tong hop de toan thi vao thpt co dap an tang cac emhoc sinh

BD là đường kính của đường tròn (O; R). Gọi C làđ chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấyđ D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. 1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD s[r]

ĐỀ 1 Bài 1( 2đ) Đơn giản biểu thức: A

2

2

   



 

2 Cho biểu thức:

1

( );( 1)

1

P a a

a a a a

   

    Rút gọn P chứng tỏ P 0

Bài 2( 2đ) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1).

2 Giải hệ phương trình

2

4

4

1 x y x y 

 

 

 

  

 



Bài 3( 2đ) Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi giờ,người dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,người phải tăng vận tốc thêm km/h quãng đường lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( 4đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng qua D song song BC cắt đường thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường tròn 2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trungđ BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a ĐỀ 2

Câu (3,0đ) Giải phương trình:

a 5(x1) 3 x7 b

4

1 ( 1)



 

 

x

x x x x

2) Cho hai đường thẳng (d1): y2x5; (d2): y4x1cắt I Tìm m để đường thẳng (d3):

( 1)

y m x m quađ I.

Câu (2,0đ) Cho phương trình: x2 2(m1)x2m0 (1) (với ẩn x) 1) Giải phương trình (1) m=1

2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1; x2 Tìm giá trị m để x1; x2là độ dài hai cạnh của tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu (1,0đ) Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu?

Câu (3,0đ) Cho tam giác ABC có Â > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O’) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tạiđ thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tạiđ thứ hai E

1) Chứng minh bốnđ B, C, D, E nằm đường tròn

2) Gọi F giaođ hai đường tròn (O) (O’) (F khác A) Chứng minh bađ B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD

3) Gọi H giaođ AB EF Chứng minh BH.AD = AH.BD

Câu (1,0đ) Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z =3 Chứng minh rằng:

3   

     

x y z

ĐỀ 3 Bài 1: (2,0đ)

   

2

4

)

) 18

2) 12

a x x

x x

m y x m y x m

  

  

  

1) Giải ph ơng trình sau:

b

Với giá trị đồ thị hai hàm số cắt điểm trục tung

Bài 2: (2,0đ)

2

1)

1 2

1 1

2)

1

1

)

)

x

x x x

a

b x

 

 

   

      



 

   

 Rót gän biĨu thøc: A

Cho biĨu thøc: B

Rót gän biĨu thøc B

Tìm giá trị để biểu thức B .

Bài 3: (1,5đ)

   

    2

2

1

2

1)

2) ;

y x m

x y m

m

m x y x y

   



   





Cho hệ ph ơng trình: Giải hệ ph ơng trình

Tỡm giỏ tr đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ

Bài 4: (3,5đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt tạiđ H Đường thẳng BD cắt đường tròn  O tạiđ thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn

 O tạiđ thứ hai Q Chứng minh: 1)BEDC tứ giác nội tiếp 2) HQ.HC HP.HB

3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ

4) Đ ờng thẳng OA đ ờng trung trực đoạn thẳng PQ

Bi 5: (1,0đ)

 

 

2 2

2 2 2 2

2

2

, ,

1 3

4 4 3

4

1

2 7, , ,

2

x y z x y z yz x y

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

     

 

 

               

   

 

 

           

 

    

ĐỀ 4 Câu (2,0đ): Rút gọn biểu thức

a) A 2 b)  

a b

B + a b - b a

ab-b ab-a

 

 

  với a0,b0, a b

2 Giải hệ phương trình sau:

2x + y = x - y = 24 

 

Câu (3,0đ): Cho phương trình x - 2m - (m + 4) = 02 (1), m tham số a) Chứng minh với m phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt:

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để x + x12 22 20. Cho hàm số: y = mx + (1), m tham số

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) quađ A (1;4) Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến R?

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x + y + =

Câu (1,5đ): Một người xe đạp từ địađ A đến địađ B dài 30 km Khi ngược trở lại từ B A người tăng vận tốc thêm (km/h) nên thời gia thời gian 30 phút Tính vận tốc người xe đạp lúc từ A đến B

Câu (2,5đ): Cho đường trịn tâm O, bán kính R Từđ A bên ngồi đường trịn, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếpđ) Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn D (D khác B) Nối AD cắt đường tròn (O) tạiđ thứ hai K Nối BK cắt AC I

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Chứng minh : IC2 = IK.IB.

3 Cho BAC 60·  chứng minh bađ A, O, D thẳng hàng

Câu (1,0đ): Cho ba số x, y, z thỏa mãn

 

x, y, z 1: x + y + z

  

 

 

ĐỀ 5

Câu a Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – 1.

b Giải hệ phương trình:

2 5

3 2 4

x y

x y

  



 



Câu : Cho biểu thức:

1 1 1

1

1 1

P

a a a

   

     

 

    với a >0 a 1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với giá trị a P >

1 2 .

Câu a Tìm tọa độ giaođ đồ thị hàm số: y = x2 y = - x + 2.

a) Xác định giá trị m để phương trình x2 – x + – m = có nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức:

1

1 1

5 x x 4 0

x x

 

   

 

  .

Câu 4: Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy haiđ P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C giaođ tia AP tia BQ; H giaođ hai dây cung AQ BP

a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CBP HAP

c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC

Câu Cho số a, b, c lớn

25

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 5

a b c

Q

b c a

  

   .

ĐỀ 6

Bài 1: (2,0 điểm)

3x y = a) Giải hệ phương trình

2x + y =   



b) Cho hàm số y = ax + b Tìm a b biết đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng  

y 2x qua điểm M ;  

Bài 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình cho m 5.

b) Chứng tỏ phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m c) Tìm m để phương trình cho có nghiệm x1, x2 thõa mãn hệ thức :

2

1 2 x x 3x x  0.

Bài 3: (2,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6m bình phương số đo độ dài đường chéo gấp lần số đo chu vi Tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật cho

Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O BC dây cung không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho M không trùng với B Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) cho N P (N nằm M P) cho O nằm bên PMC Gọi A điểm cung nhỏ NP Các dây AB AC cắt NP D E

b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP

c) OA cắt NP K Chứng minh MK2 > MB.MC

Bài 5: (1,0 điểm)

2 x 2x 2011 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

x

 

(với x 0 ) ĐỀ 7

Câu (2đ): a Tính giá trị biểu thức: A = 25 9; B = ( 1)  b Rút gọn biểu thức: P =

2

:

x y xy

x y x y

 

  Với x > 0, y > x  y. Tính giá trị biểu thức P x = 2012 y = 2011

Câu ((2điểm): Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – 2. Tính tọa độ giaođ hai đồ

Câu (2đ): a Tính độ dài cạnh hình chữ nhật, biết chiều dài chiều rộng m độ dài đường chéo hình chữ nhật m

b Tìm m để phương trinh x - x + m = có hai nghiệm phân biệt.

Câu (2đ) Cho đường tròn (O; R) vàđ A nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C tiếpđ)

a Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Nêu cách vẽ tiếp tuyến AB, AC b BD đường kính đường trịn (O; R) Chứng minh: CD//AO

c Cho AO = 2R, tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Câu (2đ) Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, S(n) tổng chữ số n.

ĐỀ 8 Bài (2,0đ): Rút gọn biểu thức sau:

A 45   500 11512B5232







Bài (2,5đ): Giải hệ phương trình:

3x y 1 3x 8y 19 

 

 

 

2 Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= (1) a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2thỏa mãn hệ thức :

1 2

x x

1

x x 2011



 

Bài (1,5đ): Cho hàm số y =

2

1 x

4 .

1) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tạiđ có tung độ –2 cắt đồ thị (P) nói tạiđ có hồnh độ

Bài (4,0đ): Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Gọi C làđ cung AB Trên tia đối tia CB lấyđ D cho CD = CB OD cắt AC M Từ A, kẻ AH vng góc với OD (H thuộc OD) AH cắt DB N cắt nửa đường tròn (O; R) E

3) Chứng minh tam giác EHK vuông cân MN song song với AB 4) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH

ĐỀ 9 Bài 1: (1.5đ) 1) Thực phép tính: 16

2) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 20x + 96 = b)

4023 x y x y

 

 

 



Bài 2: (2.5điểm)

1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) ( d ) hệ toạ độ Oxy

b) Bằng phép tính tìm toạ độ giaođ ( P ) ( d )

2) Trong hệ toạ độ Oxy cho 3đ: A(2;4); B(-3;-1) C(-2;1) CM 3điểm A, B, C không thẳng hàng 3) Rút gọn biểu thức:

2

x x x

M

x x x



 

  với x0; x1

Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách 15 km Thơì gian ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B, bến B nghỉ 20 phút ngược dòng từ bến B trở bến A tổng cộng Tính vận tốc ca nơ nước n lặng, biết vận tốc dịng nước km/h

Bài 4: (3.5đ) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Mộtđ C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A và C khác O ) Đường thẳng quađ C vng góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy đ M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giaođ AM CD

1 Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh EM = EF

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD

Bài 5:(1.0đ) Cho phương trình ( ẩn x ): x2  2m3x m 0 Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình cho Tìm giá trị m để biểu thức x12 x22 có giá trị nhỏ nhất.

10

Bài 1: ( 1,5 điểm ) Cho hai sè : b1 = + √2 ; b2 = - √2 TÝnh b1 + b2 Giải hệ phơng trình

m+2n=1 2mn=3

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

Bµi 2:( 1,5 ®iĨm ) Cho biĨu thøc B =

( √b

√b+2−

√b √b−2+

4√b−1

b−4 ):

1

√b+2 víi b ¿0 vµ b ¿ 4 Rót gän biĨu thức B

2 Tính giá trị B b = + √2

Bµi 3: ( 2,5 điểm ) : Cho phơng trình : x2 - ( 2n -1 )x + n (n - 1) = ( ) víi n lµ tham sè Giải phơng trình (1) với n =

2 CMR phơng trình (1) có hai nghiệm phân biƯt víi mäi n

Bµi 4: ( ®iĨm )

Cho tam giác Δ BCD có góc nhọn Các đờng cao CE DF cắt H CM: Tứ giác BFHE nội tiếp đợc đờng tròn

2. Chứng minh Δ BFE Δ BDC đồng dạng

3. Kẻ tiếp tuyến Ey đờng tròn tâm O đờng kính CD cắt BH N CMR: N trung điểm BH

Bài 5: ( 1đ) Cho số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức: √ x y+z+√

y x+z+√

z x+y>2 ĐỀ 11

C©u 1: (2,0 ®iĨm) TÝnh 27 144 : 36

Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R

C©u 2: (3,0 ®iĨm) Rót gän biĨu thøc

3

2

3

a a a

A

a a

     

     

   

  , víi a0; a1

2 Giải hệ phơng trình:

2 13

2

x y

x y

 

 

 

 .

3 Cho phơng trình: x2 4x m  1 (1), với m tham số Tìm giá trị m để phơngg trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn  

2 x  x 

Câu 3: (1,5 điểm) Một mảnh vờn hình chữ nhật có diện tích 192 m2 Biết hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m Tính kích thớc hình chữ nhật

Câu 4: (3 điểm), Cho nửa đờng trịn (O), đờng kính BC Gọi D điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đờng thẳng d vng góc với BC điểm D, cắt nửa đờng tròn (O) điểm A Trên cung AC lấy điểm M (M khác A C), tia BM cắt đờng thẳng d điểm K, tia CM cắt đờng thẳng d điểm E Đờng thẳng BE cắt nửa đờng tròn (O) điểm N (N khác B)

1 Chøng minh tø gi¸c CDNE néi tiÕp

2.Chøng minh ba điểm C, K N thẳng hàng

3 Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đờng thẳng cố định điểm M thay đổi

Câu 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực dơng x, y tho¶ m·n:    

3 3 2 4 2 4 3 0 x y  xy x y  x y x y x y

Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc M = x + y

ĐỀ 12

Câu (2,0đ) Rút gọn biểu thức (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) M  27 12 3  ;

b)

1

:

2

a N

a

a a

 

  



 

  , với a > a4.

Câu (1,5đ), Giải phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay):

a) x2 5x 4 0; b)

1 x x

 

 .

Câu (1,0đ) a Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x + 3; b Tìm (d)đ có hồnh độ tung độ

Câu (1đ)Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 3x -5 = Tính giá trị biểu thức x12x22 Câu (1,5đ) Giải toán cách lập hệ phương trình:

Câu (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Kẻ È vng góc với AD (FAD; FO).

a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;

b) Chứng minh: Tia CA tia phân giác góc BCF; c) Gọi M trungđ DE Chứng minh: CM.DB = DF.DO

ĐỀ 13 Câu (1,5 điểm) Tính: a) 12 75 48

b) Tính giá trị biểu thức: A = (10 11)(3 11 10)  Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y(2 m x m)  3 (1)

a) Vẽ đồ thị (d) hàm số m1

b) Tìm giá trị mđể đồ thị hàm số (1) đồng biến Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2

3

x y

x y

 

 

 

 Câu (2,5 điểm)

a) Phương trình: x2 x 0 có nghiệm x x1, Tính giá trị: X =

3

1 2 21 x x x x 

b) Một phịng họp dự định có 120 người dự họp, họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm dãy ghế dãy phải kê thêm ghế vừa đủ Tính số dãy ghế dự định lúc đầu Biết số dãy ghế lúc đầu phòng nhiều 20 dãy ghế số ghế dãy ghế

Câu (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = cm, HC =

25 13 cm.

Câu (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O. Lấy E nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax D cắt By C

a) Chứng minh: OADE nội tiếp đường tròn

b) Nối AC cắt BD F Chứng minh: EF song song với AD ĐỀ 14

Bài 1: (2,0đ) Cho đường thẳng (d): y = -x + parabol (P): y = x2 a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

b) Bằng đồ thị xác định tọa độ giaođ (d) (P) Bài 2: (2,0đ) a Giải phương trình: 3x2 – 4x – = 0.

b Giải hệ phương trình:

3√x−2√y=−1

2√x+√y=4

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Bài 3: (2,0đ) Cho biểu thức: P =

x√x−8

x+2√x+4+3(1−√x) , với x ¿ 0

a/ Rút gọn biểu thức P

b/ Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q =

2P

1−P nhận giá trị nguyên.

