24 de thi Toan tuyen vao 10 Quang Tri

c) Xác định vị trí điểm H để AB= R.. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi d vuông góc với O[r]

(1)

ĐỀ SỐ 1.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT QUẢNG TRỊ MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) Bài ( điểm)

Cho biểu thức

2

5

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

Bài ( 1,5 điểm)

Giả sử x1 ; x2 nghiệm phương trình : x2 + 2kx + =

Tìm tất giá trị k cho có bất đẳng thức :

2

1

2

3

x x

   

 

       

Bài ( điểm)

Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy >

Tìm giá trị lớn biểu thức :

1 M

x y

 

Bài ( điểm)

Cho phương trình :

2

2 2

x x

 

 

   

a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình

Bài ( điểm)

Cho hình thang ABCD (CD > AB) với AB // CD ABBD Hai đường chéo AC BD cắt G Trên đường thẳng vuông góc với AC C lấy điểm E cho CE = AG đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD Trên đoạn thẳng DC lấy điểm F cho DF = GB

a) Chứng minh FDG đồng dạng với ECG b) Chứng minh GF EF

(2)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1.

Bài ( điểm) Cho biểu thức

2

5

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

Điều kiện : x0;x4;x9

                               

2

5

2

=

2

3

2 3 2

=

3

2 9

= 2 =

3

x x x

A

x x x x

x x x

x x

x x x x x

x x

x x x x x

x x

x x x

x

x x x x

                                                

Bài ( 1,5 điểm)

Giả sử x1 ; x2 nghiệm phương trình : x2 + 2kx + =

Tìm tất giá trị k cho có bất đẳng thức :

2 2 x x x x              

Phương trình : x2 + 2kx + = có hai nghiệm x ; x2 , k2 4 0 k2 4(*)

      

Khi ta có :

1 2

2

x x k

x x

  

 

 Vậy :

 

2

2 2 2 2

1 2

2 1 2

2 2 2 2 2

3 3

2

4

3

4 2 3

2

(**)

2

x x x x

x x x x

x x x x x x

(3)

Kết hợp (*) (**) ta có :

2 4

2 k k k       

Vậy để phương trình : x2 + 2kx + = có hai nghiệm x

1 ; x2 thỏa :

2 2 x x x x          

    : x 2 x2

Bài ( 1,5 điểm)

Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy >

Tìm giá trị lớn biểu thức :

1 M

x y

 

Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + =

 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = 0  (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0

 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*)

       

     

2

V x – x y y 1

1

= 1 1

2

ì

x y y

     

 

      

 

 

Nên (*) x + y + =  x + y = -

1

Ta c : ó M x y

x y xy xy

 

   

 

2

4 4

x y xy xy

xy xy



       

Vậy MaxM = -2  x = y = -1

Bài ( điểm)

Cho phương trình :

2

2 2

x x

 

 

   

a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình

a) điều kiện : 0x4

2

b)

2 2

2

(1)

2 2

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

(4)

                2 2 2 2 2 2 Ta c :

2

8

2

8

4

8

(I)

2

a b

ó a b

a b

a b ab a b a b ab

a b

a b ab ab

a b

a b ab

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

Vì ab + > nên :

    2 2 2 2 2

2 2

1 (loai v a 0)

3

3 4 2 3 1

ab

a b ab

I

a b a b

b

b b a

a a

a

a a a

a a ì

a x x b x                                                                              

Bài ( điểm)

Cho hình thang ABCD (CD > AB) với AB // CD ABBD Hai đường chéo AC BD cắt G Trên đường thẳng vng góc với AC C lấy điểm E cho CE = AG đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD Trên đoạn thẳng DC lấy điểm F cho DF = GB

c) Chứng minh FDG đồng dạng với ECG d) Chứng minh GF EF

ABCD : AB // CD ; CD > AB ; ABBD

ABBD; AG = CE ; BG = DF

Chứng minh :

a) FDG ~ ECG.

b) GFEF Chứng minh :

(5)

a) Ta có AB // CD

BG GD AG GC

 

, mà AG = CE ; BG = DF

DF GD CE GC

 

Xét FDG ECG có :

 

; 90

DF GD

GDF GCE

CE GC    FDG ~ ECG (

c-g-c)

b) Ta có FDG ~ ECG  GFD GEC   GFCE nội tiếp  GCE GFE 

chắn GE mà GCE 900 GFE 900 GF FE

(6)

ĐỀ SỐ 2.

SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT Năm học: 2007 - 2008

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) Bài 1: ( điểm )

Chng minh ng thức:

3 150

3

27

  

  

 

  

Bài 2: ( điểm)

Rót gän c¸c biĨu thøc:

a)  

2

3

4

3

A x x x

x

  

 víi

1

3 x

 

b)

4 7

B   

 

Bµi 3: ( ®iĨm)

Một xe lửa từ Huế Hà Nội Sau 40 phút, xe lửa khác từ Hà Nội vào Huế với vận tốc lớn vận tốc xe lửa thứ km/h Hai xe gặp ga cách Hà Nội 300 km Tìm vận tốc xe, giả thiết quãng đờng sắt Huế - Hà Nội dài 645 km

Bµi 4: ( 3,5 ®iĨm )

Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đờng tròn đờng kính AD, tâm O Hai đờng chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc; b) E tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH; c) Năm điểm B, C, I, O, H đờng tròn Bài 5: ( 1,5 điểm )

Để làm phểu hình nón khơng nắp bìa cứng bán kính đáy r12cm, chiều cao h16cm, ngời ta cắt từ bìa hình khai triển mặt xung quanh hình nón, sau cuộn lại Trong hai bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A có chiều dài 44cm, chiều rộng 25cm; bìa B có chiều dài 42cm, chiều rộng 28cm, sử dụng bìa để làm phểu hình nón nói mà khơng phải chắp nối ? Giải thích

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2.

(7)

   

 

2 3

3 6

3

27 3 3 3

 



  

  

( )

150  ( ) Từ ( ) ( ) ta có:

3 150 6

3 3 3

27 6

                          Bài 2. a)

A =  

 2

2

3

4

3

x x

x x x

x x



  

 

 

6

3

x x x x x x x      

  (v×

1

3 x

nên x0 3x 1 0) b)

4 72 4 72 7

4 7

9

4 7

B           

 

4 7

3 3

B    

(v× 16 7  4 7) B i 3.à

Gọi x (km/h) vận tốc xe lửa thứ từ Huế đến Hà Nội Đk: x > Vận tốc xe lửa thứ hai từ Hà Nội là: x + (km/h)

Theo giả thiết, ta có phơng trình:

300 345 x   x

   

900x 5x x 1035 x x 22x 1035

        

Giải phơng trình ta đợc: x123 (loại x > 0) x2 45 0 .

VËy vËn tèc xe lưa thø nhÊt lµ: 45 km/h vµ vËn tèc xe lưa thø hai lµ: 50 km/h

ĐS: v1 = 45 km/h

v2= 50 km/h B i 4.à

a) Tø gi¸c ABEH cã:  900

B (góc nội tiếp nửa đờng trịn);  900

H  (gi¶ thiÕt)

Nên: ABEH nội tiếp đợc

Tơng tự, tứ giác DCEH có C H  900, nên nội tiếp đợc

b) Trong tø gi¸c néi tiÕp ABEH, ta cã:

 

EBH EAH (cïng ch¾n cung EH )

(8)

Suy ra: EBH EBC, nên BE tia phân giác góc HBC.

+ Tơng tự, ta có: ECH BDA BCE , nên CE tia phân giác góc BCH + Vậy: E tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH

Suy EH tia phân giác gãc BHC

c) Ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên BIC2EDC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung EC ) Mà EDC EHC  , suy BIC BHC + Trong (O), BOC 2BDC BHC  (góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC)

+ Suy ra: H, O, I cung chứa góc BHC dựng đoạn BC, hay điểm B, C, H, O, I nằm đờng trịn

B i 5.à

+ §êng sinh cđa hình nón có chiều dài: l r2h2 20(cm)

+ Hình khai triển mặt xung quanh hình nón hình quạt hình tròn bán kính l, số đo cung hình quạt là:

0 360 360 12 2160

20 r

n l



  

AOI 720 OI cosAOI

OA

  

0

20cos 72 6, ( )

OI cm

   .

