD = 90o ; ACD = 90o (1)  + ACD  = 90o + 90o = 180o  ACD  là hai góc đối và ABD Xét tứ giác có ABD; ⇒ Tứ giác ABDC nội tiếp (đpcm) Mà tam giác ABC nôi tiếp (O; R) (gt) ⇒ Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O; R) (2) Từ (1) và (2), ta có AD là đường kính (O; R) (đpcm)  = CAO  2) Chứng minh BAH Xét AH ⊥ BC K (vì H là trực tâm tam giác ABC), nên ∆AKB có:   + ABK  + BAH  AKB = 90o ; AKB = 180o  + BAH = 90o ⇒ ABK (3) Xét ∆ACD có:   180o  90o (cmt); ACD  + ADC = ACD = + CAO  + CAO = 180o ⇒ ADC (4)  )  = ADC  (hai góc nội tiếp cùng chắn AC Xét (O) có: ABK (5)  = CAO  (đpcm) Từ (3), (4) và (5) BAH 3) a) Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC Ta có: BD / /CH ( gt ) ; CD / /BH ( gt ) ⇒ Tứ giác BHCD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết), mà BC và HD cắt E ⇒ E là trung điểm BC (tính chất giao điểm hai đường chéo hình bình hành) ⇒ AE là trung tuyến ∆ABC (6) (7) Xét (O), từ (6) có: OE ⊥ BC (liên hệ đường kính và dây) Mà AH ⊥ BC Ươm mầm tri thức – uommam.vn 100 ⇒ OE / /AH ⇒ ∆OEG ∽ ∆HAG (tính chất) ⇒ OE EG = (tính chất) AH AG Xét ∆ADH , có OE là đường trung bình ⇒ OE = AH (tính chất) ⇒ EG AG =⇒ = AG AE (8) Từ (7), (8) ⇒ G là trọng tâm tam giác ABC b) Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD)  )  = ADC  (hai góc nội tiếp cùng chắn AC Xét (O) có: ABC  = 60o (gt) ; ∆COD cân O (vì OC = OD = R) Mà ABC = 60o ⇒ ∆COD ⇒ COD πR 60o πR = Squạt COD = (đvdt) 360o 4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C = với B, C là hai góc ∆ABC = ∆ABK vuông K, có: tan ABK AK  = AK hay tan ABC BK BK  có BH ⊥ AC và HK ⊥ CB  và ACB Xét BHK  (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) = ACB ⇒ BHK = ∆BHK có tan BHK BK BK = ⇒ tan ACB HK HK  =  ACB Do đó: tan ABC.tan BK AK AK = HK BK HK Nếu OH / /BC ⇒ HG / /KE ⇒ AH AG = = ⇒ AK = 3HK AK AE   = (đpcm) ACB Khi đó: tan ABC.tan 3 3 Chứng minh rằng: Câu 5: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 1  + +  + ( a + b + c ) ≥ 27 a b c 3 3 nên: < a < ; < b3 < ; < c3 < Ta có a + b + c = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 101 Tổng quát: 3 + Xét < x < ⇒ x < < + Áp dụng BĐT cosi ta có: + 4 4 4 − x3 ≥ = ⇒ + − 2x ≥ = − 2x >0 x x x x x x 2  ⇒ ( x − 1) 1 + − 2x  ≥ ⇔ 5x + ≥ 2x + x  x  (Dấu “=” xảy ⇔ x = CHÚ Ý: Dấu “=” xảy không phụ thuộc vào việc dấu “=” BĐT cosi có xảy hay không mà phụ thuộc vào hiệu ( x − 1) và thỏa mãn giả thiết) Áp dụng: 5a + ≥ 2a + a (1) ; 5b + ≥ 2b3 + b (2) ; 5c + ≥ 2c3 + c (3) 1 1 + +  + ( a + b + c ) ≥ ( a + b3 + c3 ) + 21 a b c Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:  1 1 ⇒  + +  + ( a + b + c ) ≥ 27 a b c 3 3 Dấu “=” xảy ⇔ dấu “=” (1), (2) và (3) đồng thời xảy và a + b + c = ⇔ a=b=c=1 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 102 TRƯỜNG THCS PHƯƠNG LIỆT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN Ngày kiểm tra: 15/5/2018 Đề số 15 Thời gian làm bài: 120 phút x +3 x + x + 12 = + ;B , ( x ≥ 0; x ≠ 16 ) x − 16 x −4 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = x 2) Chứng tỏ rằng: B = x −4 A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A đến B cách 12km Biết vận tốc ô tô vận tốc xe máy là 24km/h và ô tô đến B trước xe máy 50 phút Tính vận tốc xe Bài III  3y  x − + y − = 1) Giải hệ phương trình:   −2 y + y − =  x − 2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): A Bài I Cho hai biểu thức = y = ( m − 1) x + m a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) điểm có hoành độ – b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 < < x2 Bài IV Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm và B ≠ C ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC ( M ≠ B, M ≠ C ) Gọi I, H, K là hình chiếu vuông góc M trên CB, BA, AC Biết MB cắt IH E, MC cắt IK F 1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc đường tròn  = MHI  và MI = MH MK 2) Chứng minh MIK 3) Chứng minh EF ⊥ MI 4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt điểm thứ là N Chứng tỏ M di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B; M ≠ C ) thì đường thẳng MN luôn qua điểm cố định Bài V Cho a, b, c là các số dương a + b + c ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = Ươm mầm tri thức – uommam.vn a a2 +1 + b b2 + + c c2 + 103 HƯỚNG DẪN GIẢI x +3 = ;B x −4 A Bài I Cho hai biểu thức = x + x + 12 + , ( x ≥ 0; x ≠ 16 ) x − 16 x +4 1) Tính giá trị biểu thức A x = x x −4 2) Chứng tỏ rằng: B = A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B 1) Tính giá trị biểu thức A x = 9 +3 3+3 = = = −6 − − −1 A= Vậy với x = thì A = −6 x x −4 2) Chứng tỏ rằng: B = x + x + 12 + x − 16 x +4 = B B= B= B= B= ( x +3 ( )( ) x − + x + 12 x +4 )( x −4 ) x − x − 12 + x + 12 ( ( x +4 )( x −4 x+4 x x +4 )( x −4 ) ) x (Điều phải chứng minh) x −4 A 3) Tìm m để phương trình = m + có nghiệm B Xét phương trình A = m +1 ⇔ B x +3 x = m + ĐK: ( x > 0; x ≠ 16 ) : x −4 x −4 ⇔ x +3 x −4 = m +1 x −4 x ⇔ x +3 = m +1 x Ươm mầm tri thức – uommam.vn 104 ⇔ 1+ ⇔ =1+ m x = m x ⇔ x = (*) m Để phương trình có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm 3 m >  m >  ⇔ ⇔ 3 ≠4 m ≠  m Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A đến B cách 120km Biết vận tốc ô tô vận tốc xe máy là 24km/h và ô tô đến B trước xe máy 50 phút Tính vận tốc xe Gọi vận tốc xe máy là: x (km/h) (x > 0) Vận tốc ô tô là: x + 24 ( km / h ) Thời gian xe máy từ A đến B là: Thời gian ô tô từ A đến B là: 120 ( h) x 120 ( h) x + 24   Vì ô tô đến B sớm xe máy 50 phút  = h  nên ta có phương trình:   120 120 − = x x + 24 120 x + 2880 − 120 x ⇔ = x + 24 x ⇒ x + 120 x − 17280 =  x = 48 (thoa man) ⇒  x = −72 (loai ) Vậy vận tốc xe máy là 48km/h, vận tốc ô tô là 72km/h Bài III  3y  x − + y − = 1) Giải hệ phương trình:   −2 y + y − =  x − Ươm mầm tri thức – uommam.vn 105 2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + m a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) điểm có hoành độ – b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 < < x2  3y  x − + y − = 1) Ta có hệ phương trình:   −2 y + y − =  x − ĐKXĐ: x ≠ 3; y > Đặt y = a; y −= b (điều kiện b ≥ ) x −3 10 34 −1 3a + 4b = 6a + 8b = 17b = a = ⇔ ⇔ ⇔ Ta được:  b −6a + 9= b 24 b = b 2(TM ) −2a + 3= −2a + 3=  y = −1  x = −2  ⇔ Suy  x − (thỏa mãn) y=5   y −1 =   x = −2 Vậy hệ phương trình có nghiệm  y = 2) Parabol (P): y = x ; đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + m a) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x = ( m − 1) x + m Vì (d) và (P) cắt điểm có hoành độ −2 nên x = −2 , ta có: 2= ( m − 1)( −2 ) + m ⇔ −m= ⇔m= Vậy m = thì (d) cắt (P) điểm có hoành độ −2 b) xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) x = ( m − 1) x + m ⇔ x − ( m − 1) x − 2m = (1) ∆ =' ( m − 1) + 2m= m + > 0; ∀ m ⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 106  x1 + x2 = 2m − Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x1.x2 = −2m Hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 < < x2 x − < ⇔  x2 − > ⇔ ( x1 − )( x2 − ) < ⇔ x1.x2 − ( x1 + x2 ) + < ⇔ −2m − ( 2m − ) + < ⇔ −6m < −8 ⇔ m > Vậy với m > 4 thì (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 < < x2 Bài IV Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm và B ≠ C ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC ( M ≠ B, M ≠ C ) Gọi I, H, K là hình chiếu vuông góc M trên CB, BA, AC Biết MB cắt IH E, MC cắt IK F 1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc đường tròn  = MHI  và MI = MH MK 2) Chứng minh MIK 3) Chứng minh EF ⊥ MI 4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt điểm thứ là N Chứng tỏ M di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B; M ≠ C ) thì đường thẳng MN luôn qua điểm cố định B H E N r1 M I P A F Q O K C 1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc đường tròn Ươm mầm tri thức – uommam.vn 107 Ta có I, K là hình chiếu M lên BC, AC (giả thiết) ⇒ MI ⊥ BC I và MK ⊥ AC K   ⇒ MIC = 90o ; MKC = 90o  ; MKC  mà MKC  + MIC = 1800 Xét tứ giác MKCI có hai góc đối MIC ⇒ MKCI là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc đường tròn (đpcm)  = MHI  và MI = MH MK 2) Chứng minh MIK Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MKIC có:  = MCK  (hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) MIK (1)  = MCI  (hai góc nội tiếp cùng chắn MI ) MKI (2) Xét (O) có: )  = MBC  (góc tạo tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn MC MCA  = MBI  (vì K ∈ CA, I ∈ BC) Hay MCK (3)  = MBH  (vì H ∈ AB, I ∈ BC) Hay MCI (4)  = MBA  (góc tạo tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn MB ) MCB = 90o Ta có H là hình chiếu M lên AB (giả thiết) ⇒ MH ⊥ AB H ⇒ MHB = MI ⊥ BC I (cmt) ⇒ MIB 90o  ; MIB  mà MHB  + MIB = Xét tứ giác MHBI có hai góc đối MHB 1800 ⇒ MHBI là tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MHBI có:  = MBI  (hai góc nội tiếp cùng chắn MI  ) MHI (5)  = MIH  (hai góc nội tiếp cùng chắn MH  ) MBH (6)  = MHI  (đpcm) Từ (1), (3) và (5) có: MIK (7)  = MIH  Từ (2), (4) và (6) có: MKI (8) Từ (7) và (8) ⇒ ∆MKI ∽ ∆MIH (g – g) ⇒ MK MI = ⇒ MI = MK.MH (đpcm) MI MH 3) Chứng minh EF ⊥ MI  = MIE  + MIF  = MIH  + MIK  Có EIF Ươm mầm tri thức – uommam.vn 108  = MIH Từ (4) và (6) ⇒ MCI  = MBI Từ (5) và (7) ⇒ MIK  + MBI   MCI EIF Do đó: = =  + MCI  + EMF 180o (tổng ba góc tam giác) Xét ∆MBC có: MBI  + EMF = ⇒ EIF 180o ⇒ Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp =  (hai góc nội tiếp cùng chắn MF  ) hay MEF  = MIK  ⇒ MEF MIF   = MBC  ⇒ MEF = MBC Mà theo (1) và (3) có: MIK  MBC  là hai góc đồng vị ⇒ FE  BC Mà MEF, Mà MI ⊥ BC ⇒ EF ⊥ MI (đpcm) 4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt điểm thứ là N Chứng tỏ M di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B; M ≠ C ) thì đường thẳng MN luôn qua điểm cố định Gọi MN cắt EF P và cắt BC Q Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác MEH, có:  = MHI  (hai góc nội tiếp cùng chắn ME ) PNE Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MEIF có:  = MIK  (hai góc nội tiếp cùng chắn MF ) MEP =   = MHI  (cmt) ⇒ PNE MEP Mà MIK  chung Mà ∆PNE và ∆PEM có MPE ⇒ ∆PNE ∽ ∆PEM (g-g) ⇒ PM PE = ⇒ PM.PN = PE PE PN Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác MFK, có:  = MKI  (hai góc nội tiếp cùng chắn MF ) PNF Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MEIF có:  = MIH  (hai góc nội tiếp cùng chắn ME ) MFP =   = MKI  (cmt) ⇒ PNF MFP Mà MIH  chung Mà ∆PMF và ∆PFN có MPF Ươm mầm tri thức – uommam.vn 109 ⇒ ∆PMF ∽ ∆PFN (g-g) ⇒ PM PF = ⇒ PM.PN = PF2 PF PN Do đó: PE = PF hay P là trung điểm EF Lại có FE  BC ⇒ PE PF = ⇒ QB = QC QB QC Mà B, C cố định nên trung điểm Q BC cố định Vậy MN qua trung điểm Q BC cố định Ươm mầm tri thức – uommam.vn 110 PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG THCS PHAN HUY CHÚ NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ SỐ 16 Bài Với x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ , cho hai biểu thức A = x +2 và B == x −3 x +5 7− x + x −1 x +1 a) Tính giá trị biểu thức A x = 16 b) Chứng minh B = x +2 x −1 c) Tìm tất các giá trị x để 4A ≤ B x x −3 Bài Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Trong phong trào thi đua trồng cây dịp đầu năm mới, lớp 9A trường THCS Chiến Thắng đặt kế hoạch trồng 300 cây xanh cùng loại, học sinh trồng số cây Đến đợt lao động, có bạn Liên đội triệu tập tham gia chiến dịch an toàn giao thông nên bạn còn lại phải trồng thêm cây để đảm bảo kế hoạch đề Tính số học sinh lớp 9A Bài   x− + y=  1) Giải hệ phương trình sau:   −y=  x − 2 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y =mx + 1( m ≠ ) a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm A, B phân biệt b) Gọi H, K là hình chiếu A, B trên Ox Gọi I là giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy Chứng minh với giá trị m ≠ , tam giác IHK luôn là tam giác vuông I Bài Cho đường tròn ( O, R ) và dây AB cố định, khác đường kính Gọi K là điểm chính cung nhỏ AB Kẻ đường kính IK đường tròn ( O ) cắt AB N Lấy điểm M trên cung lớn AB ( M ≠ A, M ≠ B ) MK cắt AB D Hai đường thẳng IM và AB cắt C Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc đường tròn IB2 IM.IC = IN.IK Chứng minh= Hai đường thẳng ID và CK cắt E Chứng minh điểm E thuộc đường tròn ( O ) và  NC là tia phân giác góc MNE Chứng minh điểm M thay đổi trên cung lớn AB ( M ≠ A, M ≠ B ) , đường thẳng ME luôn qua điểm cố định Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a + b = P = 4a + + 4b + Ươm mầm tri thức – uommam.vn 111 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Với x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠ , cho hai biểu thức A = x +2 và B == x −3 x +5 7− x + x −1 x +1 a) Tính giá trị biểu thức A x = 16 b) Chứng minh B = x +2 x −1 c) Tìm tất các giá trị x để 4A ≤ B x x −3 16 + + = = 16 − − = A a) Thay x = 16 (thỏa mãn) vào biểu thức A ta có b) Với x ≥ 0, x ≠ 1; x ≠ ta có: B= x +5 7− x + = x −1 x +1 ( x + x −5+7− x = x +1 x −1 ( = Vậy B = )( ) x + 1)( x + ) (= ( x + 1)( x − 1) x +5 ( )( ) x −1 + − x )( x +1 ) x −1 x+3 x +2 ( )( x +1 ) x −1 x +2 x −1 x +2 (đpcm) x −1 ( ) x −1 4A x x + x −1 x x ≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ c) Ta có: B x −3 x −3 x + x −3 x −3 x −3 ⇔ ( ) x −1 x x−4 x +4 − ≥0⇔ ≥0⇔ x −3 x −3 x −3 ( x −2 ) x −3 ≥0 ⇒ x −3≥ 0⇒ x ≥ Kết hợp điều kiện, ta có x > thì 4A ≤ B x x −3 Bài Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Trong phong trào thi đua trồng cây dịp đầu năm mới, lớp 9A trường THCS Chiến Thắng đặt kế hoạch trồng 300 cây xanh cùng loại, học sinh trồng số cây Đến đợt lao động, có bạn Liên đội triệu tập tham gia chiến dịch an toàn giao thông nên bạn còn lại phải trồng thêm cây để đảm bảo kế hoạch đề Tính số học sinh lớp 9A Gọi số học sinh lớp 9A ban đầu là x bạn ( x ∈ N , x > ) * Ươm mầm tri thức – uommam.vn 112 Số cây bạn phải trồng theo kế hoạch là Số cây bạn phải trồng thực tế là 300 (cây) x 300 + (cây) x Theo bài ra, sau có bạn Liên đội triệu tập, bạn còn lại phải trồng thêm cây để đảm bảo kế hoạch đặt nên ta có phương trình  300  +  ⋅ ( x − 5) = 300   x  1500 300 ⇔ 300 + 2x − − 10 = x 1500 ⇔ −10 + 2x − =0 x ⇒ −10x + 2x − 1500 =0  x = 30 ⇔  x = −25 So với điều kiện, x = 30 thỏa mãn Vậy lớp 9A có 30 bạn Bài   x− + y=  1) Giải hệ phương trình sau:   −y=  x − 2 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P): y = x và đường thẳng (d): y =mx + 1( m ≠ ) a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm A, B phân biệt b) Gọi H, K là hình chiếu A, B trên Ox Gọi I là giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy Chứng minh với giá trị m ≠ , tam giác IHK luôn là tam giác vuông I 1) Điều kiện: x > Đặt = a x−2 ( a > 0) a + y =  x = ( tm ) a =  Hệ phương trình tương đương  ⇔ ⇔ y y = y = 3a − = Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;4 ) 2a) Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): x= mx + ⇔ x − mx − =0 (1) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 113 ∆ = m + > với m ⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x ⇒ (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A và B 2b) Ta có phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x m  x1 + x =  x1.x = −1 Hệ thức Vi-ét ta có:  Vì x1.x = −1 < nên hai giao điểm A và B nằm hai phía trục tung và biểu diễn trên hệ tọa độ hình vẽ Với H, K là hình chiếu A và B lên trục hoành Ta có: IH = OI + OH = + x12 IK = OI + OK = + x 22 IH + IK =2 + x12 + x 22 =m + HK = ( OH + OK ) = ( x1 + x 2 ) = x12 + x 22 + x1x = m + HK ⇒ IH + IK = Vậy tam giác IHK vuông I (Định lý Pitago đảo) Bài Cho đường tròn ( O, R ) và dây AB cố định, khác đường kính Gọi K là điểm chính cung nhỏ AB Kẻ đường kính IK đường tròn ( O ) cắt AB N Lấy điểm M trên cung lớn AB ( M ≠ A, M ≠ B ) MK cắt AB D Hai đường thẳng IM và AB cắt C Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc đường tròn IB2 IM.IC = IN.IK Chứng minh= Hai đường thẳng ID và CK cắt E Chứng minh điểm E thuộc đường tròn ( O ) và  NC là tia phân giác góc MNE Chứng minh điểm M thay đổi trên cung lớn AB ( M ≠ A, M ≠ B ) , đường thẳng ME luôn qua điểm cố định Ươm mầm tri thức – uommam.vn 114 Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc đường tròn  Ta có K là điểm chính AB (giả thiết) = ⇒ OK ⊥ AB N OK ⊥ CB N ⇒ CNK 90o  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét (O) có KMI = ⇒ KM ⊥ MI M KM ⊥ CI M (do C, M, I thẳng hàng) ⇒ CMK 90o ⇒ Hai điểm M và N cùng nhìn cạnh CK góc vuông ⇒ Tứ giác CMNK nội tiếp đường tròn đường kính CK ⇒ bốn điểm C, M, N, K cùng thuộc đường tròn đường kính CK IB2 IM.IC = IN.IK Chứng minh= Xét ∆IBM và ∆ICB có:  = ICB  (cùng IKM I chung; IBM ) ⇒ ∆IBM ∽ ∆ICB (g.g) ⇒ IM IB = ⇒ IB2 =IM.IC IB IC (1)  + KNM = Tứ giác CKNM nội tiếp (cmt) ⇒ KCM 180 (Định lý) o  + KNM = 180o (hai góc kề bù) Mà MNI  = ⇒ KCM MNI Xét ∆IMN và ∆IKC có:  = KCM  (cmt) I chung; MNI ⇒ ∆IMN ∽ ∆IKC (g.g) ⇒ IM IN = ⇒ IM.IC = IK.IN IK IC Ươm mầm tri thức – uommam.vn ( 2) 115 Từ (1) , ( ) ⇒ IB = IM.IC= IK.IN  Chứng minh điểm E thuộc đường tròn ( O ) và NC là tia phân giác góc MNE Xét ∆CKI có: KM ⊥ CI ; CN ⊥ KI và KM  CN D ⇒ D là trực tâm ∆CKI ⇒ ID ⊥ CK E ( ID cắt CK E ) (tính chất) IE ⊥ CK E = ⇒ IEK 900 ⇒ E thuộc đường tròn tâm O , đường kính IK Chứng minh tứ giác KEDN nội tiếp đường tròn  =  (hai góc nội tiếp cùng chắn ED ) ⇒ EKD END Chứng minh tứ giác DMIN nội tiếp  =  (hai góc nội tiếp cùng chắn DM ) ⇒ DNM DIM   = EIM  (góc nội tiếp cùng chắn EM đường tròn (O)) Mà EKM =  ⇒ END DNM  ⇒ ND là tia phân giác ENM Chứng minh điểm M thay đổi trên cung lớn AB ( M ≠ A, M ≠ B ) , đường thẳng ME luôn qua điểm cố định Gọi F = ME  IK  Tương tự ý 3), ta chứng minh ED là phân giác MEN   = 900 ⇒ EK là phân giác NEF Vì KEI Vậy EK, EI là phân giác và ngoài đỉnh E ∆NEF NK NE IN = = KF FE IF IN.KF ⇔ NK.IF = ⇒ IN.KF ⇔ NK ( IK + KF ) = ⇔ NK.IK = KF ( IN − NK ) ⇔= KF NK.IK = không đổi ⇒ F cố định IN − NK Vậy điểm M thay đổi trên cung lớn AB , đường thẳng ME luôn qua điểm F cố định Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a + b = P = 4a + + 4b + Cách 1: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 116 P2 = ( a + b ) + + ( 4a + 1)( 4b + 1) = 10 + 16ab + ( a + b ) + ≥ 10 + ( a + b ) + = 16 ⇒P≥4 Dấu đẳng thức xảy và ( a, b ) là hoán vị ( 0; ) Cách 4a= + x, 4b= + y thì: Đặt ≤ x, y ≤ ( ≤ a, b ≤ ) và x − y2 − + =2 ⇔ x + y =10 4  ( x − 1)( x − 3) ≤ y y − − ≤ ( )( )   Do  4x ≥ x + ⇒ ⇒ ( x + y ) ≥ x + y + = 16 ⇒ x + y ≥ 4y ≥ y + x 1,= y = y 1,= x hay ( a, b ) là hoán vị Dấu đẳng thức xảy và = số ( 0; ) Cách 3: x + k + y + k ≥ k + x + y + k với x, y, k ≥ (*) Chứng minh bổ đề: Chứng minh (*): Bình phương vế ta có: x + y + 2k + ( x + k )( y + k ) ≥ x + y + 2k 2 + 2k x + y + k Hay ( x + k )( y + k ) ≥ k 2 x + y + k ⇔ xy + ( x + y ) k + k ≥ ( x + y ) k + k ⇔ xy ≥ bất đẳng thức này luôn đúng Dấu đẳng thức xảy và xy = Áp dụng vào bài toán: 4a + + 4b + ≥ + + ( a + b ) = + = Dấu đẳng thức xảy và a, b là hoán vị ( 0; ) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 117 TRƯỜNG THCS PHƯƠNG LIỆT NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP MÔN: TOÁN Đề số 17 Bài I Cho A = x −9 ( x + 7)( x −3 ) = và B x x 3x + + − , x ≥ 0; x ≠ x +3 x −3 x−9 1) Tính giá trị A x = 2) Chứng tỏ biểu thức B luôn dương với giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = B A Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 330 sản phẩm Nhưng thực tổ làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên hai tổ làm 318 sản phẩm Tính số sản phẩm mà tổ phải làm theo kế hoạch Bài III 3 ( x − y + 1) − y − = 1) Giải hệ phương trình:  2 ( x − y + 1) + y − = 2) Cho Parabol ( P ) : y = 1 x và đường thẳng (d ) : y = mx − m + m + ( m là tham số, 2 m ≠ 0) a) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt trục hoành điểm có hoành độ −1 