Bài 4: (3,0đ) Cho tam giác ABC có góc BAC = 600, đường phân giác góc ABC BD đường phân giác góc ACB CE cắt I (D ¿ AC E ¿ AB)

c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD BI

Bài 5: (1,0đ), Cho hình vng ABCD Quađ A vẽ đường thẳng cắt cạnh BC E cắt đường thẳng CD F Chứng minh rằng:

1 ΑΒ2=

1

AΕ2+

1

ΑF2

ĐỀ15

Câu I (3,0đ) Cho biểu thức A =  

2

1 1

:

1 1

x

x x x x



 



 

 

  

a) Nêu ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm giá trị x để A =

1

c) Tìm giá trị lớn biểu thức P = A - x

Câu (2,0đ) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + = (1), (m tham số) a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) =

Câu 3(1,5đ) Quãng đường AB dài 120 km Hai xe máy khởi hành lúc từ A đến B Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe máy thứ đến B trước xe thứ hai Tính vận tốc xe

Câu (3,5đ) Chođ A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B, C hai tiếpđ; D nằm A E) Gọi H giaođ AO BC

a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: AH AO = AD AE

c) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự I K Quađ O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB P cắt AC Q

Chứng minh rằng: IP + KQ  PQ

ĐỀ 16 Bài 1: (2,0đ) a Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + = 0 b Giải hệ phươngtrình:

3 | |

5 11

x y

x y

 

 

 



Bài 2: (1,0đ) Rút gọn biểu thức

6 5

( ) :

2 5

Q   

  

Bài 3: (2,0đ) Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = (m tham số). a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x12 4x22

Bài 4: (1,5đ) Một hình chữ nhật có chu vi 28 cm đường chéo có độ dài 10 cm Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật

Bài 5: (3,5đ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD Gọi M mộtđ di động cung nhỏ AB ( M không trùng với cácđ A B)

c) Gọi K giaođ AB MD, H giaođ AD MC Chứng minh ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy

ĐỀ 17

Bài I (2,5đ) Cho

x 10 x 5

A

x 25

x 5 x 5

  



  Với x 0,x 25  . 1) Rút gọn biểu thức A

2) Tính giá trị A x =

3) Tìm x để 1 A

3 

Bài II (2,5đ) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức nên đội hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Bài III (1,0đ) Cho Parabol (P): y x đường thẳng (d): y 2x m  9 1) Tìm toạ độ giaođ Parabol (P) đường thẳng (d) m =

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) haiđ nằm hai phía trục tung

Bài IV (3,5đ) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) haiđ A B.Gọi I trungđ OA E làđ thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d quađ E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ENIEBI MIN 90 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI

4) Gọi F làđ cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R bađ E, I, F thẳng hàng

Bài V (0,5đ) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 1

M 4x 3x 2011

4x

   

ĐÊ 18 PHẦN – Trắc nghiệm (1đ): Hãy chọn phương án )

Câu 1: Phương trình x2 mx m 0   có hai nghiệm phân biệt khi:

A.m 2 . B.m . C.m 2 . D.m 2 .

Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân M Gọi E; F tiếpđ (O) với cạnh MN;MP Biết



MNP 50 .Khi đó, cung nhỏ EF (O) có số đo bằng:

A.1000 B.800 C.500 D.1600

Câu 3: Gọi  góc tạo đường thẳng y x  3 với trục Ox, gọi  góc tạo đường thẳng y3x 5 với trục Ox Trong phát biểu sau,phát biểu sai ?

A. 450 B  900. C. 900. D.   Câu 4: Một hình trụ có chiều cao 6cm diện tích xung quanh

2

36 cm Khi đó, hình trụ cho có bán kính đáy

A 6cm B cm C 3 cm D 6cm

PHẦN – Tự luận ( 9đ): Câu (1,5đ) Cho biểu thức :

3 x 1

P :

x x x x

  

  

  

  với x x 1 

1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm x để 2P – x =

Câu 2.(2đ) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy chođ M có hồnh độ M thuộc đồ thị hàm số

2

y2x Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O điểm M Cho phương trình  

2

x  5x 1  Biết phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2 Lập phương trình bậc

hai ẩn y ( Với hệ số số nguyên ) có hai nghiệm

1

1

1 1

y 1 và y 1

x x

   

Câu 3.(1,0đ) Giải hệ phương trình:

3 17

x y

2x y 26

x y



 

  

 

 

  

  

Câu 4.(3,0đ): Cho (O; R) Từđ M (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (O;R) ( với A, B tiếpđ) Kẻ AH vng góc với MB H Đường thẳng AH cắt (O;R) N (khác A) Đường trịn đường kính NA cắt đường thẳng AB MA theo thứ tự I K

1) Chứng minh tứ giác NHBI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK

3) Gọi C giaođ NB HI; gọi D giaođ NA KI Đường thẳng CD cắt MA E Chứng minh CI = EA

Câu 5.(1,5đ) 1)Giải phương trình :     

2

x x 9 x 9 22 x 1

2)Chứng minh : Với

2

2

1 1

x 1, ta ln có x 2 x

x x

   

      

   .

ĐỀ 19

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2đ)Trong câu: từ câu đến câu 4, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước lựa chọn mà em cho (Ví dụ: Nếu câu em lựa chọn A viết 1.A)

Câu Giá trị 12 27 bằng:

A 12 B 18 C 27 D 324

Câu Đồ thị hàm số y= mx + (x biến, m tham số) quađ N(1; 1) Khi gí trị m bằng:

A m = - B m = - C m = D m =

Câu Cho tam giác ABC có diện tích 100 cm2 Gọi M, N, P tương ứng trungđ AB, BC, CA Khi diện tích tam giác MNP bằng:

A 25 cm2 B 20 cm2 C 30 cm2 D 35 cm2

Câu Tất giá trị x để biểu thức x 1 có nghĩa là:

A x < 1 B x  1 C x > 1 D x1

PHẦN II TỰ LUẬN (8đ)

Câu (2.0đ) Giải hệ phương trình x y x 2y

 

 

  



Câu (1.5đ) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – =0 (x ẩn, m tham số). a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm tất giá trị m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

c) Tìm tât giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cho tổng P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Câu (1.5đ) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi 2010 cm Biết nều tăng chiều dài hình chữ nhật thêm 20 cm tăng chiều rộng thêm 10 cm diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2 Tính chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu

Câu (2.0đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng tam giác cân, AB < AC nội tiếp đường trịn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt tạiđ H Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tạiđ thứ hai F Gọi I trungđ cạnh AC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC hình thang cân

Câu 9.(2.0đ) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P =

ab bc ca

c ab  a bc  b ca .

ĐỀ 20 Câu (2,5đ) 1) Cho hàm số yf x( )x22x

a Tính f x( ) khi: x0;x3 b Tìm x biết: f x( )5; ( )f x 2 2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x

Câu (2,5đ) 1) Cho hàm số bậc ym– 2x m 3 (d) a Tìm m để hàm số đồng biến

b Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y2x 2) Cho hệ phương trình

3

2

   



  

x y m

x y Tìm giá trị m để hệ có nghiệm x y;  cho

2 5

4

x y

y  



 .

Câu (1,0đ) Hai người thợ quét sơn ngơi nhà Nếu họ làm ngày xong công việc Hai người làm ngày người thứ chuyển làm cơng việc khác, người thứ hai làm 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) hồn thành cơng việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc

Câu (3,0đ) Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AO lấyđ M (M khác A O) Tia CM cắt đường tròn (O; R) tạiđ thứ hai N Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) N Tiếp tuyến cắt đường thẳng vng góc với AB M P

1) Chứng minh: OMNP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: CN // OP

3) Khi

1

AM AO

3 

Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN theo R

Câu (1,0đ) Cho ba số x y z, , thoả mãn 0x y z, , 1 x y z  2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2 2

(x 1) (y 1) (z 1)

z x y

  

ĐỀ 21 Bài (2,0đ) Rút gọn biểu thức:

3 x

A

x x x x



 

  

 

  với x > 0, x  9 Chứng minh rằng:

1

5 10

5

 

 

 

 

 

Bài (2,0đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + n 2đ A(0; 2) B(-1; 0)

1 Tìm giá trị k n để :

a) Đường thẳng (d) qua 2đ A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k

2 Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tạiđ C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài ( 2,0đ) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2mx +m – = (1) với m tham số Giải phương trình với m = -1

2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai ngiệm phân biệt với giá trị m Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức

1

16 x x 

Bài ( 3,5đ) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H ( H nằm O B) Trên tia MN lấyđ C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tạiđ K khác A, hai dây MN BK cắt E

1 Chứng minh tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân. Giả sử KE = KC Chứng minh : OK // MN KM2 + KN2 = 4R2.

Bài ( 0,5đ) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn : a + b + c = Chứng minh rằng:      

3 3

a b c

4

ĐỀ 22 PHẦN A:TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0đ)

Câu Giá trị biểu thức 18a với (a0) bắng:

A a B 3a C 3a D 2a

Câu Biểu thức 2x 2 x 3 có nghĩa khi

A.x3 B.x1 C.x1 D.x1

Câu 3.đ M(-1; 2) thuộc đồ thị hàm số y= ax2 a bằng

A.2 B.4 C -2 D 0,5

Câu Gọi S,P tổng tích nghiệm phương trình x2 + 8x -7 =0.Khi S + P bằng

A -1 B -15 C D 15

Câu Phương trình x2 (a1)x a 0 có nghiệm

A.x11;x2 a B.x11;x2 a C.x11;x2 a D.x11;x2 a

Câu Cho đường tròn (O;R) đường thẳng (d).Biết (d) đường tròn (O;R) không giao nhau, khoảng cách từ O đến (d) 5.Khi

A R < B R = C R > D R  5 Câu Tam giác ABC vng A có AC = 3cm; AB = cm.Khi sin B bằng

A

4 B.

3

5 C.

4

5 D.

4 Câu Một hình nón có chiều cao h đường kính đáy d.Thế tích hình nón là

A

3d h B.

2

4d h C.

2

6d h D.

2 12d h PHẦN B:TỰ LUẬN (8,0đ)

b) Tìm toạ độ giaođ hai đồ thị hàm số y x y3x

Bài (1đ) Một công ty vận tải điều số xe tải đến kho hàng để chở 21 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng đó, xe phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu.Hỏi lúc đầu công ty điều đến kho hàng xe.Biết khối lượng hàng chở xe

Bài (1,5đ) Cho hệ phương trình :

( 1)

2

m x my m

x y m

   

 

  

 a) Giải hệ phương trình với m =2

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) cho x2- y2 < 4.

Bài (3,0đ) Cho đường trịn tâm O bán kính R đường thẳng (d) cố định, (d) đường trịn (O;R) khơng giao nhau.Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng (d), M mộtđ thay đổi (d) (M không trùng với H) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A,B tiếpđ ).Dây cung AB cắt OH I a Chứng minh nămđ O, A, B, H, M nằm đường tròn

b Chứng minh IH.IO=IA.IB

c Chứng M thay đổi (d) tích IA.IB khơng đổi

Bài (1,0đ) Tìm giá trị lớn biểu thức: y4(x2 x1) 2 x1 với -1 < x <

ĐỀ 23 Bài (2,0đ) 1-Thực phép tính : 12 75 48 : 3 2-Trục thức mẫu :

1

15



  

Bài (2,5đ) 1-Giải phương trình : 2x2 – 5x – = 0

2-Cho hệ phương trình ( m tham số ) :       

mx y = 3 x + 2my = 1 a Giải hệ phương trình m =

b.Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Bài (2,0đ ) Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P): y=

2

x

2 và đường thẳng (d):

3 y x 1.Bằng phép tính, tìm tọa độ giaođ (P) (d)

2.Tìm m để đường thẳng (d’) :y= mx – m tiếp xúc với parabol (P)

Bài (3,5đ) Cho đường tròn (O;r) hai đường kính AB,CD vng góc với nhau.Trên cung nhỏ DB, lấyđ N ( N khác B D).Gọi M giaođ CN AB

1-Chứng minh ODNM tứ giác nội tiếp 2-Chứng minh AN.MB =AC.MN

Bài (1,5đ) a) So sánh hai số: b) Rút gọn biểu thức:

3 5

3 5

A   

 

Bài (2,0đ) Cho hệ phương trình:

2

2

x y m

x y

   



 

 ( m tham số) a) Giải hệ phương trình với 1m

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x y;  thỏa mãn: x2  2y2 1 Bài (2,0đ) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một người xe đạp từ A đến B cách 24 km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B Bài (3,5đ) Cho đường tròn (O; R), dây cung BC cố định (BC < 2R) vàđ A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt H

a) Chứng minh tứ giác ADHE tứ giác nội tiếp

b) Giả sử BAC 60  0, tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R

c) Chứng minh đường thẳng kẻ qua A vng góc với DE ln qua mộtđ cố định

d) Phân giác góc ABD cắt CE M, cắt AC P Phân giác góc ACE cắt BD N, cắt AB Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao?

Bài (1,0 đ) Cho biểu thức:    

2

2 12 24 18 36

P xy x  y  x  x y  y 

Chứng minh P dương với giá trị x y;  

ĐỀ 25 Câu 1: (2,0đ) Tính 27 144 : 36.

2 Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R

Câu 2: (3,0đ) Rút gọn biểu thức

3

2

3

a a a

A

a a

     

     

   

  , với a0; a1

2 Giải hệ phương trình:

2 13

2

x y

x y

 

 

 

 .

3 Cho phương trình: x2 4x m  1 0 (1), với m tham số Tìm giá trị m để phươngg trình (1) có hai nghiệm x x1, thoả mãn  

2 x  x  .

Câu 3: (1,5đ) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 192 m2 Biết hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m. Tính kích thước hình chữ nhật

Câu 4: (3đ) Cho nửa đường trịn (O), đường kính BC Gọi D làđ cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đường thẳng d vng góc với BC tạiđ D, cắt nửa đường tròn (O) tạiđ A Trên cung AC lấyđ M (M khác A C), tia BM cắt đường thẳng d tạiđ K, tia CM cắt đường thẳng d tạiđ E Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tạiđ N (N khác B)

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh rằngđ I nằm đường thẳng cố định khiđ M thay đổi

Câu 5: (0,5đ) Cho hai số thực dương x, y thoả mãn:    

3 3 2 4 2 4 3 0 x y  xy x y  x y x y  x y 

Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y

ĐỀ 26

Câu (4,0đ) Khơng sử dụng máy tính cầm tay: a) Tính: P =

1 12

3

 

b) Giải phương trình: x2 – 6x + = 0.

c) Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

  



 

 .

Câu (4,0đ) Cho phương trình x2 – 3x + m – = (m tham số) (1). a) Giải phương trính (1) m =

b) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có nghiệm kép

c) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích)

Câu (6,0đ) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d).

a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ vuông (đơn vị trục nhau) b) Xác định tọa độ giaođ (P) (d) phép tính

c) Tìm cácđ thuộc (P) cách haiđ A

( ; 0)  B

3

(0; 1)

2  .

Câu (6,0đ) Cho đường tròn tâm O bán kính R Từ mộtđ A nằm ngồi đường trịn kẻ tiếp tuyến AM AN với đường tròn (M, N tiếpđ)

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b) Biết AM = R Tính OA theo R

c) Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ MN đường tròn tâm O theo bán kính R

d) Đường thẳng d qua A, không quađ O cắt đường tròn tâm O haiđ B, C Gọi I trungđ BC Chứng tỏ nămđ A, M, N, O I nằm đường tròn.