+ Do đó, để cắt đợc hình quạt nói phải cần bìa hình chữ nhật có kích th-ớc tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm Vậy phải dùng bìa B cắt đợc hình khai triển mặt xung quanh hình nón mà khơng bị chắp vá

(9)

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) Bài 1: ( điểm )

Cho biểu thức P= a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P <

Bài 2: ( điểm )

Một người xe đạp từ A đến B cách 24km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B

Bài 3: ( điểm )

Cho phương trình ( * )

a) Giải phương trình b= -3 c=2

b) Tìm b,c để phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt tích chúng Bài 4: ( điểm )

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A AH <R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng cắt đường tròn hai điểm E B ( E nằm B H)

a) Chứng minh góc ABE góc EAH tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH

b) Lấy điểm C d cho H trung điểm đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp

c) Xác định vị trí điểm H để AB= R Bài 5: ( điểm)

Cho đường thẳng y = (m-1)x+2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng lớn

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3.

(10)

P=

a) Kết rút gọn với điều kiện xác định biểu thức P

b) Yêu cầu Đối chiếu với

điều kiện xác định P có kết cần tìm Bài 2:

Gọi vận tốc x (đơn vị tính km/h, điều kiện x >0) Vận tốc x + ( km/h )

Thời gian 24/x Thời gian là: 24/x+4

Theo ta có phương trình Giải ta có nghiệm x = 12 ( km/h )

Vận tốc từ A đến B 12 km/h Bài 3:

1 Khi b=-3, c= phương trình x2-3x+2=0 có nghiệm x=1, x=2

2 Điều kiện cần tìm

Bài 4:

1 chắn cung AE Do tam giác ABH EHA đồng dạng nên hay Vậy tứ giác AHEK nội tiếp

đường trịn đường kính AE

3 M trung điểm EB OM vng góc BE, OM=AH Ta có cạnh R Vậy AH= OM=

Bài 5:

(11)

ĐỀ SỐ 4.

MƠN: TỐN

(12)

Câu 1: ( 1, điểm )

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 2 x + = 0

b) x4 – 29x2 + 100 = 0

c)

Câu 2: ( 1, điểm )

Thu gọn biểu thức sau: a)

b)

Câu 3: ( điểm )

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 675 m2 có chu vi 120 m

Tìm chiều dài chiều rộng khu vườn Câu 4: ( điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = với m tham số x ẩn số.

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2

c) Với điều kiện câu b tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ

nhất

Câu 5: ( điểm )

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự E F Biết BF cắt CE H AH cắt BC D

a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp AH vng góc với BC b) Chứng minh AE.AB = AF.AC

c) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K trung điểm BC Tính tỉ số tứ giác BHOC nội tiếp

d) Cho HF = cm, HB = cm, CE = cm HC > HE Tính HC

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4.

Câu 1:

a) Ta có Δ’ = nên phương trình có nghiệm phân biệt x1 = – x2 = +

b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = t = 25 hay t

(13)

* t = 25 x2 = 25 x = ± 5.

* t = x2 = x = ± 2.

Vậy phương trình cho có nghiệm ± 2; ±5 c)

Câu 2: a) b) Câu 3:

Gọi chiều dài x (m) chiều rộng y (m) (x > y > 0) Theo đề ta có:

Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = x = 45 hay x = 15.