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có tọa độ ( x ; y ) và ( x ; y ) 1 2 cho: y1 + y2 = Bài IV Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn cho OA = R Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) ( B, C là hai tiếp điểm) Một đường thẳng d thay đổi qua A luôn cắt đường tròn hai điểm D và E ( D thuộc cung nhỏ BC , cung BD lớn cung CD ) Gọi I là trung điểm DE , H là giao điểm AO và BC 1) Chứng minh năm điểm A, B, C , O, I cùng thuộc đường tròn 2) Chứng minh AH = = AO AD AE 3R 3) Chứng minh HC là tia phân giác góc DHE 4) Gọi G là trọng tâm tam giác BDE Chứng minh đường thẳng d thay đổi thì G luôn chạy trên đường tròn cố định 1 + + = 1+ a 1+ b 1+ c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = abc Bài V Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 118 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I Cho A = x −9 ( x + 7)( x −3 x x 3x + + − , x ≥ 0; x ≠ x +3 x −3 x−9 và B = ) 1) Tính giá trị A x = 2) Chứng tỏ biểu thức B luôn dương với giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ 3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = = 1) Ta có: A ( ) x x − x + x + x − 3x − = x +3 x −3 Vì ( ) 3 = = 2+7 x 3x + x + − = x +3 x −3 x−9 ( ) x −3 = ( x + 7) x − x + x −9 = ( x + 7) x − Với x = , có A= 2) B = ( B A )( ) ( ) x −3 + x ( x +3 )( ( x −3 x −9 = x +3 x −3 ( )( ) x + − 3x − ) x +3 ) > hay B > với x x +3 x ≥ với x thỏa mãn ĐKXĐ ⇒ x + > ⇒ thỏa mãn ĐKXĐ 3) P= B = A 3 = : x +3 x+7 x+7 = x +3 x −3+ 16 = x +3 x + > và Áp dụng BĐT Cô Si cho số dương x +3+ 16 −6 x +3 16 > ta có: x +3 16 ≥ 16 = x +3 16 ⇔ x +3+ −6≥ x +3 ⇔P≥2 x +3+ Vậy P đạt giá trị nhỏ 2, khí đó dấu “ = ” xảy ⇔ x +3= 16 ⇔ x +3 ( ) x + = 16 ⇔ x + = ⇔ x = (thỏa mãn ĐK) Vậy Pmax = x = Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 119 Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 330 sản phẩm Nhưng thực tổ làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên hai tổ làm 318 sản phẩm Tính số sản phẩm mà tổ phải làm theo kế hoạch Gọi số sản phẩm mà đội làm theo kế hoạch là x (sản phẩm) Gọi số sản phẩm mà đội làm theo kế hoạch là y (sản phẩm) Điều kiện: x; y ∈ N , < x; y < 330 Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 330 sản phẩm ta có phương trình: x+ y = 330 (sản phẩm) (1) 10 110 x=x= 1,1x (sản phẩm) 100 100 x+ Số sản phẩm thực tế đội làm là: x + 10% x = y− Số sản phẩm thực tế đội làm là: y − 15% y = 15 85 y=y= 0,85 y (sản phẩm) 100 100 Cả hai tổ thực tế làm 318 sản phẩm nên ta có phương trình: 1,1x + 0,85 y = 318 (sản phẩm) (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 330 363  y = 180 x + y = 0, 25 y = 45 1,1x + 1,1 y = (thỏa mãn) ⇔ ⇔ ⇔  318 318 318  x = 150 1,1x + 0,85 y = 1,1x + 0,85 y = 1,1x + 0,85 y = Vậy số sản phẩm đội làm theo kế hoạch là 150 sản phẩm Số sản phẩm đội làm theo kế hoạch là 180 sản phẩm Bài III 3 ( x − y + 1) − y − = 1) Giải hệ phương trình:  2 ( x − y + 1) + y − = 2) Cho Parabol ( P ) : y = 1 x và đường thẳng (d ) : y = mx − m + m + ( m là tham số, m ≠ 2 ) a) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt trục hoành điểm có hoành độ −1 b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) cắt hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) cho: y1 + y2 = 3 ( x − y + 1) − y − = 1)  2 ( x − y + 1) + y + = Đặt a = ( x − y + 1) ; b= ĐK y ≥ y −1 > Ươm mầm tri thức – uommam.vn 120 Phương trình trở thành 1= a − 2b 3a − ( − 2a ) = 3= 7 a = a ⇔ ⇔ ⇔ (T/m)   2a + b = b = − 2a b = b= − 2a x −=  +1 = x x − y +1 = ⇒ ⇔ ⇔ 1=  y −=  y 2= y  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) 2a) (d) cắt trục hoành điểm (- 1; 0), thay vào (d) ta được: = m ( −1) − m + m + ⇔ − m + =0 ⇔ m2 = ⇔m= ± (T/m) 2b) Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): x = mx − m + m + 2 ⇔ x − 2mx + m − 2m − = (1) Để (d) cắt (P) điểm phân biệt thì phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ m − ( m − 2m − ) > ⇔ 2m + > ⇔ m > −1 2m  x1 + x2 = Theo viet:   x1.x2 = m − 2m − Ta có y1 + y2 =5 ⇔ 2 x1 + x2 =5 2 10 ⇔ x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10 ⇔ ( 2m ) − ( m − 2m − ) = ⇔ 4m − 2m + 4m + − 10 = ⇔ 2m + 4m − = (T / m) m = ⇔  m = −3 ( Loai ) Vậy m = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 121 Bài IV Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn cho OA = R Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) ( B, C là hai tiếp điểm) Một đường thẳng d thay đổi qua A luôn cắt đường tròn hai điểm D và E ( D thuộc cung nhỏ BC , cung BD lớn cung CD ) Gọi I là trung điểm DE , H là giao điểm AO và BC 1) Chứng minh năm điểm A, B, C , O, I cùng thuộc đường tròn = = AO AD AE 3R 2) Chứng minh AH 3) Chứng minh HC là tia phân giác góc DHE 4) Gọi G là trọng tâm tam giác BDE Chứng minh đường thẳng d thay đổi thì G luôn chạy trên đường tròn cố định B M A D O H I E C 1) Chứng minh năm điểm A, B, C, O, I cùng thuộc đường tròn Gọi M là trung điểm AO Ta có I là trung điểm DE (giả thiết) ⇒ OI ⊥ DE ( đường kính qua trung điểm dây cung thì vuôn góc với dây cung) 900 ⇒ AIO = AB và AC là hai tiếp tuyến (O) (giả thiết) ⇒ AB ⊥ OB và AC ⊥ OC ⇒ ABO = 900 ;  ACO = 900 ;  Xét tứ giác ABOC có hai góc đối là ABO ACO và  ABO +  ACO = 180o ⇒ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO Xét tứ giác ACIO có hai đỉnh kề C và I cùng nhìn AO góc vuông Ươm mầm tri thức – uommam.vn 122 ⇒ Tứ giác ACIO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO Vậy điểm A; B; O; I; C cùng thuộc đường tròn (tâm là M) 2) Chứng minh AH.AO = AD.AE = 3R Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OC = OB = R  AO là đường trung trực đoạn thẳng BC hay AO ⊥ BC Tam giác ABO vuông B; đường cao BH ta có: AH AO = AB (Hệ thức lượng) (1) Xét ∆ADC và ∆ACE có:  (góc tạo tiếp tuyến -dây cung và góc nội tiếp cùng chắn DC   (O)) ACD = CEA  chung CAE Vậ ∆ADC  ACE ⇒ AD AC = ⇒ AD AE = AC AC AE Mà AC = AB nên AD AE = AB (2) = = AO AD AE AB Từ (1) và (2) ta có AH = AO − OB (định lí Pitago) Tam giác ABO vuông B ta có: AB 3R ⇒ AB = AO AD.