ĐỀ 27

Bài 1: (2đ) Cho hàm số bậc y = – x – có đồ thị đường thẳng (d) 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng (d)

2/ Cho y = 2mx + n có đồ thị đường thẳng (d/) Tìm m n để đường thẳng (d) (d/) song song với nhau. Bài 2: (2đ) Giải phương trình hệ phương trình sau:

1/ 3x2 + 4x + = 0 2/

  



 



x 2y 2x 3y Bài 3: (2đ) Rút gọn biểu thức sau:

1/ A 32 18 : 2  2/

 

 

 

15 12 6

B

5

Bài 4: (4đ) Cho đường trịn tâm O bán kính R điểm A với OA = 2R Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (với B, C tiếp điểm)

1/ Tính số đo góc AOB

2/ Từ A vẽ cát tuyến APQ đến đường trịn (O) (cát tuyến APQ khơng qua tâm O) Gọi H trung điểm đoạn thẳng PQ; BC cắt PQ K

c/ Cho 

R OH

2 , tính độ dài đoạn thẳng HK theo R.

ĐỀ 28 Câu (3,0đ) a) Giải phương trình: x2  6x 9 b) Giải hệ phương trình:

4

3 10

x y

y x

 

 

 



c) Giải phương trình: x2 6x  9 x 2011

Câu (2,5đ) Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ

Câu (2,5đ) Trên đường tròn (O) lấy haiđ M, N cho M, O, N không thẳng hàng Hai tiếp tuyến M , N với đường tròn (O) cắt A Từ O kẻ đường vng góc với OM cắt AN S Từ A kẻ đường vng góc với AM cắt ON I Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân Câu (2,0đ)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác Biết AB = cm, IC = cm Tính BC?

ĐỀ 29

Câu (2đ) a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức: A = 12 48 75  b) Cho biểu thức: B =

2

1

x x x x x x

x x x x

      

 

 

  

 

Với giá trị x biểu thức xác định? Hãy rút gọn biểu thức B Câu (2đ) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 2.x 0 b)

2 13

2

x y

x y

 

 

 



Câu (2,5đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y2x2 đường thẳng (d) có phương trình y2(m1)x m 1, m tham số

a) Vẽ parabol (P)

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) haiđ phân biệt

Câu (2,5đ) Cho đường tròn (O;R) đường thẳng () khơng qua O cắt đường trịn haiđ A B Từ mộtđ M () (M nằm ngồi đường trịn (O) A nằm B M), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD đường tròn (O) (C, D (O)) Gọi I trungđ AB, tia IO cắt tia MD K.

a) Chứng minh 5đ M, C, I, O, D thuộc đường tròn b) Chứng minh : KD.KM = KO.KI

c) Một đường thẳng qua O song song với CD cắt tia MC MD E F Xác định vị trí M () cho diện tích tam giác MEF đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu (1đ)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90cm đặt úp hình trụ tích 9420cm3 bán kính đáy hình trụ 10cm, cho đường trịn đáy hình trụ tiếp xúc (khít) với mặt xung quanh hình nón đáy hình trụ nằm mặt đáy hình nón Một mặt phẳng qua tâm O đỉnh hình nón cắt hình nón hình trụ hình vẽ

Tính thể tích hình nón Lấy  3,14

S

ĐỀ 30

Câu : (1,5đ) Cho biểu thức :

 

1

A : 0,

1

1

x

x x

x

x x x x

   

         

    

 

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị x cho A 0 .

Câu : (0,75đ) Giải hệ phương trình sau:

2

1

5

2

x y

x y

  

 

 



 .

Câu3: (1,75đ) Vẽ đồ thị hàm số  

2 P :

4

y x

 

.Tìm m để đường thẳng  d :  y x m tiếp xúc với  P Câu 4 : (3,0đ) Cho phương trình : x2  2(m1)x m  (1)  (mlà tham số)

A

B C

H

O M G

b) Chứng tỏ rằng, với giá trị m phương trình  1 ln có hai nghiệm phân biệt

c) Gọi x x1,2 hai nghiệm phương trình (1) Chứng minh biểu thức Bx11 x2 x21 x1 không phụ thuộc vào m.

Câu 5 : (3,0đ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB vàđ M nửa đường trịn (M khác A, B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt tia Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E cắt tia BM F; BE cắt AM K

a) Chứng minh tứ giác EFMK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAF tam giác cân

c) Tia BE cắt Ax H Tứ giác AHFK hình gì? Bài giải 1 Bài 1: 1, A

2 ( 4)(1 2)

1

2 4

       

   

   

2,

1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài x2 + 5x + = 0

1) Có  25 12 13 0    pt có nghiệm phân biệt:  x1+ x2 = - ; x1x2 = 3 Do S = x12 + + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21

Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 4 14 2

7

2

3

2

12 3 4

2

2

x

x

x y x

y y

x y

x y

   



 

    

  

       

           

    

 ( x ;y) = ( ;3) Bài 3: Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)  Th gian dự định :

50 ( )h x Quãng đường sau 2h : 2x (km)  Quãng đường lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đường lại : x + ( km/h) Thời gian quãng đường lại :

50 ( )

x h x

 

Theo đề ta có PT:

1 50 50

2

x

x x



  



Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h Bài 4, a) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường trịn

Vì BC //ED Mà AE BC

Nên AE ED AED90 => E ( O ; AD / )

Nói ABDACD90 (nội tiếp chắn ½ đường trịn (O) )  kết luận

b) Chứng minh BAEDAC

E D

Mà BAEbằng ½ sđ cungBE Và CAD ½ sđ cungDC => cungBE cungDC => kết luận

Giải câu c) Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt    AGH MGO   (đđ) AHG

 ( )

AH AG

MOG g g

MO MG

    

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM trung tuyến; G  AM Do G trọng tâm tam giác ABC d) BHC  BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2a( ĐVĐD) ĐÁP ÁN 2

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Biến đổi 5x + = 3x + 7 2x 2  0,5

x = 0,5

1 b

Điều kiện: x0 x1 0,25

Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + 4 3x =  x = 2 0,5

So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = 0,25

2

Do I giao điểm (d1) (d2) nên toạ độ I nghiệm hệ phương trình:

2

4

y x

y x

 

 

 



0,25

Giải hệ tìm I(-1; 3) 0,25

Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

Giải phương trình tìm m = 0,25

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = 0,25

Giải phương trình x1 2 2; x2  2 0,25

2 Tính  ' m21 0,25

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25

3 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m

m 2m

  

 

 

 0,25

Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0 0,25

Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

3

Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > 0,25 Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b –

nên (a – 4)(b – 4) = 77 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0,25

Lập luận có ADC 90  0,25

Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường trịn 0,25

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy AFB AFC 180   Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng

0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE )  AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25 Mà ECD EBD  (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: AFE AFD  => FA phân giác góc DFE 0,25

3

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy

AH EH

ADED (1) 0,25 Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy

BH EH

BD ED (2) 0,5 Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD  0,25

5

Từ  

2

2

x yz  0 x yz 2x yz

(*) Dấu “=” x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz  

Suy 3x yz  x(y z) 2x yz   x ( y z ) (Áp dụng (*))

0,25

x x

x 3x yz x ( x y z )

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có:

y y

y 3y zx  x y z (2),

z z

z 3z xy  x y z (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy  Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

HƯỚNG DẪN 3 Câu 1: a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có nghiệm x1=

2 

;x2=

b/ Đặt x2=t (t0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*); 121 11 2 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt cho có nghiệm x 2;x

x

H

D

B C

E

A

F

2/Đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán AB 7-m=3+m tức m=2.

Câu 2: 1/

2 (7 2)(1 2)(3 2)

(3 2)(3 2) 1

1 (1 2)(3 2)

A           



   

2/ a/

1 1 2 2

( )( ) ( )( )

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x

B

x x x x x x x

              b/ 3 B x x     

(thoả mãn đk ) Câu 3: 1/ Khi m=1 ta có hệ pt:

2 (1) (2)

y x x y      

 rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1)

2/

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

2 2

P x y  m m  m  m  m  m    m  

 P đạt GTNN 1 2

m  m

Câu 4: Từ giả thiết ta có:   0 90 90 CEB CDB      

 suy E,D nhìn B,C góc vng nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn

1) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB 2) BEDC nội tiếp đường trịn suy BDE BCE BCQ   ;

từ câu 1/ Ta có :BPQ BCQ

Suy BDE BPQ  (2 góc đồng vị suy đpcm) 3) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)

 

EBD ECD (góc nội tiếp chắn cung ED)  QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm. Bài 5: (1,0 điểm)

 

 

2 2 2 2

2

2

1 3

4 4 3

4

1

2 7, , ,

2

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

                                                 Ta cã:

đáp án 4

câu nội dung điểm

1

a) A= √2+2√2=(1+2)√2=3√2 0,5

b) B= (

√a

√b(√a−√b)−

√b

√a(√a−√b))(a√b−b√a) = (

a−b

√ab(√a−√b))√ab(√a−√b)=a−b

0,5

2 x + y =9

x− y⇔=24

¿

2 x + y =9 x=33

⇔¿

2 11+ y =9

x=⇔11

¿

y=−13

x=11

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

2

a) Δ'=(−1)2−1 [−(m2+4)]=m2+5 Vì m2≥0,∀m⇒Δ'>0,∀m Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt với m

0,5 0,5 b) Áp dụng định lý Vi –ét

x1+x2=2 x1x2=−(m2+4)

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

x12+x22=20⇔(x1+x2)2−2x1x2=20

⇒22+2m2+8=20⇔2m2=8⇔m=±2  m= ±2

0,5

a) Vì đồ thị hàm số (1) qua A(1;4) ⇒ 4= m.1+1 ⇔m=3

Với m = hàm số (1) có dạng y = 3x +1; 3>0 nên hàm số (1) đồng biến R

0,5 0,5 b) (d) : y = - x –

Vì đồ thị hàm số (1) song song với (d)

⇒

m=−1 1≠−3

¿ ¿{¿ ¿ ¿ Vậy m = -1 đồ thị hàm số (1) song song với (d)

0,5 Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h, x>0)

Khi từ B A vận tốc người x + (km/h) thời gian từ A đến B

30

x (h)

thời gian từ B A

30

x+3(h)

vì thời gian thời gian 30 phút =

1

2(h) nên ta có pt

30

x −

30

x+3=

1

⇒60 x+180−60x=x2+3x ⇔x2+3x−180=0

Δ=9+720=729⇒Δ>0 ⇒x1=12(TM)

x2=−15(KTM )

Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 12km/h

B

D

C

O

A K

I

a) Ta có

AB⊥BO AC⊥CO

¿

{¿ ¿ ¿

¿ ( t/c tiếp tuyến) ⇒

∠ ABO=900

∠ACO=900

⇒∠ ABO+∠ACO=900+900=1800

¿ ¿{¿ ¿ ¿

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo tứ giác nội tiếp)

0,25 0,5 0,25 b) xét Δ IKC Δ IC B có ∠Ichung;∠ICK=∠IBC ( góc tạo tia tiếp

tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung CK) ⇒ΔIKC∞Δ ICB(g−g)⇒IC

IB= IK IC ⇒IC

2

=IK.IB

0,5 0,5

c)

∠BOC=3600−∠ABO−∠ACO−∠BAC=1200

∠BDC=1

2∠BOC=60

0

(góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC)

Mà BD//AC (gt) ⇒∠C1=∠BDC=600 ( so le trong)

⇒∠ODC=∠OCD=900−600=300 ⇒∠BDO=∠CDO=300 ⇒∠BOD=∠COD=1200

⇒ΔBOD=ΔCOD(c−g−c) ⇒BD=CD

Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R

Do điểm A, O, D thuộc đường trung trực BC Vậy điểm A, O, D thẳng hàng

0,25

0,25 Vì x, y ,z∈[−1;3]

1

( 1)( 1)( 1)

1

(3 )(3 )(3 )

1

x

x y z

y

x y z

z    

   

 

     

   

    

1

2( )

27 9( ) 3( )

xyz xy yz xz x y z

xy yz xz x y z xy yz xz xyz

       



     

       



2 2 2( ) 2 2 ( )2 2 2

x y z xy yz xz x y z x y z x y z

                

2 2 2 2

3 x y z x y z 11

        

0,25

0,25 0,25 0,25 Cách2:.Khơng giảm tính tổng qt, đặt x = max {x, y , z}

⇒ = x + y + z ¿ 3x nên 1 ¿ x ¿ 3

⇒ ( x -1 ) (x - 3) ¿ (1)

Lại có: x2 + y2 + z2 ¿ x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + ( y + z ) +

= x2 + ( - x )2 + ( 3- x) + = x2 - 8x + 17 = ( x -1 ) (x - 3) + 11 (2) Từ (1) (2) suy x2 + y2 + z2 ¿ 11

Dấu đẳng thức xảy x = max {x, y , z} ( x -1 ) (x - 3) =

HƯỚNG DẪN 5 Câ

u

Nội dung Điểm

1

a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x –  2m – 15= (do

31)  2m 6 m3 1.0đ

b) Ta có:

2 5 4 2 10

3 2 4 3 2 4

x y x y

x y x y

              

7 14

2

x x

x y y

             1.0đ 2,

a) Với 0a1thì ta có:   

1 1

1

1 1

a a

P

a a a a a a

                         a   1đ

b) Với 0a1thì P >

1 2 

2

0

1 a     

3 a a    0,5đ

 1 a  0 a1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1. 0,5đ

3

a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = - x + nghiệm phương trình:

x2 = - x+2  x2 + x – = 0,5đ

Giải được: x1 = x2 = -

Với x1 =  y1 =  tọa độ giao điểm A A(1; 1) Với x2 =-2  y2 =  tọa độ giao điểm B B(-2; 4)

0,5đ b) Ta có :  b2 4ac 1 4(1 m) 4 m 3 Để phương trình có nghiệm x1, x2 ta có

3

0

4

m m

      

(*)

0,25đ

Theo định lí Vi-et, ta có:

b x x

a

  

c

x x m

a

   0,25đ

Ta có:

1

1 2

1 2

1 1 5

5 4 5 . 4 (1 ) 0

. 1

x x

x x x x m

x x x x m

    

          

   



   

 2   2 8 0 2

5 1 4 1 0

4 1 1 m m m m m m m m                           0,25đ

Kết hợp với đk (*) ta có: m = giá trị cần tìm 0,25đ

4

a) Ta có: APB AQB 90 (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) 0,5đ

  90

CPH CQH

    Suy tứ giác CPHQ nội tiếp

đường trịn 0,5đ

b) CBP HAP có:

  90

BPCAPH   (suy từ a))

 

CBP HAP (góc nội tiếp chắn cung PQ  CBP HAP

 (g – g) 0,5đ

c) Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB (1) 0,25đ ABC

 có AQBC BP; AC Suy H trực tâm ABC  CH AB K 0,25đ Từ suy ra:

+ APB AKC  AP AC AK AB (2) + BQA BKC  BQ BC BK BA (3)

0,25đ - Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được:

S = AP AC + BQ BC = AB2 = 4R2. 0,25đ

5

Do a, b, c >

25

4 (*) nên suy ra: 2 a 0 , 2 b 5 0 , 2 c 0 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có:

2 5 2

2 5

a

b a

b    (1) , 2 5 2 5 2

b

c b

c     (2) , 2 5 2 5 2

c

a c

a    (3) 0,25đ Cộng vế theo vế (1),(2) (3), ta có: Q5.3 15

Dấu “=” xẩy  a b c  25 (thỏa mãn điều kiện (*))

0,25đ

Vậy Min Q = 15  a b c  25 0,25đ

HƯỚNG DẪN 6

∙ Baøi 1:

3x y = 5x 15 x Ta coù

2x + y = 2x y y

     



 

  

   

 



a)

* Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x ; y  ; 2

b) Gọi (d) (d/) đồ thị hàm số y = ax + b y = 2x + 3

 d // d /  ab 32 

 Với a = hàm số cho trở thành y = 2x + b (d)

 d ñi qua M ; 5   yM 2.xMb5 = 2.2 + b  b = (thoõa điều kiện b 3)

* Vậy a = vaø b = 9.