Khi x = 45 y = 15 (nhận) Khi x = 15 y = 45 (loại)

Vậy chiều dài 45(m) chiều rộng 15 (m) Câu 4:

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = (1)

a) Khi m = (1) trở thành:

x2 – 2x + = 0 (x – 1)2 = x = 1.

b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Δ’ = m – > m >

Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m >

c) Khi m > ta có:

S = x1 + x2 = 2m P = x1x2 = m2 – m +

Do đó: A = P – S = m2 – m + – 2m = m2 – 3m + = − ≥ –

Dấu “=” xảy m= (thỏa điều kiện m > 1)

Vậy m = A đạt giá trị nhỏ GTNN A – Câu 5:

a) * Ta có E, F giao điểm AB, AC với đường trịn đường kính BC Tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn đường kính BC

* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BF, CE hai đường cao ΔABC

(14)

AH vng góc với BC b) Xét Δ AEC Δ AFB có:

chung

Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có:

mà (do AEHF nội

tiếp)

Ta có: K trung điểm BC, O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân O (OB = OC )

Vậy mà BC = 2KC nên

d) d) Xét Δ EHB Δ FHC có:

(đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC

HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12

HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = HC = HC = 6.

* Khi HC = HE = (không thỏa HC > HE) * Khi HC = HE = (thỏa HC > HE)

(15)

ĐỀ SỐ 5.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) Bài : (2 điểm)

(16)

b) Giải hệ phương trình :

Bài : (2 điểm) Cho biểu thức :

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên Bài : (2 điểm)

Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến sông B cách 24 km ; lúc đó, từ A B bè nứa trơi với vận tốc dòng nước km/h Khi đến B ca nô quay lại gặp bè nứa địa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nô

Bài : (3 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R, hai điểm C D thuộc đường tròn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA ; tia đối tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) M ; MD cắt AB K ; MB cắt AC H

a) Chứng minh  BMD =  BAC, từ => tứ giác AMHK nội tiếp

b) Chứng minh : HK // CD c) Chứng minh : OK.OS = R2

Bài : (1 điểm)

Cho hai số a b khác thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2 Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a) =

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5.

B i 1.à B i 2. Bài 3:

Do ca nô xuất phát từ A với bè nứa nên thời gian cđa ca n« b»ng thêi gian bÌ nøa:

8  (h)

Gäi vËn tèc cña ca nô x (km/h) (x>4) Theo ta có:

24 24 24 16

2

4 4

x x x x



    

(17)

2

2 40

20 x

x x

x

 

    

 

Vëy vËn tốc thực ca nô 20 km/h Bài 4:

a) Ta cã BC BD (GT)  BMD BAC (2 gãc néi tiÕp ch¾n cung băng nhau)

* Do BMD BAC A, M nh×n HK dêi gãc

b»ng  MHKA néi tiÕp.

b) Do BC = BD (do BC BD  ), OC = OD (bán kính)  OB đờng trung trực CD

 CDAB (1)

Xet MHKA: tứ giác nội tiếp, AMH 900 (góc nt chắn nửa đờng trịn) 

 1800 900 900

HKA   (®l)

 HKAB (2) Tõ 1,2  HK // CD

H K

M A

B

O

C D

S Bµi 5:

2

0 (*)

( )( )

0 (**) x ax b

x ax b x bx a

x bx a

   

      

   

(*)     4b, §Ĩ PT cã nghiÖm

2 4 0 4 1

2

a b a b

a b

     

(3) (**) b2 4a Để PT có nghiệm

2 4 0 1

2

b a

   

(4) Céng víi ta cã:

1 1

2

a b  a  b

1 1 1 1 1 1

2 4 4

2 a b a b a b

 

           

(18)

ĐỀ SỐ 6.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) Câu : ( điểm )

a) Cho phương trình x4 (m24 )m x27m1 0 Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt tổng bình phương tất nghiệm 10

b) Giải phương trình:

2

3

5 ( 1)

1 x x

(19)

Câu : ( điểm )

a) Cho góc nhọn  Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :

2

cos sin

P     

b) Chứng minh: 4 15  5 3 4 15  Câu : ( điểm )

Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :

 

2

3

a b c    ab bc ca a b c

Khi đẳng thức xảy ? Câu : ( điểm )

Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), (O’) điểm thứ hai C, D Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) điểm thứ hai E, F

a) Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn

c) Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (O’) (P Ỵ (O), Q Ỵ (O’)) Chứng

(20)

-HẾT -ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu : ( điểm ) a)

Đặt X = x2 (X 0)