= AE AB = 3R Vậy AH = 3) Chứng minh HC là tia phân giác góc DHE Ta có: AH AO= AD AE ⇒ AH AD = AE AO Xét ∆AHD và ∆AEO có AH AD  là góc chung = và EAO AE AO   (3) ⇒ ∆AHD ~ ∆AEO ⇒  AHD = AEO (hai góc tương ứng) hay  AHD = DEO Ươm mầm tri thức – uommam.vn 123 B M A Tứ H O D giác HOED là tứ giác nội tiếp (có I E C  + DHO  = DHO + DEO AHD = 1800 )  đường tròn ngoại tiếp tứ (4) ( hai góc nội tiếp cùng chắn OE   DE = EHO Vậy O giác HOED)   (do tam giác ODE cân O) DE = DEO Mặt khác O (5)  AHD = EHO Từ (3); (4); (5) ta có   − EHO  ⇒ DHC  =EHC   =900 ⇒  AHC =CHO AHC −  AHD =CHO Mà   HC là tia phân giác góc DHC 4) Gọi G là trọng tâm tam giác BDE Chứng minh đường thẳng d thay đổi thì G luôn chạy trên đường tròn cố định B L M H O A G D I E C G là trọng tâm tam giác DBE nên BG = BI Trên đoạn thằng BM lấy điểm L cho BL = (6) BM (7) Ta có A, O, B, C cố định, đó: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 124 M là trung điểm AO nên M cố định Theo (7) thì L cố định Theo câu a) thì I thuộc đường tròn tâm M hay MI = R Xét tam giác BMI có BL BG LG BL 2 = ⇒ LG = R ⇒ LG / / MI và = = MI BM BM BI Do L cố định, LG = R không đổi nên d thay đổi thì G luôn thuộc đường tròn tâm L, bán kính R cố định Bài V Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: 1 + + = 1+ a 1+ b 1+ c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = abc Ta có: 1 + += 1+ a 1+ b 1+ c a , b, c > 1 = 1− +1− 1+ a 1+ b 1+ c b c = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c ≥2 1+ a Tương tự bc (1 + b )(1 + c ) (Theo BĐT Cô Si) bc (1 + b )(1 + c ) ≥2 1+ b ac ≥2 ; (1 + a )(1 + c ) + c ab (1 + a )(1 + b ) Nhân vế với vế ta ≥8 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) a 2b c 2 = 2 (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) Dấu “ = ” xảy ⇔ a = b = c đó Vậy Qmax = 8abc ⇔ abc ≤ (1 + a )(1 + b )(1 + c ) 3 1 =2 ⇔ =1 + a ⇔ a = ⇒ a =b =c = 1+ a 2 1 a= b= c= Ươm mầm tri thức – uommam.vn 125 PHÒNG GDĐT QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN TRƯỜNG THCS BẾ VĂN ĐÀN MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 18 Bài I Cho hai biểu thức A = Ngày thi: 12/5/2018  x −1 x +1  x +1 − B  , x > 0, x ≠ và= : x −1  x x  x− x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 49 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm các giá trị x thỏa mãn A + B = Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai bến sông A và B cách 40 km Cùng lúc, canô xuôi dòng từ A đến B và bè trôi từ A đến B với vận tốc 3km/h Sau đến B, canô quay A và gặp bè địa điểm cách B là 32km Tính vận tốc canô? Bài III    1) Giải hệ phương trình:    + = x−2 y − = x−2 y 2) Cho hàm số y = − x có đồ thị kí hiệu là (P) và hàm số y =( m + 1) x − m − có đồ thị kí hiệu là (d) a) Tìm m để (d) và (P) cắt hai điểm phân biệt b) Tìm m để giao điểm nói trên nằm hai nửa mặt phằng đối bờ Oy và thỏa mãn x1 = x2 , (x1 , x2 là hoành độ các giao điểm nói trên) Bài IV Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tia Ax vuông gócvới AB, trên đó lấy điểm C (C khác A) Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn (M là tiếp điểm ) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt đường thẳng CM D 1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp 2) Chứng minh BD là tiếp tuyến đường tròn (O) 3) OC cắt MA E, OD cắt MB F, MH vuông góc AB (H thuộc AB) Chứng minh: HE + HF có giá trị không đổi C chuyển động trên tia Ax 4) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy Bài V Giải phương trình x − x + Ươm mầm tri thức – uommam.vn = x3 − x + x − 126 HƯỚNG DẪN Bài I Cho hai biểu thức A = x +1  x −1  x +1 = − , với x > 0, x ≠ và B  : x x −1  x  x− x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 49 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm các giá trị x thỏa mãn A + B = = A 1) Tại x = 49 (thỏa mãn ĐK) thì 49 + + = = 7 49 2) Ta có:  x −1  x +1 B  = − , x > 0, x ≠ : x −1  x  x− x  x +1  x −1 B  = − : x x x x − − ( 1)   B= x +1− x x x ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) ( x − 1) x x ( x − 1) ( x + 1) x +1 B= B= với x > 0, x ≠ x +1 Vậy B = 3) Ta có: A + B = ⇔ ⇔ ( x +1 + = x x +1 ) x +1 + x x ( ) x +1 ( ( ) ) x x + = x x + ⇔ x + x + + x − 2x − x =0 ⇔ − x + x + =0  1+ (tmdk) x = ⇔  1− (ktmdk) x =  Vậy A+B = x = 1+ Bài II Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn 127 Hai bến sông A và B cách 40 km Cùng lúc, canô xuôi dòng từ A đến B và bè trôi từ A đến B với vận tốc 3km/h Sau đến B, canô quay A và gặp bè địa điểm cách B là 32km Tính vận tốc canô? Gọi x là vận tốc canô (x > 0) Lúc đó: x + (km/h) là vận tốc canô xuôi dòng, x – (km/h) là vận tốc canô ngược dòng Ta có: 40 là thời gian cano từ A đến B, x+3 32 là thời gian cano từ B đến A gặp bè trôi, x −3 40 − 32 = là thời gian bè trôi, là thời gian ca nô từ A đến lúc gặp bè 3 Theo đề, ta có phương trình: 40 32 + = x +3 x −3 ⇔ 40.3(x − 3) + 32.3(x + 3) = 8(x + 3)(x − 3) ⇔ 120x − 360 + 96x + 288 = 8x − 72 ⇔ 8x − 216x = ⇔ 8x(x − 27) =  x = (ktmdk) ⇔  x = 27 (tmdk) Vậy vận tốc canô là 27 km/h Bài III    1) Giải hệ phương trình:    + = x−2 y − = x−2 y 2) Cho hàm số y = − x có đồ thị kí hiệu là (P) và hàm số y =( m + 1) x − m − có đồ thị kí hiệu là (d) a) Tìm m để (d) và (P) cắt hai điểm phân biệt b) Tìm m để giao điểm nói trên nằm hai nửa mặt phằng đối bờ Oy và thỏa mãn x1 = x2 , (x1 , x2 là hoành độ các giao điểm nói trên) 1) Điều kiện: x ≠ 2; y ≠ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 128   +  = +  =  y = (tmdk)  x=  −2 y  x−2 y y   y = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  2 6  x − =  =  =  +1=  x−2 +1 = 1 − −   x − y  x − y  x − y   y 1= y =   x 2 = − =   x 4(tmdk) ⇔ ⇔   y 1= y =     x − =−2   x =0(tmdk) Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm là ( x; y ) = ( 4;1) ; ( 0;1) 2a) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): m− = −x 2 ⇔ x + ( m + 1) x − m − = ∆= (m + 1) − 4.1.(− m − = ) m + 4m + = (m + 2) 2 ( m + 1) x − Để (d) và (P) cắt hai điểm phân biệt thì ∆ > ⇔ (m + 2) > ⇔ m + ≠ ⇔ m ≠ −2 −(m + 1)  x1 + x =  2b) Theo hệ thức viet có  −( m + ) x1 x =   Để giao điểm nói trên nằm hai nửa mặt phằng đối bờ Oy thì x1x < 3 ⇔ −( m + ) < ⇔ m + > ⇔ m > − 4 x ⇒ x1 = −4x , thay vào hệ thức Viet ta có: Theo đề ta có: x1 = m +1  x = −(m + 1) −3x =    ⇔ 3   1 − m +  3  m +1 1 −4x =  −4  = − m +  4 2      4 2 Ta có (1) ⇔ (1) ( m + 1)= (2m + 3) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 129 ⇔ 16(m + 2m + 1) = 9(2m + 3) ⇔ 16m + 14m − 11 = ⇔ (2m − 1)(8m + 11) =  m = ⇔ m =  = Vậy m (tmdk) −11 (tmdk) −11 = hay m thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài IV Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tia Ax vuông góc với AB, trên đó lấy điểm C (C khác A) Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn (M là tiếp điểm ) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt đường thẳng CM D 1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp 2) Chứng minh BD là tiếp tuyến đường tròn (O) 3) OC cắt MA E, OD cắt MB F, MH vuông góc AB (H thuộc AB) Chứng minh: HE + HF có giá trị không đổi C chuyển động trên tia Ax 4) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy x D L M  N E  K F B  O  H C A 1) Ta có CD và CA là tiếp tuyến A và M đường tròn (O) (giả thiết) ⇒ AC ⊥ AO A ; CD ⊥ OM M  900 ; CMO  ⇒ CAO = = 900  + CMO  = 900 + 900 = 1800  ; CMO  là hai góc đối và CAO Xét tứ giác AOMC có CAO ⇒ tứ giác AOMC nội tiếp  + MOD  =COD  =900 (vì CO ⊥ OD O) 2) Ta có: COM  + COM  + MOD  + DOB = COA 1800 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 130  + DOB = ⇒ COA 1800  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Ta có OC là phân giác AOM =  ⇒ COA COM =  ⇒ MOD DOB Xét ∆MOD và ∆BOD có: OM = OB = R  = DOB  MOD OD chung ⇒ ∆MOD = ∆BOD(c.g.c) =  (cặp góc tương ứng) ⇒ OMD OBD  = 900 (vì CD ⊥ OM M) Mà OMD = ⇒ OBD 900 hay OB ⊥ BD B Vậy BD là tiếp tuyến đường tròn (O) (đpcm) 3) Chứng minh: HE + HF có giá trị không đổi C chuyển động trên tia Ax ∆MOA cân O có OE là phân giác  AOM (vì E ∈ OC ) ⇒ OE là đường trung tuyến ∆MOA ⇒ E là trung điểm AM  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Ta có OD là phân giác BOM  (vì F ∈ OD ) Xét ∆MOB cân O có OF là phân giác BOM ⇒ OF là đường trung tuyến ∆MOB ⇒ F là trung điểm BM ∆MAH vuông H có HE = AM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) ∆MBH vuông H có HF = BM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) ∆MAB vuông M có AM + BM = AB =4 R (định lý Pitago) ⇒ HE = + HF AM + BM = R2 Vậy HE + HF có giá trị không đổi C chuyển động trên tia Ax 4) Ta có E, F là trung điểm cạnh MA, MB ⇒ EF là đường trung bình ∆MAB ⇒ EF//AB ⇒ EK//AH ( K ∈ EF; H ∈ AB ) ⇒ ME MK = = (định lý talet) MA MH ⇒ EF giao với MH K là trung điểm MH (*) Ươm mầm tri thức – uommam.vn 131 Gọi giao điểm BC với MH là N; giao điểm tia BM với tia Ax là L ∆LAB có LB // CO (cùng ⊥ AM) ; AO = OB = R ⇒ CA = CL (1) Ta có CA // NH (cùng ⊥ AB) ⇒ CA BC = (hệ định lý talet) NH BN (2) Lại có CL // MN ⇒ CL BC =(hệ định lý talet) NM BN (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ NH = NM ⇒ N là trung điểm MH ⇒ N trùng với K ⇒ BC qua trung điểm K MH (**) Từ (*), (**) ⇒ Ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy Bài V Giải phương trình x − x + = x3 − x + x − 1  x − x + = x3 − x + x − ⇔  x −  = x3 − x + x − 2   − = x3 − x + x − 2 x  ⇔ x − = x3 − x + x − ⇔   −2 x + = x3 − x + x −  3   2 + ) 6x − (4 x − 1)( x=  x − x +=  2 ⇔ ⇔ 5  x3 − x + 10= (4 x − 1)( x= + ) x−    2 ⇔x= Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 132 TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 LẦN Năm học: 2019 – 2020 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề số 19 Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A  x  0; x  4; x  x 3 x 2  x 2 3 x  x 1 x 5 x 6 và B  x 2 x 2 với a) Tính giá trị biểu thức B x  25 b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm các giá trị nguyên x để A > B Bài (2 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai bạn Trang và Linh hai địa điểm cách 18km đạp xe ngược chiều để gặp Nếu hai bạn khởi hành cùng lúc thì gặp sau 40 phút Nhưng Trang khởi hành trước 18 phút thì các bạn gặp sau 30 phút tính từ lúc Linh bắt đầu Tính vận tốc bạn? Bài (2 điểm):  12 8 2 x   y  2x  1) Giải hệ phương trình:    3 4x  12  2x  y  2) Cho đường thẳng (d ) có phương trình y  (2m  1)x  m  và đường thẳng (d ) có phương trình y  x  a) Tính giá trị m để đường thẳng (d ) cắt đường thẳng (d ) điểm trên trục tung b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d ) đạt giá trị lớn và giá trị lớn đó bao nhiêu? Bà (3,5 điểm): Cho (O, R) và điểm A cố định cho OA  2R Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường tròn ( B,C , M , N thuộc đường tròn và AM  AN ) Gọi D là trung điểm MN , CD kéo dài cắt (O ) E a) Chứng minh điểm A, B,O, D,C cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh OA  BC H và tính diện tích tam giác OBC c) Chứng minh BE song song với MN d) MH cắt đường tròn P , BN cắt CP K Chứng minh A,O, K thẳng hàng Bài (0,5 điểm): Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b  2a  b2  a b Ươm mầm tri thức – uommam.vn 133 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A  x 3 x 2  x 2 3 x  x 1 x 5 x 6 và B  x 2 x 2 với x  0; x  4; x  a) Tính giá trị biểu thức B x  25 b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm các giá trị nguyên x để A > B a) Với x  25 (TMĐK)  x 3 b) A  x 2 x 3  x 2  3 x x 2  x  , thay vào biểu thức B ta được: B  x 1  x 5 x 6 với x  0; x  4; x  x 1   x  2 x  3 x  3 x  3   x  2 x  2     x  2 x  3    x 2 x 3 52  52 x 1 x   x   x 1    x 3 x 6   x 2 x 3     x 2 x 3  x 2  x 3  x 2 Vậy A  x 2 với x  0; x  4; x  c) Ta có AB   x 2 x x 2  x 2 x 2  x 2  x 2 x 2 0 0   x  (Vì x  với x  0; x  4; x  ) x 4 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 134 Vậy với < x < thì A > B Mà x  Z  x  {1, 2, 3} là các giá trị nguyên thỏa mãn A > B Bài (2 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai bạn Trang và Linh hai địa điểm cách 18km đạp xe ngược chiều để gặp Nếu hai bạn khởi hành cùng lúc thì gặp sau 40 phút Nhưng Trang khởi hành trước 18 phút thì các bạn gặp sau 30 phút tính từ lúc Linh bắt đầu Tính vận tốc bạn? Gọi vận tốc Trang là x (km/h), vận tốc Linh là y (km/h) Điều kiện: x > 0; y > Đổi: 40 phút = giờ; 18 phút = giờ; 30phút = 10 Trang và Linh hai địa điểm cách 18km đạp xe ngược chiều nên gặp thì tổng quãng đường hai bạn 18km (1) * Nếu hai bạn khởi hành cùng lúc thì gặp sau 40 phút ( bạn tính từ lúc đến lúc gặp là + Quãng đường Trang là: + Quãng đường Linh là: + Theo (1) ta có phương trình: giờ), nên thời gian Khi đó: x (km) y (km) 2 x  y  18  x  y  27 3 * Nếu Trang khởi hành trước 18 phút ( (2) ) thì các bạn gặp sau 30 phút ( 10 ) tính từ lúc Linh bắt đầu Khi đó: + Thời gian Linh tính từ lúc đến lúc gặp là Linh là: giờ, nên quãng đường y (km) + Thời gian Trang tính từ lúc đến lúc gặp là nên quãng đường Trang là: + Theo (1) ta có phương trình: Ươm mầm tri thức – uommam.vn + = giờ, 10 x (km) x  y  18  8x  5y  180 (3) 135 x  y  27 x  15 (tm )    Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình:   8x  5y  180 y  12 (tm )   Vậy vận tốc Trang là 15 (km/h), vận tốc Linh là 12 (km/h) Bài (2 điểm):  2 x   12   y  2x 1) Giải hệ phương trình:     3 4x  12  2x  y  2) Cho đường thẳng (d ) có phương trình y  (2m  1)x  m  và đường thẳng (d ) có phương trình y  x  a) Tính giá trị m để đường thẳng (d ) cắt đường thẳng (d ) điểm trên trục tung b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d ) đạt giá trị lớn và giá trị lớn đó bao nhiêu? 