∙ Bài 2: a) * Khi m = 5, phương trình cho trở thành: x2 8x (với a = ; b = ; c = 9) (*)   

* Ta thấy phương trình (*) có hệ số thõa mãn a b + c = ; nên nghiệm phương trình (*) là:

1 c

x vaø x ( )

a nhẩm nghiệm theo Viet 

  

* Vậy m = 5, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x 11 x29

K E D

A

P

N

M B C

O

   

/

2

2 19 19

m m m m m

2 4

 

             

 

/

1

0 ; phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x , x với giá trị tham số m

   c)

Theo câu b, phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m

Theo hệ thức Viet, ta có:

 

 

1

1

x x m I x x m

  

 

  

 .

 2

2 2

1 2 2

m

x x 3x x x x x x 4m 9m 9

m   

           

 

 .

*

9

Vậy m ; phương trình cho có nghiệm x , x thõa hệ thức



 

  

  x12x223x x1 0.

∙ Bài 3: * Gọi x(m) độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật cho (Điều kiện x > 0) Khi đó: Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật cho là: x + (m)

Chu vi mảnh đất hình chữ nhật là: 4x + 12 (m)

Theo Pytago, bình phương độ dài đường chéo hình chữ nhật là: x2 + (x + 6)2.

Do bình phương số đo độ dài đường chéo gấp lần số đo chu vi nên ta có phương trình:

 2  

2

x  x 6 5 4x 12   x  4x 12 (*) 

* Giải phương trình (*) công thức nghiệm biết ta được:

   

1

x 2 loại x 6 thõa điều kiện x >

∙ Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật cho 6m ; chiều dài mảnh đất 12 m; diện tích mảnh đất hình chữ nhật cho 72 m2

∙ Baøi 4:

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.

Theo tính chất góc có đỉnh bên đường trịn (O),

ta có: 

   sđAN sđPC

AEN

2

 

 

 





sñAP sñPC

= AN AP (gt)

2 

    

sñAPC

= = ABC ABC (O) chắn APC

2 nội tiếp

 

   

 





 

 

  

AEN DBC

Maø AEN DEC 180 ø

Nên DBC DEC 180 Tứ giác BDEC nội tiếp ( )

hai góc kề bu

theo định lý đảo tứ giác nội tiếp

b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP 

   

Xét MBP MNC , có: PMC : Góc chung

MPB MCN hai góc nội tiếp O chắn cung nhỏ NB ( )

 



Suy MBP ∽ MNC (g – g)

MB MP MB.MC = MN.MP MN MC

  

c) Chứng minh MK2 > MB.MC

Suy K trung điểm dây NP (đường kính vng góc dây qua trung điểm dây đó) Suy NP = 2.NK

MB.MC = MN.MP (theo caâu b), suy ra:

MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2.NK) = MN2 + 2.MN.NK (1)

MK2 = (MN + NK)2 = MN2 + 2.MN.NK + NK2 > MN2 + 2.MN.NK ( do NK2 > ) (2)

Từ (1) (2): MK2 > MB.MC

∙ Baøi 5:

2 x 2x 2011 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

x

 

(với x 0 )

* Cách 1: (Dùng kiến thức đại số lớp 8)

 

 

  

      

 

 

     

 

 

 

     

 

 

2

2

2

2

2

x 2x 2011

A = với x

x

1 1

= 2011 = 2011.t 2t + (với t = 0)

x x x

1 1

= 2011 t t

2011 2011 2011

1 2010 2010

= 2011 t dấu"=" t = x 2011 ; thõa x

2011 2011 2011 2011

 



 

 0

*

2010

Vaäy MinA = x = 2011 2011

* Cách 2: (Dùng kiến thức đại số 9)

 

     

 



        

2

2 2

x 2x 2011

A = với x x

A.x x 2x 2011 A x 2x 2011 * coi phương trình ẩn x 2011

Từ (*): A = A = x = (1)

  

Nếu A (*) ln phương trình bậc hai ẩn x. 

x tồn phương trình (*) có nghieäm

 

      

 

    

        



  

 

/

/

0 2011 A

2010 b 1

A daáu "=" (*) có nghiệm kép x = 2011 ; thõa x (2) 2010

2011 a A 1

2011

So sánh (1) (2) 1 giá trị nhỏ A mà:

2010

MinA = x = 2011 2011

HƯỚNG DẪN 7 Câu (2 điểm):

a Tính giá trij biểu thức: A = 25 = + = ; B = ( 1) 2 = ( 1)  5 1  51

b Rút gọn biểu thức: P =

2

:

x y xy

x y x y

 

  Với x>0, y>0 xy.

P =

2

2 ( )

: ( ) ( )( )

x y xy x y

x y x y x y x y

x y x y x y

  

      

B

D C

tại x = 2012 y = 2011 => P = Câu ((2điểm):

Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – 2. Tính tọa độ giao điểm hai đồ

a) Vẽ đồ thị hệ trục

x -2 -1

y = x2 4 1 0 1 4

Vẽ y = 3x-2 Cho x = => y =-2 ; Cho x = 1=> y =

HS tự vẽ Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – nghiệm phương trình: x2 = 3x -  x2 - 3x + = 0

ta có a + b + c = => x1 = => y1 = vµ x2 = => y2 = Vậy tọa độ giao điểm hai đồ (1; 1) (2; 4) Câu (2 điểm):

a Gọi chiều dài x (m) (ĐK: x > 1), chiều rộng x – (m)

Vì độ dài đường chéo hình chữ nhật m Áp dụng Pytago ta có:

x2 + (x - 1)2 = 52  x2 + x2 - 2x +1 – 25 = 2x2 – 2x – 24 =  x2 - x – 12 = 0 Suy ra: x1 = (TM)

x2 = - (loại)  Vậy chiều dài 4m, chiều rộng 3m

b Tìm m để phương trinh x - x + m = (1) có hai nghiệm phân biệt Đặt x = t (ĐK: t  0) (1)  t2 – 2t + m = (2) Để pt (1) có nghiệm phân biệt pt (2) phải có hai nghiệm dương

pt (2) có hai nghiệm dương '

1

1

1 m

x x 0 m x x m

     

     



  

  0m1 pt (1) có nghiệm phân biệt Câu (2 điểm)

a Ta có ABO 900 (T/c tia tiếp tuyến)



ACO90 (T/c tia tiếp tuyến) I H O

=>  

ABOACO180

Vậy ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO - Vẽ đường trịn đường kính OA, đường tròn cắt (O) B C

- Nối AB ; AC ta có hai tiếp tuyến cần vẽ b Gọi H giao điểm BC OA

Xét ABC có AB = AC => ABC cân A.

Do AH đồng thời vừa đường phân giác, đường cao, đường trung trực ABC => HB = HC Xét BCD có HB = HC (CM trên)

OB = OC (=R)  OH đường trung bình BCD  CD//OH hay CD//AO

c ABC tam giác cân =>OH = R/2 gọi I giao điểm OA (O ; R) OA = 2R nên I trung điểm OA, mà AI/AH = 2/3 nên I trọng tâm tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp

ABC

 , bán kính đường trịn nội tiếp r = IH = R/2 Câu (2 điểm): Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, S(n) tổng chữ số n.

Nếu n có 1, 2, chữ số n + S(n) < 1000 + + + < 2011 n có chữ số trở lên n + S(n) > 10000 > 2011

Vậy n có chữ số : n abcd n < 2011 nên a = a = TH1: a = ta có b 0 c 0 n + S(n) > 2011 VL

H N M K E D B A C H N M K E D B A C

TH2: a = 1, b < n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011 Nên b = 9, : (1900 + 10c + d) + + + c + d = 2011 Hay 11c + 2d = 101 d 9 nên 101 = 11c + 2d  11c + 18

83 c

11

 

nên c = c = c = 11.8 + 2d = 101  d = 13/2 vô lý  c =  d =

thử lại : 1991 + + + + = 2011 thoả mãn Vậy n = 2011

Đáp án 8

Bài Câu Đáp án Điểm

1

( 2,0đ) 1,0đ A 45   500 10 5   = 1,0

1,0đ B 15 12 3 2

3 5

3

2               0,50 0,25 0,25 2 (2 ,5đ) 1) 0,75đ

+ Tìm y = ( x = 1) + Tìm giá trị cịn lại

+ Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; )

0,25 0,25 0,25 2)

1,75đ a) +Khi m = phương trình (1) trở thành

x  4x 0  + Tìm hai nghiệm x1 = ; x2 =

0,25 0,50 b)Cách 1:

+ Chứng tỏ  ≥ nên P/t (1) có nghiệm với m

+ Áp dụng hệ thức Viét :

1 2

x x m

x x m

  

   

+ Biến đổi hệ thức

1 2

x x

1

x x 2011

  

thành

m m

m 2011  (*)

+ Điều kiện (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm m = 0, m = 2012(tmđk)

Cách 2:

+ Chứng tỏ a + b + c = nên P/t (1) có nghiệm với m + Viết x1 = 1; x2 = m –

+ Biến đổi hệ thức

1 2

x x

1

x x 2011

  

thành

m m

m 2011  (*)

+ Điều kiện (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm m = 0, m = 2012(tmđk)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3

( 1,5đ) 0,75đ1) + Lâp bảng giá trị có giá trị + Biểu diễn điểm mặt phẳng tọa độ + Vẽ đường parabol qua điểm

0,25 0,25 0,25 2)

0,75đ + Xác định hệ số b = –2 + Tìm điểm thuộc (P) có hồnh độ điểm (2; 1)

+ Xác định hệ số a = 0,25 0,25 0,25 4 (4,0đ) Hình 0,50đ

Hình vẽ phục vụ câu 1: 0,25đ – câu : 0,25đ

0,50

1)

1,0đ + Nêu



MCN 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) + Tứ giác MCNH có MCN MHN   = 900 tứ giác nội tiếp + Chứng minh AE  BE từ suy OD // EB

0,50 0,25 0,25 2)

1,0đ + Nêu

 

KDC EBC (slt) +Chứng minh CKD = CEB (g-c-g)

+ Suy CK = CE hay C trung điểm KE

0,25 0,50 0,25 3)

1,0đ + Chứng minh 

CEA = 450

+ Chứng minh EHK vuông cân H

+ Suy đường trung tuyến HC vừa đường phân giác ,

 1

CHN EHK 

= 450 Giải thích CMN CHN   = 450

+Chứng minh CAB = 450, CAB CMN   Suy MN // AB

0,25 0,25 0,25 0,25 4)

0,50đ + Chứng minh M trọng tâm tam giác ADB , dó

DM

DO 3 chứng minh

MN DM

OB DO 3 MN = 2R

3

+ Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường trịn đường kính MN Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH

R

Tính diện tích S hình trịn đường kính MN :

2

R S

9  

( đvdt)

0,25

0,25

HƯỚNG DẪN 9

Bài 1: 1) Thực phép tính: 2 16 2 32 3 42 2 3 4 2.3 3.4 12 18    2) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2  20x96 0   ' 102 1.96 100 96 0;     ' 2 Phương trình có nghiệm phân biệt:

10 12

x   

;

10

x   

Vậy tập nghiệm pt : S 12;8 b)

4023 4024 2012 2012

1 2012 2011

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

Bài 2: 1) a) Vẽ  P y: x2 Bảng giá trị x y:

x -2 -1

y 1

33

6 -2 -4

Vẽ  d y:  x

 

 

0 2: 0;

0 : 2;0

x y A

y x B

  

   

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

 

2 2 2 1

x  x  x  x 

Vì a b c  0 nên (1) có hai nghiệm x1 1; x2 2

* Với x1  1 y1 1

* Với x2  2 y2 4

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: 1;1 2;4 2) Phương trình đường thẳng AB có dạng: y ax b d    Vì A2; 4 B3; 1  thuộc (d) nên ta có hpt

4 5

1 2

a b a a

a b a b b

   

  

 

  

     

  

Vậy phương trình đường thẳng AB là: y  x

Thay x2;y1 vào pt đường thẳng AB ta có: 12 2 1 0 (vơ lí) Suy C2;1 không thuộc đường thẳng AB hay ba điểm A2; ; B3; ;  C2;1 không thẳng hàng

3)

2

x x x

M

x x x



 

  (với x0;x1)

 

 

 2

2 1

2 2

1

1 1 1 1

x x x

x x x x x x x x

M x

x x x x x x x x x x

 

   

         

       

Vậy M  x 1 (với x0;x1) Bài 3: Đổi

1 20

3 ph h

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h), đk: x >

Vận tốc ca nơ lúc xi dịng là: x3km h/   Vận tốc ca nơ lúc ngược dịng là: x 3km h/  Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:  

15 h

x  Thời gian ca nơ ngược dịng từ B A là:   15

3 h x Vì thời gian ca nơ xi dịng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ Do ta có ph:

 

15 15

3

3 3

x  x   Giải pt: MTC: 3x3 x 3

Qui đồng khử mẫu pt (1) ta được: 45x 345x3  x 3 x3 9x 3 x3

2 2

45x 135 45 x135x  9 x  81 8x  90x 72 0 Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy có

x = 12 thỏa mãn  V = 12 km/h Bài 4:

34 I

H

F E

D

A B

M

GT

Nữa đường trịn (O) đường kính AB C cố định C OA

 

M O

; ME tiếp tuyến (O) CDOA

I tâm đường tròn ngoại tiếp FDM KL

a) BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn b) EM = EF

Chứng minh: a) Ta có: M  O đường kính AB (gt) suy ra: AMB900 (góc nội tiếp chắn đường trịn) hay FMB 900 Mặt khác FCB 90 (0 GT) Do AMB FCB 1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường trịn

b) Ta có: BCFM tứ giác nội tiếp(cmt)  CBM EFM 1   (cùng bù với CFM )

Mặt khác CBM EMF 2   (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM )

 1 & 2   EFM EMF   EFM

cân E  EM EF (đpcm) c) Gọị H trung điểm DF Dễ thấy IH DF

  IF  3 D HID

Trong đường tròn  I ta có:

  IF

2 D DMF 

(góc nội tiếp góc tâm chắn DF ) hay

  IF  4 D DMA Trong đường trịn  O ta có: DMA DBA  5 (góc nội tiếp chắn DA)’

     3 ; ;  DIH DBA

Dễ thấy CDB 900 DBA HDI 900 DIH

Mà DIK DBA cmt   CDB HDI hay CDB CDI   D I B; ; thẳng hàng. Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt)

  

2 AD ABI ABD sd

  

Vì C cố định nên D cố định

 AD sd 

không đổi Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD

Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x ) x2  2m3x m 0 Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình đã

cho Tìm giá trị m để biểu thức x12 x22có giá trị nhỏ nhất.