Phương trình trở thành X4 (m24 )m X27m1 0 (1)

Phương trình có nghiệm phân biệt  (1) có nghiệm phân biệt dương +

0 0

S P

      

  

2 2

( ) 4(7 1)

7

m m m

m m

m

    



      

 (I) +

Với điều kiện (I), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2  phương trình cho có nghiệm x1, 2 =  X1 ; x3, =  X2

2 2 2

1 2( 2) 2( )

x x x x X X m m

        +

Vậy ta có

2

2( ) 10

5

m

m m m m

m

         



 +

Với m = 1, (I) thỏa mãn +

Với m = –5, (I) không thỏa mãn +

Vậy m = b)

Đặt t x 4x21 (t 1) Được phương trình

3

5 3(t 1)

t    +

3t2 – 8t – = 0  t = ;

1

t 

(loại) +

Vậy x4x2 1

x =  +

Câu : ( điểm ) a)

2 2

cos sin cos cos

P          

2

cos 2cos

P     (vì cos > 0) +

2

(cos 1)

(21)

1 cos

P   (vì cos < 1) +

b)

4 15  5 3 4 15  5 3 4 15 2 4 15

+ =  5 3 4 15

=    

2

5 4 15

+ = 8 15 4    15 +

= +

Câu : ( điểm )

 a b2  0 a b 2 ab

+ Tương tự, a c 2 ac

2

b c  bc

1

a  a +

1

b  b

1

c  c

Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta điều phải chứng minh +

Đẳng thức xảy  a = b = c =

(22)

Câu : ( 4 i m)đ ể

+

a)

Ta có : ABC = 1v ABF = 1v

 B, C, F thẳng hàng +

AB, CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy ++ b)

ECA = EBA (cùng chắn cung AE (O) +

Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) +

 EBA = AFD hay EBI = EFI +

 Tứ giác BEIF nội tiếp +

c)

Gọi H giao điểm AB PQ

Chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng +



HP HA

HB HP  HP2 = HA.HB +

Tương tự, HQ2 = HA.HB +

 HP = HQ  H trung điểm PQ +

ĐỀ SỐ 7.

O O’

B A

C

D E

F I

P

(23)

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khơng kể giao đề ) I.Tr¾c nghiƯm:( ®iĨm)

Hãy ghi lại chữ đứng trớc khẳng định Câu 1: Kết phép tính 8 18 98  72 : 2 :

A

B 6 C 16 D 44

C©u : Giá trị m phơng trình mx2 +2 x + = cã hai nghiÖm ph©n

biƯt :

A m0

B

1 m

C m0vµ

1

m D m0và m1 Câu :Cho ABC nội tiếp đờng trịn (O) có B60 ;0 C 450 SđBC là:

A 750 B 1050 C 1350 D 1500

Câu : Một hình nón có bán kính đờng trịn đáy 3cm, chiều cao 4cm diện tích xung quanh hình nón là:

A 9(cm2) B 12(cm2) C 15(cm2) D 18(cm2) II Tự Luận: ( điểm)

Câu : Cho biÓu thøc A=

1

x x x x

x x

  



 

a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A.

c) Với giá trị x A<1.

Câu : Hai vòi nớc chảy vào bể đầy bể sau 24 phút Nếu chảy riêng vịi vịi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai 2 Hỏi mở riêng vịi vịi chảy đầy bể? Câu : Cho đờng trịn tâm (O) đờng kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm

C (AB>BC) Vẽ đờng trịn tâm (O') đờng kính BC.Gọi I trung điểm

của AC Vẽ dây MN vng góc với AC I, MC cắt đờng tròn tâm O'

tại D.

a) Tứ giác AMCN hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ gi¸c NIDC néi tiÕp?