1) Điều kiện: x  3; 2x  y       12 12    8 8 x 3  4 x 3  x 3          y  2x y x y x          9      9 4x  12  x 3  12 x            x y y x y x       Đặt a  x   và b  Ta có: y  2x  b  a  6b  a  6b     12a  6b  13a  13 a        x 3   x       (TM ĐK )     y 10      y  2x  (t / m ) Vậy hệ có nghiệm (x , y )  (4,10) 2a) Để (d ) và (d ) cắt điểm trên trục tung  (d ) và (d ) có cùng tung độ gốc  m 1   m  Vậy với m  thì (d ) và (d ) cắt điểm trên trục tung 2b) Giả sử đường thẳng (d ) : y  (2m  1)x  m  qua điểm cố định M (x o , yo )  yo  (2m  1)x o  m  thỏa mãn với m Ươm mầm tri thức – uommam.vn 136 y  (2x o  1)m  x o  yo   thỏa mãn với (d ) m  x  1 2x   o   o   x o  yo     yo   M H 1  1   M  ,  là điểm cố định thuộc (d )  2   O x Kẻ OH vuông góc với (d ) H, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (d ) OH  1  ,  cố định, ta luôn có: OH  OM  2  Khi (d ) thay đổi theo m và luôn qua điểm M   OH max  1    10  OM  x  y            2 m m  H trùng với M  OM  (d ) M (*)  1  ,     a  a  3  2  2 Đường thẳng (OM) có dạng: y  ax qua M    Điều kiện (*)  2m  (3)  1  m  Vậy với m  thì khoảng các từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d ) đạt GTLN 10 Bà (3,5 điểm): Cho (O, R) và điểm A cố định cho OA  2R Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường tròn ( B,C , M , N thuộc đường tròn và AM  AN ) Gọi D là trung điểm MN , CD kéo dài cắt (O ) E a) Chứng minh điểm A, B,O, D,C cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh OA  BC H và tính diện tích tam giác OBC c) Chứng minh BE song song với MN d) MH cắt đường tròn P , BN cắt CP K Chứng minh A,O, K thẳng hàng Ươm mầm tri thức – uommam.vn 137 B P E  K  O   H A  M  N I D   C a) Ta có AB, AC là tiếp tuyến B và C đường tròn (O) (giả thiết)   o OB  AB ABO  90     OC  AC AOC  90o   Ta có D là trung điểm dây MN đường tròn (O) (giả thiết)   OD  MN D  ADO  90o     Xét tứ giác ABOD có hai góc đối ABO, ADO mà ABO  ADO  90o  90o  180o  tứ giác ABOD nội tiếp đường tròn đường kính AO   (1)   Xét tứ giác ABOC có hai góc đối ABO, ACO mà ABO  ACO  90o  90o  180o  tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO (2) Từ (1) và (2) suy điểm A, B,O, D,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA (đpcm) b) Ta có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OB  OC  R  AO là đường trung trực BC  AO  BC trung điểm H BC (đpcm) Ta có OA = 2R nên giao điểm I OA với (O, R) là trung điểm OA Mà OAC vuông C OA R    60o  IOC là tam giác  IOC  60o HOC  OC  OI  IC  Xét OHC vuông H có:   HO  cos 60o  HO  HO  R cosHOC OC R Ươm mầm tri thức – uommam.vn 138  sin HOC Vậy S BOC  HC HC R  sin 60o   HC   BC  2HC  R OC R 1 R R2 OH BC  R  (đvdt) 2 c) Xét đường tròn đường kính OA có:    CDA  CBA (Hai góc nội tiếp cùng chắn CA ) Xét đường tròn (O, R) có: )   CEB  (góc tạo tiếp tuyến – dây cung và góc nội tiếp cùng chắn BC CBA   CDA   CEB   Mà CEB, CDA là hai góc đồng vị  EB // DA hay EB // MN (đpcm) d) Gọi K  là giao điểm AO và BN (cần chứng minh K  trùng với K ) B P E  K K  O   H A  M  N I D   C ANC ∽ ACM (g - g)  AM AN  AC ACO vuông C, đường cao CH  AH AO  AC (Hệ thức lượng) Do đó  AM AN  AH AO (3)  Xét AMO và AHN có: MAH chung; AM AH  (theo đẳng thức (3)) AO AN  AMO ∽ AHN (c-g-c)   HNA     AOM (hai góc tương ứng) hay HOM  HNM Mà O và N là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh HM tứ giác HONM  Tứ giác HONM nội tiếp   NMH    NOK (vì cùng cộng với NOH 180o) (4)   Ta có K  thuộc trung trực AO BC  K B  K C  BK C cân K BC  K CB Ươm mầm tri thức – uommam.vn 139   OB = OC = R  BOC cân  OBC  OCB   ; K    BO  K BC  OBC CO  K CB  OCB K   BO  K CO K   Mà BON cân  K NO  K BO   NO  K CO K Mà C và N là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh K O tứ giác K NCO  K NCO là tứ giác nội tiếp   NOK    NCK (hai góc nội tiếp cùng chắn K N )   Từ (4) và (5)  NMH  NCK   (5)   Mà NMH  NCK (hai góc nội tiếp cùng chắn NP (O))   NCK   NCK Mà hai tia CK , CK  cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng CN và K , K  cùng thuộc NB  CK trùng với CK  K trùng với K   A, O, K thẳng hàng Bài (0,5 điểm): Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Ta có P  a  b  2a  b2  a b a  b  2a  b2  a b    a  b  với ab   1     a b Áp dụng Bất đẳng thức Cosi, ta có: a  b  ab  (1)   a  b  2ab  (2) Do đó: P  1   1  a b a b  Dấu “ = ” xảy  Dấu “=” các bất đẳng thức Cosi (1) và (2) đồng thời xảy  a  b  a b    a b    Vậy Pmin =  a  b  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 140 TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY ĐỀ THI THỬ LẦN THỨ NHẤT Năm học: 2019– 2020 MÔN: TOÁN Đề số 20 Câu ( điểm ) Cho A =  1− x x x 3x +   x −  và B =  + − + 1 với x ≥ 0, x ≠   x − x +1 x + x −    a) Tính giá trị A x = b) Chứng minh B = x +1 x +2 c) Gọi M = A.B So sánh M và Câu M (2.0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Một người dự định từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc thời gian đã định Nếu người đó từ A với vận tốc lớn vận tốc dự định km/h thì đến B sớm dự định 24 phút Nếu người đó từ B với vận tốc nhỏ vận tốc dự định km/h thì đến B muộn dự định 30 phút Hỏi quãng đường AB dài bao nhiêu km? Một bể nước hình trụ có chiều cao 2,5 m và diện tích đáy là 4,8 m2 Nếu vòi nước đặt phía trên miệng bể và chảy 4800 lít nước thì sau bao lâu bể đầy ? (Biết ban đầu bể cạn nước và bỏ qua bề dày thành bể) Câu (2.0 điểm)  3x x−2 −  1) Giải hệ phương trình   2x +  x − 2 = 11 y +1 = y +1 2) Cho parabol (P) y = x và đường thẳng (d) y = (m + 1) x − m − (1) (m là tham số) a) Tìm m để (d) cắt (P) và tìm tọa độ giao điểm (d) và (P) m = −3 b) Tìm các giá trị nguyên m để (d) cắt (P) các điểm có hoành độ là số nguyên Câu (3.5 điểm) Cho ( O; R ) , đường thẳng d cố định không qua O và cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, B Từ điểm C trên d (A nằm C và B) kẻ hai tiếp tuyến CM , CN với đường tròn (N cùng phía với O so với d) Gọi H là trung điểm AB, đường thẳng OH cắt tia CN K a) Chứng minh bốn điểm C , H , O, N thuộc đường tròn b) Chứng minh KN KC = KH KO c) Đường thẳng ND cắt AB E Chứng minh AD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN Ươm mầm tri thức – uommam.vn 141 d) Chứng minh C thay đổi thỏa mãn điều kiện bài toán thì đường thẳng MN luôn qua điểm cố định (0.5 điểm) Câu Cho các số thực dương a, b thay đổi luôn thỏa mãn P biểu thức = a+3 + b+3 = Tìm giá trị lớn a + b HƯỚNG DẪN GIẢI ( điểm ) Câu Cho A =  1− x x x 3x +   x −  và B =  + − + 1 với x ≥ 0, x ≠   x +1 x − x −    x +2  a) Tính giá trị A x = b) Chứng minh B = x +1 x +2 c) Gọi M = A.B So sánh M và M Lời giải a) Thay x = (tmđk) vào biểu thức A, ta được= A − − 5.3 −14 −7 = = = +1 +1 Vậy với x = thì biểu thức B = − b) Với