Phương trình x2  2m3x m 0 1 là phương trình bậc hai, có:

  2 2

– 2m 4 12 4 4

4

m m m m m m m m  m m 

 

                      

   .

 2  2

4

4

m m

 

         

  với m Suy phương trình  1 ln có hai nghiệm phân biệt vói m Áp dụng hệ thức Vi et, ta được:

1 2

2

S x x m

P x x m

   

 

 



 2  2

2 2 2

1 2

2

2

5

2 2m 12 10

2

5 25 11 11 11 11

4 4

4 16 16 16 4

x x x x x x m m m m m m m m

m m m m

 

                  

 

 

     

                 

      

Dấu “=” xảy

5

0

4

m   m

Vậy giá trị nhỏ biểu thức x12 x22

11

Hướng dẫn giải 10

Bµi 1: ( 1,5 điểm ) 1 Theo ta cã : b1 + b2 = - √2 + - √2 =

VËy b1 + b2 =

2 Giải hệ phơng trình

m+2n=1 2mn=3

¿

{¿ ¿ ¿

¿ 

−2m−4n=−2 2m−n=−3

¿

{¿ ¿ ¿

¿ 

−5n=−5 2m−n=−3

¿

{¿ ¿ ¿ ¿



n=1

m=−1 ¿

{¿ ¿ ¿

¿ Vậy hệ cho có cặp nghiệm ( n = ; m = -1 )

Bài 2:( 1,5 điểm )1 Với với b ¿0 b ¿ ta có :

B =

(b−2√b−b−2√b+4√b−1

b−4 ):

1

√b+2 = ( −1 b−4):

1

√b+2=−

√b+2 (√b−2)(√b+2)=

1 2−√b

2 Víi b = + 4 √2

V× : + 4 √2 = + 4 √2 + √2 = ( + √2 )2=> B =

1 2−√b=

1 2−√(2+√2)2

=

2−(2+√2)=

1

√2= √2

2

Bài 3: ( 2,5 điểm )

1 Với n = phơng trình cho đợc viết lại : x2 - 3x + =

Ta thÊy : a = ; b =-3 ; c = mµ a + b + c = nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 = x2 =

2 Từ phơng trình (1) ta có Δ = 4n2 - 4n + - ( n ( n - 1)= => Δ > ∀n phơng trình cho ln cóhai nghiệm phân biệt x1 = n -1 x2 = n

3 Theo bµi ta cã : x12 - 2x2 + = ( n - ) -2n + = n2 - 4n + = ( n - )2 V× ( n - 2)2 ¿0∀n dÊu b»ng x¶y n = VËy : x

12 - 2x2 + = ( n - )2≥ với n ( Đpcm ) Bài 4: ( ®iĨm )

Kẻ tiếp tuyến Ey đờng trịn tâm O đờng kính CD cắt BH N CMR: N trung điểm BH

HD :

∠ BFE = 900 - ∠ EFD = 900 - ∠ ECD = ∠ EDC => ∠ BFE = ∠ EDC (1 )

XÐt hai tam gi¸c : Δ BFE vµ Δ BDC ta cã :

∠ BFE = 900 - ∠ EFD

= 900 - ∠ ECD = ∠ EDC

B a Ta cã : ∠ BFH = ∠ BEC = 90 ( gt)

 ∠ BFH + ∠ BEC = 1800

 tứ giác BFHE nội tiếp đờng trịn đờng kính BH

N H F

H E

b XÐt tø gi¸c CFED ta cã : ∠CED = ∠ DFC = 900

( nhìn đoạn thẳng CD dới góc vng) => CFED nội tiếp đờng trịn đờng kính CD => ∠ EFD = ∠ ECD ( Cùng chắn cung ED )

Mặt khác ta lại có :

H

D C

O a Ta cã : ∠ BFH = ∠ BEC = 90 ( Theo gi¶ thiÕt)

 ∠ BFH + ∠ BEC = 1800

 tứ giác BFHE nội tiếp đờng trịn đờng kính BH



b XÐt tø gi¸c CFED ta cã : ∠CED = ∠ DFC = 900

=> ∠ BFE = ∠ EDC (1 )

XÐt hai tam giác : BFE Δ BDC ta cã :

∠ B : Chung

=> Δ BFE đồng dạng Δ BDC ( g -g ) ( Đpcm )

∠ BFE = ∠ EDC

c Ta cã : Δ BNE cân N Thật :

EBH = ∠ EFH ( Cïng ch¾n cung EH ) (1)

Mặt khác ta lại có : ∠ BEN = 1/2 s® cung ED ( Góc tạo tiếp tuyến dây cung )

=> ∠ ECD = ∠ BEN = ∠ EFH (2)

Tõ (1 ) vµ (2) ta cã : ∠ EFH = BEN => BNE cân N => BN = EN ( 3)

Mà Δ BEH vuông E => EN đờng trung tuyến tam giác BHE => N trung điểm BH (Đpcm )

Bài : ( điểm ) Cho số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức : √ yx+z+√

y x+z+√

z x+y>2

¸p dơng B§T Cosi ta cã : √

y+z x 1≤

y+z x +1

2 =

x+y+z

2x =>√

x y+z≥

2x x+y+z √x+z

y .1≤ x+z

y +1

2 =

x+y+z

2y =>√ y x+z≥

2y x+y+z √ y+x

z 1≤ y+x

z +1

2 =

x+y+z

2z =>√ z y+x≥

2z x+y+z Céng vÕ víi vÕ ta cã : √

x y+z+√

y x+z+√

z y+x≥

2(x+y+z)

x+y+z =2 dÊu b»ng x¶y

y+ z = x

x+ z = y  x + y + z = y+ x = z

Vì x, y ,z > nên x + y + z > dấu xảy

=> √ x y+z+√

y x+z+√

z

y+x>2 víi mäi x, y , z > ( Đpcm ) Hớng dẫn 11 Câu 1: (2,0 ®iĨm) 27 144 : 36  81 12 : 7   

2 Hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R m 0   m 2 Câu 2: (3,0 điểm)

1

3 ( 3) ( 1).( 1)

2 ( 2).( 2)

3

a a a a a a a

A a a a

a a a a

            

             

         

 



2 Giải hệ phơng tr×nh:

2 13 13 21

2 4

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m  1 (1), víi m lµ tham sè

2

' ( 2)   (m 1)  3 m 

Theo đề ta có:    

2 2 2 2 2

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

(4) Thay (2),(3) vao (4) ta có: 16 - 4.(m+1) = 16- 4m – = 4 - 4m=-8  m=2 (cú tho m3) Câu 3: (1,5 điểm) Gi chiu rộng hình chữ nhật x(m) ĐK : x>0

Vậy chiều dài hình chữ nhật 192

x (m )

Do hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m nên ta có PT : 2x - 192

x =  2x2 - 8x - 96 = Giá trị x2 = -8 < (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK

Vậy chiều rộng hình chữ nhật 12 m vµChiều dai hinh chữ nhật la 192 ;12=16 (m) Câu 4: (3 điểm)

Cõu 5: Đặt a = x+y = M; b = xy; a2 4b Tõ gi¶ thiÕt cã:

3 2

3 4

a  ab a b b  ab  b =

2

2

2

( )( )

2

a b

a b a ab b b

a ab b b

 

      

   

 +) NÕu a =2b

Th×: x+y = 2xy Mà (x+y)2 4xy nên (x+y)2 2(x y ) M  x y2;" " khi x:  y 1. (*) +) NÕu a2 ab2b2 3b0 a2 ab2b2 3b 0 2b2 (a3)b a 0(1)

Gi¶ sư  (1) cã nghiƯm b tho¶ m·n b a 

th× b=

2

2

a a  2 6 0 1 7;( : 0)

a a a Do a

        vµ

2

( 3) ( 2)( 2)

2

a  a    a  a a  a   a



VËy a  1 (**) Tõ (*) (**) suy a = M có giá trÞ nhá nhÊt b»ng x = y =1 Đáp Án 12

Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) M  27 12 3 10 3 11 3      ;

b)

1 2

: :

4 4

2

a a a a a a

N

a a a a

a a a

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

Câu (1,5 điểm) Giải phương trình : a) x2 5x 4

Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c = nên pt: x2 5x 4 0có hai nghiệm phân biệt x1 = x2 = 4. b) 1 x x  

 Điều kiện: x0, ta có:

1

2( 1) 1

2 x

x x x x

x 

        

 .

Câu (1,0 điểm) a Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x + 3.

Đồ thị (d) đường thẳng qua hai điểm A(0; 3) B(3; 0) b Tìm (d) điểm có hoành độ tung độ

Gọi M điểm có hồnh độ tung độ nhau, giả sử M(a; a) (d) : a = -a + 2a = 3

3 a

 

Vậy (d) điểm có hồnh độ tung độ

3 ; 2 M 

 .

Câu (1,0 điểm) Do x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 3x -5 = Nên theo vi-ét, ta có:

1 2 x x x x      

Câu (1,5 điểm) Giải toán cách lập hệ phương trình: Gọi chiều dài chiều rộng hình chữ nhật a b (a > b > 2m) Diện tích hình chữ nhật sau tăng chiều dài chiều rộng thêm 4m 80m2 nên ta có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1)

Nhưng giảm chiều rộng 2m tăng chiều dài 5m diện tích hình chữ nhật diện tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

( 4)( 4) 80 4 16 80

( 5)( 2) 10

16 10

2 10

        

 



 

      

 

  

 

   

  

 

a b ab ab a b ab

ab a b ab ab a b

a b a

a b b  chu vi hình chữ nhật là: 32m.

Câu : a) Ta có: ABD1v ( chắn nửa đường trịn đường kính AD ) (1) AF E1v (Do EFAD ) (2)

Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v

 tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn đương kính AE.

b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường trịn đương kính DE (Hsinh tự c/m)

 EDFECF (cùng chắn EF ) (3)

Mặt khác (O) ta củng có ADB ACB (cùng chắn AB) (4) Từ (3) (4) suy ra: ACBACF Vậy tia CA tia phân giác góc BCF (đpcm)

c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO

Do M trung điểm DE nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF

 MDC cân M, hay MD = CM. (5)

Mặt khác hai tam giác cân MDF ODB đồng dạng với nên

DF DM

DM DB DF DO

DB DO   (6)

Từ (5) (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)

ĐÁP ÁN 13

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1

2. a)

12 75 48 4.3 25.3 16.3 3

    

   

b) A = (10 11)(3 11 10)  = 102 (3 11)2 100 99 1 

a) Khi m1 hàm số (1) trở thành: y x Xét hàm sốy x 2 ta có bảng giá trị:

O

M F E

D C B

A

x 0 -2

3. 4.

5.

6.

b) y(2 m x m)  3 (1)

Để đồ thị hàm số (1) đồng biến thì: 2 m 0 m2

2 5 7 1

3 2 5

x y x y x x x

x y x y x y y y

      

    

   

    

        

    

a) Phương trình: x2 x 0 (a = ; b = -1 ; c = -3)

Ta có: a.c = (-3) = -3 <  phương trình có nghiệm x x1, 2 Theo định lí Vi-ét ta có :

1 2

1 x x x x

 

 



 (I)

Theo đề ta có: X = x x13 2x x23 121=

2 2( ) 21

x x x x  = x x1 2(x1x2)2 2x x1 2 21 Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được: X =-3 [12 – (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0

b) Gọi x (dãy) số dãy ghế dự đinh lúc đầu(x N*vàx20) Khi x2 (dãy) số dãy ghế lúc sau

Số ghế dãy lúc đầu: 120

x (ghế) Số ghế dãy lúc sau:

160 x ghế

Do phải kê thêm dãy ghế vừa đủ nên ta có phương trình :

160 120

x  x 

 

          

 

2 30

160 120( 2) ( 2) 38 240

8 (lo¹i)

x

x x x x x x

x

Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu 30 dãy

Áp dụng hệ thức cạnh đường cao ∆ABC (A 900).

Ta có: AC2 = BC HC

  

2 AC 25

BC = 13 (cm) 25

HC 13

Áp dụng định lí Pytago ∆ABC (A 900) ta có:

BC2 = AC2 + AB2  AB = BC2 AC2  132  52 12 (cm) Chu vi tam giác ABC là:

AB + BC + AC = 12 + 13 + = 30 (cm)

a) Chứng minh: AOED nội tiếp đường tròn: Xét tứ giác AOED có:





DAO 90 (vì AD tiếp tuyến (O))

DEO 90 (vì DC tiếp tuyến t¹i E cđa (O))

 

 DAO DEO 1800 AOED nội tiếp đ ờng tròn đ êng kÝnh OD b) Chứng minh EF song song với AD

Ta có :

 

 

 

DA AB

 

 

    



DAF = BCF (so le trong)

Mặt khác: F = F (đối đỉnh)     

AD AF

ADF CBF (g - g)

CB CF

~

(1) Mà AD = DE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

BC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Từ (1) (2)  

DE AF

EC FC Theo định lí Talet đảo suy ra: EF // AD

ĐÁP ÁN 14 Bài 1: (2,0 điểm) a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị xác định tọa độ giao điểm (d) (P) Tọa độ giao điểm (d) (P) A ( ; ) B ( -2 ; ) Bài 2: (2,0 điểm) a)Giải phương trình: 3x2 – 4x – = 0.

Δ'=(−2)2−3.(−2)=10  x1=

2+√10

3 ; x1=

2−√10 3

b)Giải hệ phương trình :

3 x y

; x 0; y x y

  



 



 





3 x y x x y y

4 x y

      

 

     

 

   

 



Bài 3: (2,0 điểm) a)Rút gọn biểu thức P P =

x√x−8

x+2√x+4+3(1−√x) , với x ¿ = √x−2+3−3√x=1−2√x

b)Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q =

2P

1−P nhận giá trị nguyên.