(24)

ĐÁP N S

Câu Nội dung Điểm

1 C 0.25

2 D 0.25

3 D 0.25

4 C 0.25

TỰ LUẬN 1

a) A cã nghÜa 

0 x

x

   

  

 

0 x x

  

 

0.5

b) A=

 12  1

1

x x x

x x

 



 

(25)

= x 1 x 0.25

=2 x1 0.25

c) A<1  2 x1<1 0.25

 x2 0.25

 x1  x<1 0.25

KÕt hỵp ®iỊu kiƯn c©u a)  VËy víi 0 x 1 th× A<1 0.25 2

2giê 24 phót= 12

5 giê

Gäi thêi gian vßi thø chảy đầy bể x (giờ) ( §k x>0)

0.25

Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: x+2 (giờ) Trong vòi thứ chảy đợc :

1 x (bĨ)

0.5

Trong vịi thứ hai chảy đợc :

2 x (bể) Trong hai vòi chảy đợc :

1 x+

1 x (bÓ)

Theo ta có phơng trình: x+

1 x =

1 12

5

0.25

Giaỉ phơng trình ta đợc x1=4; x2

=-6

5 (lo¹i)

0.75 VËy: Thêi gian vòi thứ chảy đầy bể là:4 giờ

Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: 4+2 =6(giờ) 0.25 3 Vẽ hình ghi gt, kl đúng

I

D

N M

O' O

A

C B

0.5

a) §êng kÝnh ABMN (gt)  I trung điểm MN (Đờng kính d©y cung)

0.5 IA=IC (gt)  Tứ giác AMCN có đơng chéo AC MN cắt

tại trung điểm đờng vng góc với nên hình thoi.

0.5

(26)

AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).  BN MC (1)

 900

BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O') )

BD MC (2)

Từ (1) (2)  N,B,D thẳng hàng NDC 900(3).  900

NIC (v× ACMN) (4)

0.5

Từ (3) (4)  N,I,D,C nằm đờng trịn đờng kính NC

 Tø gi¸c NIDC néi tiÕp 0.5

c) OẻBA O'ẻBC mà BA vafBC hai tia đối  B nằm

giữa O O' ta có OO'=OB + O'B  đờng trũn (O) v

đ-ờng tròn (O') tiếp xúc B

0.5

MDN vuông D nªn trung tuyÕn DI =

1

2MN =MI MDI cân IMD IDM .

Tơng tù ta cãO DC O CD '  ' mà IMD O CD ' 900(vì MIC900)

0.25  IDM O DC ' 900 mµ MDC 1800 IDO' 90

do IDDO  ID tiếp tuyến đờng tròn (O'). 0.25

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa ĐỀ SỐ 8.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề ) C©u1 : Cho biĨu thøc

A=

1− x2¿2 ¿

x¿ (xx −3−11+x)(

x3 +1

x+1 − x):¿

Víi x √2 ;1

.a, Ruý gän biÓu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= √6+2√2

c Tìm giá trị x để A=3 Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x − y¿2+3(x − y)=4 ¿

2x+3y=12 ¿ ¿ ¿

(27)

x

−4x2−2x −15 x2

+x+3 <0

C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xỏc nh m phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu 4 Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED

a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8.

C©u 1: a Rót gän A= x

−2 x

b.Thay x= √6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2

√6+2√2

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

2

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ ta có

x − y¿2+3(x − y)=4

¿

2x+3y=12

¿ ¿ ¿

<=>

*

¿

x − y=1

2x+3y=12

¿{

¿

(28)

O K

F E

D

C B

A

*

¿

x − y=−4

2x+3y=12

¿{

¿

(2)

Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 hc x=0; y=4 b) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)

mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x

Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1  Xét 2m-10=> m 1/2 ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m

ta thÊy nghiƯm x=1 không thuộc (-1,0) với m 1/2 pt có nghiÖm x= m−m+1

2m−1 =

1 2m−1

pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<

2m−1 <0

¿

1

2m−1+1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>

¿

2m 2m−1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>m<0

VËy Pt cã nghiệm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:

a Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng trịn)

do CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK

hay điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK b BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đờng chéo hình vuông ABED)=> BKF=450

(29)

ĐỀ SỐ 9.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khơng kể giao đề ) Bµi 1: Cho biĨu thøc: P = (x√x −1

x −√x −

x√x+1

x+√x ):(

2(x −2√x+1)

x −1 )

a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P cú giỏ tr nguyờn

Bài 2: Cho phơng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn |x13− x23| =50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x

1, x2Chứng

minh:

a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiƯm dơng phân biệt t

(30)

b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC khơng chứa điểm A

a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành

b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y

Tìm giá trị nhỏ cña: A =

x2+y2+

501 xy

P N S 9.