x ≥ 0, x ≠  x x 3x +   x −  B =  + − + 1   x − x −    x +2   x B=   B= B ( ( ( x + 2)( ) ) ) x + − ( 3x + )   x − +       x −2   x −2 +2 x x − x + x + x − 3x − ( x +2 )( x −2 ) x −4 x +1 = x +2 x −2 ( )( ) Vậy với x ≥ 0, x ≠ thì B = x +1 ( ) x −2 x +1 = x +2 x −2 ( )( ) x +1 x +2 x +1 x +2 c) Với x ≥ 0, x ≠ , ta có: = M A= B 1− x x +1 1− x = x +1 x + x +2 M có nghĩa ⇔ ≤ x ≤ ⇔1≥ x ⇔ x ≤ 1− x ⇔ ≥ ⇒ − x ≥ ( vì 25 x +2 x + > 0, ∀x > ) 1 Kết hợp với điều kiện x ≥ 0; x ≠ ⇒ ≤ x ≤ (*) ⇒x≤ 25 25 Ươm mầm tri thức – uommam.vn 142 1− x −1 − x = −1 < x + > 0; − − x < 0, ∀x ≥ x +2 x +2 M − < ⇔ M < ⇒ ≤ M < 1, ≤ x ≤ ⇒ M <1⇔ M ≤ M 25 ( M = −1 Câu ) (2.0 điểm) 1) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Một người dự định từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc thời gian đã định Nếu người đó từ A với vận tốc lớn vận tốc dự định km/h thì đến B sớm dự định 24 phút Nếu người đó từ B với vận tốc nhỏ vận tốc dự định km/h thì đến B muộn dự định 30 phút Hỏi quãng đường AB dài bao nhiêu km? 2) Một bể nước hình trụ có chiều cao 2,5 m và diện tích đáy là 4,8 m2 Nếu vòi nước đặt phía trên miệng bể và chảy 4800 lít nước thì sau bao lâu bể đầy ? (Biết ban đầu bể cạn nước và bỏ qua bề dày thành bể) Lời giải 1) 24 phút = h, 30 phút = h Gọi vận tốc dự định là x (km/h) và thời gian dự định là y (h) ( ) ( x > 0, y > 0) (x > 5, y > ) Thì quãng đường AB là xy (km) Nếu với vận tốc lớn km/h thì vận tốc là x + (km/h) và thời gian là y − (h) 2 2   Quãng đường AB là ( x + )  y −  (km) ⇒ ( x + )  y −  = xy (1) 5 5   Nếu với vận tốc nhỏ km/h thì vận tốc là x − (km/h) và thời gian là y + (h) 1 1   Quãng đường AB là ( x − )  y +  (km) ( x − )  y +  = xy ( ) 2 2   Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 2   xy − x + 5= y − xy − ) xy ( x + 5)( y=   x = 45  5 (nhận) ⇔ ⇔  y=4 1  ( x − 5)(=  y + ) xy xy + x − 5= y− xy  2  Ươm mầm tri thức – uommam.vn 143 2   − ) xy xy − x + 5= y − xy ( x + 5)( y=  = = y 10 y 10 −2 x + 25 −2 x + 25  5 ⇔ ⇔ ⇔   − 20 y 10 x − 10 y 5 = 2 x= ( x − 5)(=  xy + x − 5= y + ) xy y− xy   2 25 y 10 = −2 x +=  x 45(t / m) ⇔ ⇔ = = 5 y 20  y 4(t / m) Vậy quãng đường AB là 45.4 = 180 (km) 2) Thể tích bể = V Sh = 12 (m3 ) Vận tốc vịi 4800 lít/ = 4,8 m3 / Vậy thời gian chảy đầy bể vòi nước là: 12 : 4,8 = 2,5 (giờ) Vậy thời gian để vòi nước chảy đầy bể lúc bể cạn nước là 30 phút Câu (2.0 điểm)  3x x−2 −  1) Giải hệ phương trình   2x +  x − 2 = 11 y +1 = y +1 2) Cho parabol (P) y = x và đường thẳng (d) y = (m + 1) x − m − (1) (m là tham số) a) Tìm m để (d) cắt (P) và tìm tọa độ giao điểm (d) và (P) m = −3 b) Tìm các giá trị nguyên m để (d) cắt (P) các điểm có hoành độ là số nguyên Lời giải 1) Điều kiện x ≠ 2, y ≠ −1 x 2) Đặt ẩn= a= , b (*) ( b ≠ ) Khi đó hệ phương trình trở thành: x−2 y +1 − 2b 11 3a= − 2b 11 = 3a= 7 a 21 = a ⇔ ⇔ ⇔ (1) ⇔  10 2a + b =5 4a + 2b = 2a + b =5 b =−1(t / m)  x  x − = x 3 x − = ⇔ Suy thay vào (*), ta được:  ⇔ ⇒  y + =−1  = −1  y + Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( x, y= ) x =  x = 3(t / m) ⇔   y = −2  y = −2(t / m) ( 3; −2 ) 3) a) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x = (m + 1) x − m − ⇔ x − (m + 1) x + m + = (*) Điều kiện (d) cắt (P): ∆ ≥ ⇔ [-(m+1)]2 − 4(m + 4) ≥ Ươm mầm tri thức – uommam.vn 144 ⇔ m + 2m + − 4m − 16 ≥ ⇔ m − 2m − 15 ≥  m − ≥  m ≥   m + ≥ m ≥  m ≥ −3 ⇔ (m − 5)(m + 3) ≥ ⇔  ⇔ ⇔  m − ≤  m ≤  m ≤ −3    m + ≤  m ≤ −3 m ≥ thì (d) cắt (P) Vậy với   m ≤ −3 Với m = −3 ta có phương trình x + x + = ⇔ ( x + 1) = ⇔ x1 = x2 = −1 ⇒ y =( −1) =1 Với m = −3 thì (d) cắt (P) Khi đó: (*) ⇔ x + x + =0 ∆′ = 12 − 1.1 = ⇒ phương trình có nghiệm kép: x1 =x2 =−1 ⇒ y =( −1) =1 Vậy tọa độ tiếp điểm (d) và (P) m = −3 là (−1; 1) m ≥ (*) b) (d) cắt (P) ⇔   m ≤ −3 (d) cắt (P) các điểm có hoành độ là số nguyên ⇒ x ∈ Z Ta có: x − (m + 1) x + m + = ⇔ m = x + x −1 Để m ∈ Z thì ( x − 1) ∈ Ö(4) = {±1; ± 2; ± 4} Kết hợp điều kiện (*), ta tìm m ∈ {−4; − 3; 5; 6} Câu (3.5 điểm) Cho ( O; R ) , đường thẳng d cố định không qua O và cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, B Từ điểm C trên d (A nằm C và B) kẻ hai tiếp tuyến CM , CN với đường tròn (N cùng phía với O so với d) Gọi H là trung điểm AB, đường thẳng OH cắt tia CN K a) Chứng minh bốn điểm C , H , O, N thuộc đường tròn b) Chứng minh KN KC = KH KO c) Đường thẳng ND cắt AB E Chứng minh AD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN d) Chứng minh C thay đổi thỏa mãn điều kiện bài toán thì đường thẳng MN luôn qua điểm cố định Lời giải Ươm mầm tri thức – uommam.vn 145 = a) Ta có: H trung điểm dây AB (không qua O ) (gt) ⇒ CHO 900 ( quan hệ vuông góc đường kính và dây cung ) = CN tiếp tuyến ( O ) N (gt) ⇒ CN ⊥ ON N t/c tiếp tuyến ) ⇒ CNO 900  + CHO  = 900 + 900 = 1800 Tứ giác CNOH có CNO Nên tứ giác CNOH nội tiếp (tổng góc đối 180o) Vậy bốn điểm C , H , O, N thuộc đường tròn  chung, KNO  KHC  b) ∆KNO và có: K = =( 900 )  = 900 ( kề bù với CNO    ); KHC Có: KNO = CHO = 900 Xét ∆KNO và ∆KHC , có:  chung, KNO   OKN = KHC = 900 (cmt ) ⇒ ∆KNO ∽ ∆KHC (g.g) KN KO ⇒ = ⇒ KN KC = KH KO KH KC c) H trung điểm AB nên D là điểm chính cung AB Xét ( O; R ) , có: H là trung điểm dây cung AB không qua tâm O, OH cắt (O) D  ⇒ D là điểm chunhs cung nhỏ AB ⇒ sđ  AD = sđ BD =  ⇒ DAB ANE (các góc nội tiếp chắn các cung nhau) Trên nửa mặt phẳng bờ AN chứa E , kẻ tia Ax là tiếp tuyến đường tròn ngoài tiếp ∆ANE = Khi đó có EAx ANE , đồng thời có Ax và AN thuộc mặt phẳng đối bờ AE Từ đó suy Ax ≡ AD Vậy AD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ANE Ươm mầm tri thức – uommam.vn 146 d) Tiếp tuyến A và B cắt I Do A, B và (O) cố định nên suy I cố định Ta chứng minh I, M, N thẳng hàng Ta có:= OM OH = OI ( OA2 )  Có AI là tiếp tuyến (O) A (gt) ⇒ OAI = 900 ⇒ ∆OAI là vuông A Xét ∆OAI vuông A, đường cao AH, có: OA2 = OH OI ( hệ thức lượng tam giác vuông ) OM OH Mà OA = OM =⇒ R OM = OH OI ⇒ = OI OM OH OM  chung = ( OM = OH OI ) và MOI Xét ∆OHM và ∆OMI có: OM OI =  ( hai góc tương ứng ) ⇒ ∆OHM ∽ ∆OMI ( g g ) OHM ⇒ OMI OHM =  (cùng bù với MHO  ) Tứ giác MNOH nội tiếp đường tròn đường kính OC ⇒ MHI ONM  = OMN  (ON = OM) và MHI  + MHO = Mà ONM 180o  + OMN  =1800 Suy I , M , N thẳng hàng Do đó MN luôn qua điểm I cố định ⇒ OMI Câu (0.5 điểm) Cho các số thực dương a, b thay đổi luôn thỏa mãn P Tìm giá trị lớn biểu thức = a+3 + b+3 = a + b Lời giải Ta chứng minh x ≤ x + − với x > Thật vậy, x ≤ x + − ⇔ x + ≥ x + ⇔ 3( x − 1) ≥ Áp dụng : a ≤ a + − 3; b ≤ b + − ⇒ P ≤ 2( a + + b + 3) − ⇒ P ≤ 2.4 −  a = ⇒ Pmax = và  ⇔ a= b =1  b = Ươm mầm tri thức – uommam.vn 147