Q =

2P

1−P =

2(1−2√x)

1−(1−2√x)=

1−2√x

√x =

1

√x−2 Q ¿Ζ⇔

1

√x∈Ζ⇔x=1 Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường trịn

Ta có: ∠ A = 600 ⇒ ∠ B + ∠ C = 1200 ⇒ ∠ IBC + ICB = 600 ( BI , CI phân giác) ⇒ ∠ BIC = 1200 ⇒ ∠ EID = 1200

Tứ giác AEID có : ∠ EID + ∠ A = 1200 + 600 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE

Tam giác ABC có BI CI hai đường phân giác, nên CI phân giác thứ ba

⇒ ∠ EAI = ∠ AID ⇒ cung EI = cung ID Vậy: EI = ID c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD

BI ∠ EAI = ∠ EDI ; ∠ ABD chung ⇒ Δ BAI  Δ BDE ⇒

BA BD=

BI

BE ⇒ BA.BE = BD BI Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh :

1 ΑΒ2=

1

AΕ2+

1

ΑF2 E

I

A C

B

D

E

D M

B

A

C

F

Qua A, dựng đường thẳng vng góc với AF, đường thẳng cắt đường thẳng CD M Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( ∠ EAM = ∠ ECM = 900)

⇒ ∠ AME = ∠ ACE = 450

⇒ Tam giác AME vuông cân A ⇒ AE = AM

Δ AMF vng A có AD đường cao, nên

1

ΑD2=

1

AM2+

1

ΑF2 Vì : AD = AB (cạnh hình vng) ; AM = AE (cmt) Vậy:

1 ΑΒ2=

1

AΕ2+

1

ΑF2 ĐÁP ÁN 15:

Câu 1: ĐKXĐ: x > 0, x  Rút gọn: A = x

x 

a) A =

3 <=>  

1

3

3

x

x x x

x 

     

(thỏa mãn) b) P = A - x=

1 x

x 

- x= –

9 x x

 



 

 

Áp dụng BĐT Côsi :

9 x 2.3

x    => P  -5 Vậy MaxP = -5 x = Câu 2: a với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + = => x1 = 2, x2 = 4

b xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m –  (1) có hai nghiệm x1, x2  m 

Theo hệ thức Vi-et:

1 2

2( 2)

7

x x m

x x m

  

  

 



 Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

 m2 + – 4(m +2) =  m 2 – 4m – = => m1 = - 1(loại); m2 = (thỏa mãn) Vậy m = 5 Câu 3: Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h), ĐK: x > 0

vận tốc xe thứ x + 10 (km/h) Theo ta có pt:

120 120

1 10

x  x   x2 + 10x – 1200 = => x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại) vận tốc xe thứ 40km/h, xe thứ hai 30km/h

Câu 4:

a) ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nội tiếp  b) ABD  AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1)

ABO vuông B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) => AH AO = AD AE

c) Áp dung BĐT Cơsi: IP + KQ  IP.KQ Ta có:APQ cân A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ  PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2

Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => BOP COQ  

Theo T/c tiếp tuyến cắt nhau: BOI DOI   , DOK COK  

=> BOP BOI DOK COQ DOI COK 90            => POI DOK 90    Mà QKO COK 90   

Q P

K I

H D

C B

O A

Suy ra: POI QKO   Do đó: POI QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 BÀI GIẢI 16:

Bài 1: a (2x + 1)(3-x) + = (1)  -2x2 + 5x + +4 =  2x2 – 5x – = (2)

Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm : x1 = -1 x2 = b)

3 | |

5 11

x y

x y

 

 

 

 

3 1, 1,

5 11 11

x y y x y y

hay

x y x y

     

 

 

   

  

3 1, 1,

14 14

x y y x y y

hay

x x

     

 

 

  

 



2 7,

1

y y y

hay

x x

  

 

 

 

  

2 y x

  

 

Bài 2: Q =

3( 1) 5( 1)

[ ]:

2 5

 



   =

2 [ 5]:

5



 =

( 5)( 3)

 

= Bài 3: a) x2 – 2x – 2m2 = (1) m=0, (1)  x2 – 2x =  x(x – 2) =  x= hay x = 2

b) ∆’ = + 2m2 > với m => phương trình (1) có nghiệm với m Theo Viet, ta có: x1 + x2 = => x1 = – x2

Ta có: x12 4x22 => (2 – x2)2 =4x22  – x2 =2x2 hay – x2 = -2x2 x2 = 2/3 hay x2 = -2.

Với x2 = 2/3 x1 = 4/3, với x2 = -2 x1 =  -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8  m = 2 Bài 4: Gọi a, b độ dài cạnh hình chữ nhật

Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) a2 + b2 = 102 = 100 (2) Từ (2)  (a + b)2 – 2ab = 100 (3) Thế (1) vào (3)  ab = 48 (4)

Từ (1) (4) ta có a, b nghiệm phương trình : X2 – 14X + 48 =  a = cm b = cm Bài 5:

a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300  MD phân giác góc BMC

b) Xét tứ giác ABCD có đường chéo AD BC vng góc nên :

SABCD=

2 AD.BC =

2

2 3

2 R R R

c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường trịn)

Tương tự: DB  AB,vậy K trực tâm IAD (I giao điểm AM DB)

Xét tứ giác AHKM, ta có:

góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng  tứ giác nội tiếp

Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vng góc với AD

Vậy HK đường cao phát xuất từ I IAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I

HƯỚNG DẪN 17

Bài 1: 1/ Rút gọn: ĐK:x 0,x 25 

   

       

x x +5 -10 x -5 x -5

x 10 x x+5 x -10 x -5 x +25

A= - - = =

x-25

x -5 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5

C

A D

B M

H K

   

     

2 x -5

x-10 x +25 x -5

= = = ( x 0; x 25)

x +5

x -5 x +5 x -5 x +5  

2/ Với x = Thỏa mãn x 0,x 25  , nên A xác định được, ta có √x=3 Vậy A=

3−5

3+5= −2

8 =−

3/ Ta có: ĐK x 0,x 25 

 

 

1 x - x - 15 - x -

A -

3 x + 3 x +5

x - 20 (Vì x +5 0) x < 20 x < 10 x < 100

    

     

Kết hợp với x 0,x 25  Vậy với ≤ x < 100 x ≠ 25 A < 1/3

Bài Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe chở hết hàng x – (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe phải chở 140

x (tấn)

Thực tế đội chở 140 + 10 = 150(tấn) nên ngày đội chở 150

1 x (tấn) Vì thực tế ngày đội chở vượt mức tấn, nên ta có pt:

150 140

x  x   150x – 140x + 140 = 5x2 -5x  5x2 -5x – 10x - 140 =  5x2 -15x - 140 =  x2 -3x - 28 = Giải x = (T/M) x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày

Bài 3: 1/ Với m = ta có (d): y = 2x +

Phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) là: x2 = 2x + <=> x2 – 2x – = 0 Giải x = => y = 16 x = -2 => y =

Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4)

2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) : x2 – 2x + m2 – = (1)

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

ac <  m2 – <  (m – 3)(m + 3) < Giải có – < m < 3

Bài 1/ Xét tứ giác AIEM có

góc MAI = góc MEI = 90o => góc MAI + góc MEI = 180o. Mà góc vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp

2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o.  góc IEN + góc IBN = 180o  tứ giác IBNE nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vuông AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)  AMI ~  BNI ( g-g) 

AM BI =

AI

BN  AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ

Do tứ giác AMEI nội tiếp  góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân B  AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính MI= R√2

2 ;IN=

3R√2

2 Vậy SMIN=

2.IM.IN= 3R2

4 ( đvdt)

Bài 5: Cách 1:

2 2

4 2011 4 2010 (2 1) ( ) 2010

4 4

M x x x x x x x

x x x

              

Vì (2x1)2 0 x >

0 4x

 

, Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x + 4x

1

2

4

x x

  

 M =

2

(2 1) ( ) 2010

4

x x

x

   

 + + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy 

2

1

2 2

1 1

4

0 x x x

x x x

x x x x x                                         

  x =

1

Vậy Mmin = 2011 đạt x = Bài 5: Cách 2:

2 2

2

1 1 1

4 2011 2010

4 8

1 1

3 2010

2 8

M x x x x x

x x x

M x x

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

Áp dụng cô si cho ba số x

2, 8x,

1

8x ta có: x

2+ 1

8x+

1 8x≥3

3

√x2. 1

8x.

1 8x=

3

4 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

mà (x−

1

Vậy giá trị nhỏ M 2011 M =

HD 18 Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x 2; y 1

3 17 17 17

x y x y x y

2x y 26 2(x 2) (y 1) 26 26

2

x y x y x y

  

     

        

  

 

  

     

          

        

  

Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình :      2

x x 9 x 9 22 x 1

x2 x  9x 22 x 1 2 x2 9  x2 9 x 1  22 x 1 2

             

Đặt x – = t; x2 9= m ta có: m2 9mt 22t  22t2 9mt m 0 Giải phương trình ta

m m

t ;t

2 11



 

 Với

2

2

m x

t ta có : x x 2x 11 vô nghiêm

2



      

 Với

2

2

m x

t ta có : x x 11x

11 11

  

      

121 129

    > phương trình có hai nghiệm 1,2

11 129

x

2

 



2) Chứng minh : Với

2

2

1

x 1, ta ln có x x

x x

   

      

    (1)

2

2

2

1 1 1

3 x x x x x x

x x x x x x

1 1

3 x x (vì x nên x 0) (2)

x x x

           

         

           

           

   

          

   

Đặt

2

2

1 1

x t x t 2

x x

    

, ta có (2)    

2

2t 3t 0 t 2t 1 0

        (3)

Vì  

2

x nên x x 2x x hay t

x

         

=> (3) Vậy ta có đpcm ĐÁP ÁN 19:

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,5 điểm. Phần II Tự luận (8,0 điểm).

Câu (2,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình

1 (1) (2) x y

x y

 

 

  



Từ (1)  x = y thay vào PT (2) ta : x2 - 2x + = 0 0,5  (x - 1)2 =  x = 1

0,5

Câu

Thay x = vào (1)  y = 0,5

Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: 1 x y

  



 0,5

Câu (1,5 điểm). a (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Với m = -1 ta có (1) : x22x 0 x x( 2) 0 0,25



0

x x

   

 Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm x1 0;x2 2

0,25 b (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = > với m 0,25

Vậy với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 0,25

c (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

P =  

2

2

1 2 2

x x  x x  x x = 4m2 - 2m2 +  với m 0,25 Dấu “=” xảy  m = Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn

P = x12x22đạt giá trị nhỏ nhất

0,25 Câu (1,5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Gọi chiều dài hình chữ nhật x (cm), chiều rộng y (cm) (điều kiện x, y > 0)

0,25 Chu vi hình chữ nhật ban đầu 2010 cm ta có phương trình

2.x y  2010 x y 1005 (1) 0,25

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm kích thước hình chữ nhật là:

Chiều dài: x20 (cm), chiều rộng: y10(cm) 0,25

Khi diện tích hình chữ nhật là: x20   y10 xy13300 10x 20y 13100

    x2y1310 (2) 0,25

Từ (1) (2) ta có hệ:

1005 1310

x y

x y

  



  

Trừ vế hệ ta được: y = 305 (thoả mãn) Thay vào phương trình (1) ta được: x700

0,25 Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng 305 cm 0,25 Câu ( 2,0 điểm).

a (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  FE  BF 0,25

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1) 0,25

 sđ AF = sđ CE  AFE = CFE  FAC = ECA (2) 0,25

Từ (1) (2) { AFEC hình thang cân 0,25

E K

I H

O B

A

C F

b (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

EC  BC  EC ∥ AH (1) 0,25

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1). HAC = ECA mà ECA = FAC

  HAF cân A  AH = AF (2) Từ (1)và (2)  { AHCE hình bình hành 0,25  I giao điểm hai đường chéo  OI đường trung bình  BEH  BH = 2OI 0,25

 HAF cân A , HF  AC  HK = KF  H đối xứng với F qua AC 0,25

Câu ( 1,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Có: a b c   1 ca b c c ac bc c     

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )

 ( )( )

a b

ab ab c a c b

c ab c a c b



 

 

   0,25

Tương tự:

( )( )

( )( )

a bc a b a c

b ca b c b a

   

    ( )( )

b c

bc bc a b a c

a bc a b a c



 

  

  

( )( )

c a

ca ca b c b a

b ca b c b a



 

 

   0,25

 P 

a b b c c a

c a c b a b a c b c b a          

=

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

  

 

  

=

2 0,25

Dấu “=” xảy

1 a b c  

 P

2 đạt

1 a b c  

0,25 ĐÁP ÁN 20

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Với x = tính f(0) = -5Với x = tính f(3) = 10 0,50,5 1.b Khi f(x) = -5 tìm x = 0; x = - 2Khi f(x) = -2 tìm x = 1; x = -3 0,50,5 Biến đổi 3x – 12 > x – Giải nghiệm x > 3 0,250,25

1.a Để hàm số đồng biến m – > 0,25

Tìm m > kết luận 0,25

1.b

Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x –

2

3

m m

 

 

 

 0,5

4 m m

   



  m = 4 0,5

2 Giải hệ x = m + 1; y = 2m - 0,25

Có:

2

5

4 4( 1) 4

1  

           



x y

x y y x y y

y x2 5y 0

   

Thay x = m + 1; y = 2m – ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – = 0  m2 – 8m + = Giải phương trình m = 1; m = 7

0,25

So sánh với điều kiện suy m = (loại); m = (thoả mãn) 0,25

3

Gọi thời gian người 1, làm xong công việc x, y ngày (x, y > 0) 0,25 Trong ngày người người làm

1 x

1

y công việc.

suy phương trình:

1 1 xy6

0,25

Người làm ngày người làm 7,5 ngày

3 x

7,5 y

công việc suy phương trình:

3 7,5 x y 

0,25

Giải hệ x = 18, y = So sánh với điều kiện kết luận 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Có OMP 90  0(MP  AB) 0,25

Có ONP 90  0 (tính chất tiếp tuyến) 0,25

Do OMP  ONP 90 0 suy OMNP tứ giác nội tiếp 0,25

2

Do OMNP tứ giác nội tiếp nên ONC OPM  (cùng chắn OM ) 0,25 Ta có: MP // CD (cùng vng góc với AB) nên OPM POD  ( so le trong) 0,25 Mà tam giác OCN cân O (OC = ON) nênONC OCN  0,25

Suy ra: OCN POD  => CN // OP 0,25

3

Do OMP  ONP 90 0 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường kính OP. Nên đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính OP

0,25 Ta có: CN // OP MP // CD nên tứ giác OCMP hình bình hành suy OP = CM 0,25 Ta có AM =

1 AO =

1

3 R  OM =

3 R Áp dụng định lý Pytago tam giác vng OMC nên tính MC =

R 13

0,25

Suy OP =

R 13

3 từ ta có R đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN R 13

6 0,25

5 Do x, y, z  đặt a = – x  0, b = 1- y  0, c = 1- z  a + b + c = P

N

D C

suy z = – x + 1- y = a + b, y = – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b Khi A =

2 2

a b c

a b b c c a    

0,25

Với m, n   

m n  0 m n mn 

(*) Dấu “=” m = n Áp dụng (*) ta có:

2 2

a a b a a b a a b

2 a

a b a b a b

  

    

  

2

a a b

a

a b



  



Tương tự ta có:

b b c

b

b c

  

 ;

2

c c a

c

c a

   

0,25

Suy ra:

2 2

a b c

a b b c c a    

a b c   

=

2 0,25

Dấu “=” xảy a = b = c =

3 suy x = y = z = Vậy giá trị nhỏ A

1

2 x = y = z =

0,25

HƯỚNG DẪN 21 Bài (2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1

A=(

x−3√x+

1

√x+3)

x−9 √x =

3

( 3)

x

x x x x

  



 

 

 

A= 3√x+9+x−3√x

√x(√x−3)(√x+3).