Bài 1: (2 điểm) §K: x 0; x ≠1

a, Rót gän: P = 2x(x −1)

x(x −1) :

2( √x −1❑z)

2

x −1 <=> P =

√x −1¿2 ¿ ¿

√x −1

¿

b P = √x+1

√x −1=1+

x 1

Để P nguyên

√x −1=1⇒√x=2⇒x=4

√x −1=−1⇒√x=0⇒x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒x=9

√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

VËy víi x= {0;4;9} th× P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

=(2m+1)24(m2+m6)0

x1x2=m2+m−6>0

x1+x2=2m+1<0

¿{ {

¿

⇔

Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0

m<−1

2 m<3

(31)

b Giải phơng trình: m+3

(m−2)3−¿=50

¿

¿m1=−1+√5

2 m2=−1−2 √5

¿

⇔|5(3m2+3m+7)|=50⇔m2+m−1=0

⇔ {

Bµi 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c

=0 .V× x1> => c (

1 x1)

2 +b

x1

+a=0 Chứng tỏ x1

nghiệm dơng

phơng trình: ct2 + bt + a = 0; t =

1

x1 V× x2 nghiệm phơng trình:

ax2 + bx + c = => ax

22 + bx2 + c =0

vì x2> nên c (1

x2)

+b.(

x2)

+a=0 ®iỊu nµy chøng tá x1

lµ mét nghiệm dơng

của phơng trình ct2 + bt + a = ; t =

1 x2

Vậy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x

1; x2 phơng

trình : ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t

1 ; t2 t1 =

1

x1 ; t2 =

1 x2

b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên

t1+ x1 =

1

x1 + x1 t2 + x2 =

1

x2 + x2

Do x1 + x2 + t1 + t2 Bài 4

a Giả sử tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên

CH AB BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900

Vậy AD đờng kính đờng trịn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD

H

O P

Q

D

C B

(32)

của đờng tròn tâm O thỡ

tứ giác BHCD hình bình hành

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC

VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thy APQ tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn  AP AQ lớn hay  AD lớn

(33)

ĐỀ SỐ 10.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( không kể giao đề )

Bµi 1: Cho biĨu thøc:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)−

y

¿ (√x+1)¿−

xy

(√x+1)(1−√y) a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P

b) Tìm x,y nguyên thỏa mÃn phơng trình P =

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1

; -2)

a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biÖt

b) Xác định m để A,B nằm hai phớa ca trc tung

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

x+y+z=9

1

x+

1

y+

1

z=1

xy+yz+zx=27 ¿{ {

¿

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng tròn (C ≠ A ;C ≠ B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R

Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n :

x+ y+

1 z=

1 x+y+z HÃy tính giá trị biÓu thøc : M =

(34)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1O.

Bài 1: a) Điều kiện để P xác định :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0

*) Rót gän P:

 

     

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  

   

     

( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  

   

  1  1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

       

   

1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 

1 

x y y y x

y

  





     

 

1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

VËy P = √x+√xy−√y

b) P = ⇔ √x+√xy−√y = ⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: + y 1  x 1  0 x  x = 0; 1; 2; ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m·n

Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) : y = mx + m –

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –

⇔ x2 + mx + m – = (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+8=(m−2)2+4>0∀m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B b) A B nằm hai phía trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – =

(35)

Q N M O C B A

Bµi 3 :

¿

x+y+z=9(1)

1 x+

1 y+

1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)

¿{ {

¿

§KX§ : x ≠0, y ≠0, z ≠0

   

 

   

2 2 2 2

2 2 2

2 2

81 81

81 27

2( )

( ) ( ) ( )