(√x−3)(√x+3)

√x  A=

(x+9).(√x−3)(√x+3)

√x(√x−3)(√x+3)√x 

A=x+9

x

2 Biến đổi vế trái: VT=√5( 1

√5−2+

1

√5+2) =√5

√5+2+√5−2

(√5−2)(√5+2) = √5

25 54=10

1.0 Bài 2 (2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1a Đờng thẳng (d) qua ®iÓm A(0; 2) ⇔ n = 2 0,25 Đường thẳng (d) qua điểm B (-1; 0) ⇔ = (k -1) (-1) + n

⇔ = - k + +2 ⇔ k = 3

Vậy với k = 3; n = (d) qua hai diểm A B 0,25 0,25 1b Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k

⇔

k−1=1 2−k≠n

¿

{¿ ¿ ¿

¿ ⇔

k=2

n≠0 ¿

{¿ ¿ ¿

¿  Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ()

0.75

2 Với n = phương trình (d) là: y = (k - 1) x +

Giao điểm (d) với Ox C(

2 1−k;0)

( )

C( 1-k; 0)

B(-1; 0) A(0;2)

x y

O

các Δ OAB OAC vuông O

SOAC=1

2OA.OC ; SOAB=

2OA.OB

SOAC = 2SOAB ⇔ OC = 2.OB ⇔ |xc|=2.|xB|

⇔ |

2

1−k|=2.|−1|

⇔

[2

1−k=2⇔k=0 [2

1−k=−2⇔k=2 [

( thoả mãn)

Vậy với k = k =  SOAC = 2SOAB 0,25 Bài ( 2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1 Với m = -1 ta có pT: x2 + 2x -8 =  Δ ' = 12 - 1(-8) = 9 ⇒ x1 = - + √9 = 2; x2 = -1 - √9 = -4

Vậy với m = - 1phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 2; x2= -

0,25 0,25 0,25

Δ ' = m2 - m + =(m−

1 2)

2 +27

4 > với m

Vậy pt(1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

0.75

3 Vì pt(1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m nên theo Viet ta có:

x1+x2=2m

x1x2=m−7

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

Theo

1

16

x x  ⇔

x1+x2

x1x2 =16 ⇔ m2−m7=16 ⇔ m = 8

0,25 0,25 Bµi 4 ( 3,5 điểm)

Câu Nội dung Điểm

F

E

N M

C K

O

A H B

h1

T

E

N M

C K

O

B

A H

1 Ta cã ∠ AKE = 900 (….)

AHE = 90o ( MN ¿ AB) ⇒ ∠ AKE + AHE = 1800 AHEK tứ giác näi tiÕp

0,25 0,25 0,25 0,25 Xét Δ CAE Δ CHK có :

∠ C góc chung

∠ CAE = ∠ CHK ( chắn cung KE) ⇒ Δ CAE ∞ Δ CHK (gg) 0,5

2 ta có NF ¿ AC; KB ¿ AC ⇒ NF // KB ⇒ ∠ MKB = ∠ KFN (1)( đồng vị)

và ∠ BKN = ∠ KNF (2) (slt)

mà MN ¿ AB ⇒ Cung MB = cung NB ⇒ ∠ MKB = ∠ BKN (3) Từ 1,2,3 ⇒ ∠ KFN = ∠ KNF  Δ NFK cân K

0,25 0,25 0’5 Nếu KE = KC ⇒ Δ KEC vuông cân K

⇒ ∠ KEC = 450

⇒ ∠ ABK = 450 ⇒ Sđ cung AK = 900

0,25 ⇒ K điểm cung AB ⇒ KO ¿ AB mà MN ¿ AB nªn OK // MN

0,25 Kẻ đờng kính MT

chøng minh KT = KN 0,25

mà Δ MKT vuông K nên KM2 + KT2 = MT2 hay KM2 + KN2 = (2R)2

hay KM2 + KN2 = 4R2 0,25 Bài ( 0,5 điểm) Cho a,b,c số thực không âm thoả mãn : a + b + c = Chứng minh rằng:

a 13 b 13 c 13

4

     

Câu Nội dung Điểm

Đặt x = a - 1; y = b - 1; z = c - Đ/K x ¿ -1 ; y ¿ - 1; z ¿ - 1

⇒ x + y + z = 0

và VT = x3 + y3 +z3 = 3xyz

ĐÁP ÁN 22 PHẦN 1/ TRẮC NGHIỆM

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án

D C A B C A B D

PHẦN 2/ TỰ LUẬN

Bài 1a) Rút gọn biểu thức

 2

(4 2) 8.2 2 4.2

P       

0,25 điểm

P = 4.2- + 2 - 2 0,25 điểm

P = 0,25 điểm

Bài 1b) Toạ độ giao điểm hai đồ thị hàm số nghiệm hệ phương trình

2

2

3 (*)

y x y x

y x x x

 

  



 

    

 

0,25 điểm Giải (*) : x2 3x 2

Có a+b+c = -3 + = nên x1 =

Từ x1 = suy y1 = x2 = suy y2 =

Vậy hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt A( ;1) B(2 ;4) 0,25 điểm Bài : Gọi số xe điều đến kho hàng lúc đầu x ( xe , x  , x > 1)

Nên số xe thực tế chở hàng x – xe Dự định xe chở

21

x hàng Thực tế xe chở

21

x 1 tấn hàng

0,25 điểm

Thực tế,mỗi xe phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu nên : 21

x 1 - 21

x = 0,5

0,25 điểm

Suy : x2 – x – 42 =  x1 = ( thoả mãn x  , x > 1) x2 = - ( loại )

0,25 điểm Vậy lúc đầu công ty điều đến kho hàng xe 0,25 điểm Bài

Cho hệ phương trình

( 1)

2

m x my m

x y m

   

 

  

 a/

Khi m = , ta có

2

2

x y

x y

 

 

 



3 x y

   

 

0,5 điểm

Vậy m = hệ phương trình có nghiệm (3;-1) 0,25 điểm b/

( 1) (1)

2 (2)

m x my m

x y m

   

 

  



Từ phương trình (2) có y = 2x – m – Thế vào phương trình (1) ta : (m – 1)x – 2mx + m2 + 5m – 3m+1 = 0

 ( m+1).x = (m+1)2 (3)  x = m + Điều kiện m1 Suy y = m -

0,25 điểm

Mà x2- y2 < nên (m + 1)2 - (m – 3)2<  m <

0,25 điểm

Vậy với

3 m m 

    

 hệ phương trình có nghiệm

Bài 4

a/ Chứng minh : OAM 900

 , OBM 900,OHM 900 Suy OAM OBM OHM 900

0,25 điểm 0,25 điểm Vậy năm điểm O, A, B, H, M nằm đường tròn đường kính MO

( theo quỹ tích cung chứa góc 900 ). 0,25 điểm

b/ OIA đồng dạng với BIH (g.g) 0,5 điểm

Nên

IA IO IH IB

0,25 điểm Vậy IH.IO=IA.IB

c/ Gọi K giao điểm OM AB

- Dễ thấy OM đường trung trực AB nên OM AB K. Suy : OK.OM = OA2 = R2

0,25 điểm - Lại có OKI đồng dạng vớiOHM (g.g) nên OI.OH = OK.OM

Do OI.OH = R2 không đổi

0,25 điểm Vì d,O cố định nên OH khơng đổi Suy : OI không đổi I cố định Vậy

IH không đổi 0,25 điểm

Từ câu b, ta có : IA.IB = IO.IH = khơng đổi 0,25 điểm Bài :

Tìm giá trị lớn biểu thức  

y x   x 1 3 2x1 với -1< x <

 

y x   x 1 3 2x1

với -1< x <

 

2

y 4x 4x 3

(2 1) 3

9

(2 1)

4

x

x x

x x

      

    

 

       

 

0,25 điểm

3 3

2

2 4

x

 

      

  0,25 điểm

Vậy ymax =

Khi

3

2 x 

= * x (loại ) * x

(thoả mãn điều kiện )

0,25 điểm

giải 23: Bài 1/ 1/ 12 75 48 : 3 = 4 25 16= 2–5 + =

2/

1

15



   =        

1 5

5 3

 



    

=

1

2

  

Bài 2/ 1/ 2x2 – 5x – =   49 ; x1= ; x2= 

2/ a/ Khi m=1 :

4

4

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

x y = 3 x + 2y = 1

Khi m=1 hệ pt có nghiệm (x = 7; y= ) b/*Khi m=0, ta có hệ pt

3 1 y y x x             

*Khi m 0 , hệ pt có nghiệm

2

1

2

1 2

m m m m         

Vậy hệ pt có nghiệm

2 m

Bài 3/ 1/ Phương trình hồnh độ giao điểm ;

2 3

2

x x

  2

2

x x

   

Vì a+b+c=1+2 - = 1; c

x x

a

   

Thay x11;x2 3 vào y= 2 x

,ta

1

;

2

y  y 

Vậy (d) cắt (P) hai điểm 1;

2

 

 

  và 3;       

2/ ( d’) : y= mx – m (P) : y = 2 x

Xét phương trình hồnh độ giao điểm : 2 x

mx – m  x2 2mx2m0

' m 2m

  

(d’) tiếp xúc với (P)  

2

' 2

2 m

m m m m

m                Bài 1/ Tứ giác ODNM có :

 0 gt

MOD = 90

 0

DNM = 90 (DNC 900

2/ Ta có       90  AOC = COB = AOD = DOB

=>AC CB  AD DB =>N N2 ( góc nội tiếp chắn hai cung :AC CB ) Xét NCA NBM :

*N1 N2 ( cmt)

*B1 C1(hai góc nội tiếp chắn cung AN)

NA CA

NCA NBM AN MB AC MN

NM BM

  ∽     

3/ Ta có :N N3 ( góc nội tiếp chắn hai cung :AC AD) CDN

 có CE phân giác CND =>

ND DE

NC EC (1)

Xét tam giác vuông CDN :CN  CD2 DN2  4r2 r2  3r2 r

(1) =>

r DE

EC

r  =>  

2

3

3 3

ED EC ED EC r

r r r r r



     

  

=> ED= 1 r EC= 1  r =3 3r

HƯỚNG DẪN 24

Bài Đáp án Điểm

1 (1,5 điểm)

a) 0,75 điểm

+ 5 45

3 48

+ 45 48 3

0,25 0,25 0,25

b) 0,75 điểm

   

   

2

3 5

3 5

A   

   

(9 5) 5

9        12 5   0,75 2 (2,0 điểm)

a) 1,0 điểm

Với m1 ta có hệ phương trình:

2 2 x y x y       

4

2         x y x y 10 2        x x y       x y 0,25 0.75 b) 1,0 điểm

Giải hệ:

2 10

2 2

x y m x y m

x y x y

                

5 10

2

x m x m

x y y m

 

 

   

   

 

Có: x2 2y2 1 ⇔    

2

2m  m1 1 ⇔ 2m2 4m 3 0

  

Tìm được:

2 10 m 

2 10 m 

3 (2,0 đ)

2,0 điểm

Gọi vận tốc xe đạp từ A đến B x (km/h, x > 0) Thời gian để từ A đến B

24 x (h)

Vận tốc xe đạp từ B đến A (x+4) (km/h) Thời gian để từ B đến A

24 x (h) Theo ta có phương trình:

24 24

x  x 4 2  x24x192 (*) Giải phương trình  * x12tm x16 (loại)

Vậy vận tốc xe đạp từ A đến B 12 km/h

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

4 (3,5 điểm)

Vẽ hình đúng, đủ làm câu a) 0,25

a) 0,75 điểm

BD ¿ AC (gt) ⇒ ADB = 900 CE ¿ AB (gt) ⇒ AEC =  900

Tứ giác ADHE có D + E 180   nên tứ giác nội tiếp

0,25 0,25 0,25

b) 1,0 điểm

Kẻ OI ¿ BC ( I BC ), nối O với B, O với C

Có BAC =  600 ⇒ BOC = 1200 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) OBC

 cân O ⇒ OCI 30  0  OI R

2 

0,5 0,5 c) 1,0 điểm

Gọi (d) đường thẳng qua A vng góc với DE

Qua A kẻ tiếp tuyến sAt với đường tròn (O;R) ⇒ AO ¿ sAt

BEDC

 nội tiếp (E, D nhìn BC góc vng)  ACB =AED 

(cùng bù vớiBED )

Mặt khác BAs ACB 



sdAB

 



 

 

⇒ BAs AED   sAt // DE (hai góc vị trí so le trong)  dsAt

Có dsAt, OA sAt  d OA (tiên đề Ơclit)

⇒ Đường thẳng (d) qua điểm O cố định.

0,25 0,25

Có ABD ACE  (cùng phụ với góc BAC ).

  1

ABP ECQ ABD

2

 

   

 

QEC

 vuông E ECQ EQC 90  

CQ BP

 

Mà BP, CQ phân giác nên MP, NQ cắt trung điểm đường

Vậy có MNPQ hình thoi

0,25

0,25

5 (1,0 điểm)

1,0 điểm

       

P x  2x y 6y 12 x  2x 3 y 6y 12

     

2 2

x 2x y 6y 12 y 6y 12

      

y2 6y 12 x  2x 3

    

y 32 x 12 x, y

   

       

    

Vậy P dương với giá trị x, y  

0,25 0,25 0,25 0,25 ĐÁP ÁN 25:

Câu 1 : (2,0 điểm): 27 144 : 36  81 12 : 7   

2 Hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R m 0   m 2 Câu 2 : (3,0 điểm)

1

3 2 1 ( 3) 2 ( 1).( 1) 1

3

( 2).( 2)

a a a a a a a

A

a a a a

a a a

            

          

     

     

    

2 Giải hệ phương trình:

2 13 13 21

2 4

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m  1 0 (1), với m tham số ' ( 2)  2 (m 1)  3 m Phương trình (1) có nghiệm 0 3 m0 m3

Theo hệ thức Viét ta có x1x2 4 (2) x x1  m 1 (3)

Theo đề ta có:    

2 2 2

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

(4) Thay (2),(3) vào (4) ta có: 16 - 4.(m+1) =  16- 4m – = 4 - 4m=-8 m=2 (có thoả mãn m3) Câu 3: (1,5 điểm) Gọi chiều rộng hình chữ nhật x(m) ĐK : x>8

Vậy chiều dài hình chữ nhật 192

x (m )

Do hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m nên ta có PT : 2x- 192

2 2

,

1 2

2x 8x 192 0 x 4x 96 0 4 ( 96) 100 10

x 2 10 12, x 2 10 8

       

           

 

Giá trị x2 =-8 <0 (loại) x1 =12 có thoả mãn ĐK Vậy chiều rộng hình chữ nhật 12 m Chiều dài hình chữ nhật 192 :12=16 (m)

Câu 4: (3 điểm)

H N

E

K

B

O

C D

M

a) Xột tứ giỏc CDNE cú CDE 90  o( GT)

Và BNC 90  o (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn) nờn

 o

ENC 90 (Kề bự với gúc BNC)

Vậy CDE CNE 90   o nờn tứ giỏc CDNE nội tiếp( Vỡ cú hai đỉnh kề D,N cựng nhỡn EC gúc vuụng) b) Gợi ý cõu b:

Tam giỏc BEC cú K giao điểm cỏc đường cao BM ED nờn K trực tõm Vậy KCBE

Tứ giỏc MENK nội tiếp nờn gúc KNE gúc vuụng nờn KNBE Vậy C,K ,N thẳng hàng

c) Gợi ý câu c:

Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định tam giác HKC cân K nên KHC KCH 

Mà BED KCH  (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED  nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE qua B H cố định nên I thuộc đường trung trực BH

Câu 5

ta có

     

           

       

           

         

2

3 2

3 2

3

3

2 2

2 2

3 4

3 3

2

2

x y x xy y xy x xy y xy xy

x x xxy xy y y xy y xy xy x xy y xy xy

x xy y xy xy x y xy

x y xy x xy y xy x xy y xy xy

y x

Taco x xy y xy x xy y xy xy x xy

      

     

           

     

       

 

          

 



           

 

 

2

2

2

2

3

( )

2

2 2 2( )

4

y

y xy xy

x y

x y a x y xy xy x y x y x y

 

   

 

 



               

Vậy x+y nhỏ x=y=1

GỢI Ý 26

Câu 1.(4,0 điểm ) a P =

1 12

3

 

=

1

2 3

3

 

=

1 20

(2 ) 3

3

b Phương trình x2 –6x + = 0, có: '= b’2 – ac = (-3)2 – = > 0 '= 1 Suy ra: phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 4; x2 =

2

2

x y

x y

  



 

 

2 1

2 3

x x x x

x y y y y

   

   

  

   

     

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:

1

x y

  

 

Câu 2. (4,0 điểm) a Khi m = 1, pt(1) trở thành: x2 – 3x =  x(x – 3) =

0

x x

    

 Vậy m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 3.

b Phương trình (1) có nghiệm kép có =  (-3)2 – 1.(m – 1) = 13 – 4m =  m = 13

4 Vậy m =

13

4 phương trình (1) có nghiệm kép.

ĐK để pt(1) có hai nghiệm x1, x2    13 – 4m   m  13

4 Khi pt(1) có: x1x2 =

c

a = m –

Theo đề bài, ta có: x1x2 =  m – =  m = 3( thỏa ĐK) Vậy m = phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích).

Câu 3. (6,0 điểm)

Bảng số giá trị tương ứng (P):

x -2 -1 0 1 2

y 4 2 0 2 4

Vẽ (d): y = x + 2

Cho x =  y =  (0; 2) (d) Cho x =  y =  (1; 3) (d)

Đồ thị:

b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x2 = x +  x2 – x – = 0



2

x x

   

 

4 (2;4) ( 1;1)

y y

  

    

Vậy:(d) cắt (P) hai điểm (2; 4) (-1; 1). c) Gọi M(xM; yM)  (P) cách hai điểm A, B

Ta có:

yM =xM2 MA = MB. Đặt xM = x, a =

3 

MA = MB  MA2 = MB2 a2 – 2ax + x2 + x4 = x2 + a2 – 2ax2 + x4.

 2ax2 – 2ax =  x2 – x =

0

x x

    

 

0 (0;0) (1; 1)

y y

  

   

Vậy có hai điểm thỏa đề bài: O(0; 0) M(1; 1)

Câu 4. (6,0 điểm), a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp: AM tiếp tuyến M  AM OM  OMA 900 (1). AN tiếp tuyến N  AN  ON  ONA 900 (2).

Từ (1 , (2) OMA ONA  1800  Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA. b) Biết AM = R Tính OA theo R:

OAM

 vuông M  OA = OM2  AM2  OA = R2  R2 R

c)Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ MN đường tròn tâm O theo bán kính R. + (O) có:

Hai tiếp tuyến AM, AN cắt A AM = AN =R = OM = ON  AMON hình thoi (1)

Mà: OMA 900(cmt) (2) Từ (1) (2)  AMON hình vng

 MOM 900 n0 = 900 Squạt (MON) =

 360

R n

=

 



R 2 90 R2 360 (đvdt)

c Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường tròn I trung điểm dây BC  OI BC  OIA 900nhìn đoạn OA

 I  đường trịn đường kính OA (1)

Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA (2) Từ (1), (2  điểm A,M, N, O, I  đường trịn đường kính OA.

HƯỚNG DẪN 27

Bài 1: (2 điểm) 1/ y = – x – có đồ thị đường thẳng (d) x = => y = – 2; x = – => y = 0 Đồ thị hàm số y = – x – qua (0;– 2) (– 2; 0)

2/ Đồ thị hàm số y = – x – (d) y = 2mx + n (d/) hai đường thẳng song song với khi: a = a/ b  b/        

1

1 2m vaø n m vaø n

2

Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ 3x2 + 4x + = (a = 3; b = 4; c = 1)

 b2 4ac 4 2 4.3.1 0     2 Phương trình có nghiệm phân biệt:

         

     

1

b b

x 1;x

2a 2.3 2a 2.3

Cách khác: a – b + c = – + =

Phương trình có nghiệm phân biệt:   

c

x 1;x

2/

         

  

   

      

   

x 2y 2x 4y 7y y

2x 3y 2x 3y 2x 3y x

Vậy hệ phương trình có nghiệm Tập nghiệm S2; 1  Bài 3: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

1/ A 32 18 : 2  4 : 13 : 13    2/

     

 

    

   

3 12 15 12 6

B

5 Bài 4: (4 điểm) 1/ AB tiếp tuyến (O) ABO 90  o

ABO

 vng B có OA = 2OB

Do ABO tam giác cạnh OA  AOB 60  o Cách khác: ABO vng B có

 OB  R  1   o

cosAOB AOB 60

OA 2R

2/ a/ H trung điểm PQ  OH PQ H Tứ giác OHAB có: ABO AHO 90   o 90o 180o

Do tứ giác OHAB nội tiếp Vậy điểm O; H; B; A thuộc đường tròn b/ Xét ABP AQBcó



A góc chung   1  ABP AQB sñ BP

2 (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp chắn cung)

Do ABP∽ AQB(g g)

 AB AP  AP.AQ AB (1) AQ AB

Mặt khác ABO vng B, theo định lí Pi-ta-go

Ta có         

2

2 2 2 2

OA AB OB AB OA OB 2R R 3R (2)

Từ (1) (2)  AP.AQ 3R

c/ AHO vng H, theo định lí Pi-ta-go

Ta có  

 

         

 

2 2

2

2 2 2 R 15R

OA AH OH AH OA OH 2R

2  AHR 152

Xét AKC ACH ta có: 

A góc chung

AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  ABC cân A  ACK ABC  Mặt khác ACO 90  o C thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHAB

  

 ABC AHC 1sñ AC

Do ACK AHC  Vậy AKC∽ ACH(g g)

      

2

AK AC AK AC 3R 6R 6R 15

AC AH AH R 15 15 15

2

  R 15 6R 15 R 15 

HK AH AK

2 15 10

Hướng dẫn 28

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2 6 9 0

x  x  1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 0 0,5

Phương trình có nghiệm:

6 x  

0,5

b) Giải hệ phương trình:

4 (1)

3 10 (2)

x y

y x

 

 

 



1,0 Bài giải: Cộng (1) (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16  8x = 16 x = 2 0,5

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

3 Tập nghiệm:

2 x y

   

  

0,5

c) Giải phương trình:

2 6 9 2011

x  x  x (3) 1,0

Bài giải: Ta có  

2

2 6 9 3 3

x  x  x  x 0,5

Mặt khác:

2 6 9 0 2011 0 2011 3 3

x  x   x   x  x  x

Vậy: (3)  x 3 x 2011  3 2011 Phương trình vơ nghiệm

0,5 Câu (2,5 điểm )Một ca nô chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dịng từ B đến A hết tất cả Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết qng sơng AB dài 30 km vận tốc dịng nước km/giờ.

2,5

Bài giải: Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x km/giờ ( x > 4) 0,5 Vận tốc ca nơ xi dịng x +4 (km/giờ), ngược dòng x - (km/giờ) Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B

30

x giờ, ngược dòng từ B đến A

30 x giờ.

0,5

Theo ta có phương trình:

30 30

4

4

x x  (4) 0,5

2

(4)  30(x 4)30(x4)4(x4)(x 4)  x  15x 16 0 x 1

x = 16 Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại 0,5

Câu (2,5 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N cho M, O, N không thẳng hàng. Hai tiếp tuyến M , N với đường tròn (O) cắt A Từ O kẻ đường vng góc với OM cắt AN S Từ A kẻ đường vng góc với AM cắt ON I Chứng minh: a) SO = SA b) Tam giác OIA cân

A

S

O N

M

I 0,5

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) 0,5 Vì MA//SO nên: MAO SOA  (so le trong) (2) 0,5 Từ (1) (2) ta có: SAO SOA   SAO cân  SA = SO (đ.p.c.m)

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0 Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA NOA (3) 0,5 Vì MO // AI nên: MOA OAI (so le trong) (4)

0,5 Từ (3) (4) ta có: IOA IAO   OIA cân (đ.p.c.m)

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0

Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5  (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) =  (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  với x, y nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  1

0,5 Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1   

HƯỚNG DẪN 29

Câu Đáp án Biểu điểm

Câu 1 (2điểm)

a)

0,75đ Rút gọn biểu thức: A = 12 48 75 

A= 16 3 25 3     0,25

A= 15 3  0,25

A= 0,25

b)

1,25đ

Rút gọn biểu thức: B =

2

1

x x x x x x

x x x x

      

 

 

  

 

B xác định x 0 x1 0,25

B =

2 ( 1) ( 1)

1 ( 1)

x x x x x

x x x

      

 

 

 

  0,25

B =

2

2 ( 1)( 1)

1 ( 1)

x x x x

x x x

     

 

 

 

  =

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

( 1)

x x x x

x x x

   



 0,25

B =

3 ( 2)( 1)

x x x x

x x

   

 0,25

B =

3

x x x x

x x

   



=

3

6

x x x x

x

    



0,25

Câu 2. (2 điểm)

a) 1đ x2 2 2.x 7 0

  

   ' 0,5

1 3; 2

x   x   0,5

b) 1đ 13 13

2 4

x y x y

x y x y

               

2 13

7 21 x y y         

2 3( 3) 13 x y         x y      1.0

Câu 3. (2,5điểm)

a) 1đ Vẽ parabol (P)

- Lập bảng: x -2 -1

y 0,5 - Vẽ đồ thị (P) có đỉnh O, nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm

(-2;8), (-1;2), (1;2), (2,8) (giám khảo tự vẽ)

Ghi chú:- Nếu thí sinh vẽ xác đồ thị (P) có đỉnh O ghi tọa độ hai điểm đồ thị cho điểm tối đa.

- Nếu thí sinh vẽ dạng parabol (P)có đỉnh O không ghi điểm nào khác đồ thị cho 0,25đ.

0,5

b)

0,75đ Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) với parabol (P) là: 2x2 - 2(m -1)x + m -1 = 0 0,25

' (m 1) 2(m 1) (m 1)(m 3)

        0,25

Đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ' 0 

Vậy m < m > (d) cắt (P) hai điểm phân biệt c)

0,75đ Gọi A x y( ; )0 o điểm cố định đường thẳng (d)

Ta có : y0 2(m1)x0 m1 với m  (2x01)m 2x0 y0 1 0 với m

0,25

0 0

2

2

x

x y

 

  

   



0

1 x y 

   

 



0,25

Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định ( ;0)

2

0,25 Ghi chú: thí sinh trình bày:

Phương trình đường thẳng (d): y = 2(m -1)x - m +1 đưa dạng:

(2x - 1)m –2x – y + = (*) 0,25

Các đường thẳng (d) qua điểm cố định phương trình (*) với m, hệ phương trình sau thỏa mãn:

2

2

x x y

 

 

   

 0,25



1 x y 

    

  Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định ( ;0)

2 0,25

Bài 4. (2,5 điểm)

a)

1đ

Vì MC, MD tiếp tuyến (O) nên: OC MC; ODMD I trung điểm dây AB nên OIAB

0,25 0,25

Do đó: MCO MDO MIO   900 0,25

Vậy: M, C, I, O, D nằm đường trịn đường kính MO 0,25 b)

0,75 đ

Trong hai tam giác vuông ODK MIK ta có : Cos

 KD KI

K

KO KM

  0,5

Ghi chú: thí sinh chứng minh ODK MIK : 0,25đ M

E

B A

O

D

I

K F

KD KO

KI KM

 

: 0,25đ

KD KM KO KI

  ( đpcm) 0,25

c)

0,75đ

Vì tam giác MCD cân M EF//CD nên tam giác MEF cân M Do đường cao MO trung tuyến

Ta có: EF

1

.EF= (2 )

2

M

S  MO MO OE MO OE OC ME

(vì MOE vng) 0,25

2 2

EF ( ) 2

M

S OC MC CE  OC MC CE  OC OC  OC  R 0,25

SMEF đạt giá trị nhỏ dấu “=” xảy  MC = CE  MOE vuông cân O

2

OM OC R

    M giao điểm ( ) đường tròn (O;R )

0.25 Câu 5. (1 điểm)

Gọi V1, R1, h1 thể tích, bán kính đáy chiều cao hình trụ V2, R2, h2 thể tích, bán kính đáy chiều cao hình nón Ta có :

2

1 1

1

9420

30 3,14 100 V

V R h h

R 



    

 (cm) 0,25

Ta có : ID // OB nên

1

2

90 30

90

R h h

ID SI

OB SO R h

 

     0,25

3

10 15

2

R R

    

(cm) 0,25

Vậy :

2

2 2

1

3,14 15 90 21195

3

V  R h     

(cm3) Kết luận : Thể tích hình nón 21195cm3

0,25

BÀI GIẢI 30

S

I

A B

C D

Câu 5 : (3,0 điểm)

G T

M thuộc nửa

AB O;

2

 



 

 , tiếp tuyến Ax, BM cắt Ax I, AF phân giác IAM

 

A1A2

, BE cắt AM K c) BE cắt Ax H

K L