( )

x y z x y z xy yz zx

x y z xy yz zx x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y y z z x

x y x y

y z y z x y z

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

Thay vµo (1) => x = y = z =

Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hƯ ph¬ng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =

Bµi 4:

a) XÐt ΔABM vµ ΔNBM

Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên :AMB = NMB = 90o

M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN cân đỉnh B

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M

b) XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c) => BC = NQ

Xét tam giác vuông ABQ có ACBQ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = (

√5−1)R

Bµi 5:

Tõ :

x+ y+ z=

x+y+z =>

1 x+ y+ z− x+y+z=0 => xyx+y+x+y+z − z

z(x+y+z)=0 ⇒(z+y)(

xy+

z(x+y+z))=0 ⇒(x+y)(zx+zy+z

2 +xy

xyz(x+y+z) )=0 ⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0

(36)

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)

VËy M =

4 + (x + y) (y + z) (z + x).A =

(37)

MƠN: TỐN

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với

đờng thẳng d qua đờng thẳng y = x là: A.y =

2 x + ; B.y = x - ; C.y =

2 x - ; D.y = - 2x -

Hãy chọn câu trả lời

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình cịn lại

3 b×nh TØ sè

giữa bán kính hình trụ bán kính hình cầu lµ A.2 ; B

√2 ; C

3 ; D kết khác

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0

2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = √x +

√y

Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MA

MB =

1

Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ

Bài 4: Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bt k trờn oan CD

a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11

Bài 1: 1) Chọn C Trả lời

2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:

Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)

(38)

M D C B A x K O N M I D C B A

= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

VËy A chia hết cho số phơng khác với số nguyên dơng n 2) Do A > nên A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = + √xy (1) Ta cã: x+y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si)

=> > √xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y =

2 , max A = √2 <=> x = y =

Bài3 Câu 1Với x ta cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)

Cã trêng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =

Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)

Câu2 (1,5điểm)

Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =

4 AB Ta có D điểm cố định

Mµ MA

AB =

1

2 (gt) AD

MA =

1

Xét tam giác AMB tam giác ADM cã M©B (chung) MA

AB =

AD

MA =

1

Do Δ AMB ~ Δ ADM => MB

MD =

MA

AD =

=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

DÊu "=" x¶y <=> M thuéc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M

- Dựng đờng trịn tâm A bán kính

2 AB

- Dùng D trªn tia Ax cho AD =

4 AB

M giao điểm DC đờng tròn (A;

2 AB)

Bài 4:a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính

Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)Δ Δ => CN = MK = MD (vì MKD vng cân)Δ Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi

(39)

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN qua hai điểm A, B cố định

ĐỀ SỐ 12.

MƠN: TỐN

Bài 1.( 1,5 điểm ) Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 1 2 1 0

x  y y  z z  x  Tính giá trị biểu thức :A x 2007y2007z2007

Bµi 2.( 1,5 điểm ) Cho biĨu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ

Bµi 3.( 1,5 im ) Giải hệ phơng trình :

 

2 18

1 72

x y x y

x x y y

     



  

(40)

Bài 4 ( 2,5 điểm )Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D

a.Chøng minh : AC BD = R2.

b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ

Bµi 5 ( 1, im ) Cho a, b số thực d¬ng Chøng minh r»ng :

 2 2

2 a b

a b    a b b a

Bµi 6 ( 1,5 điểm ) Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB

AC - BD DC

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

2 2

2

x y

y z

z x

    

   



   

Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0

x  x  y  y  z  z 

x 12  y 12 z 12

      

1 1 x y z

       

  

  x  y z 1

 2007  2007  2007

2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

4  2 1  2 2007

M  x  x  y  y  xy x  y 

 22  12  2  1 2007 M  x  y  x y 

(41)

     

2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

        

 

Do  

1

y 

vµ    

1

2

x y

 

   

 

  x y,

2007 M

   Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :

 

1 u x x v y y

   



 



 Ta cã :

18 72 u v uv     

  u ; v lµ nghiệm phơng trình :

2

1

18 72 12;

X  X   X  X 

 12 u v      ; 12 u v           12 x x y y          ;     12 x x y y          Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị

Bµi 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD

 R2 = AC BD

b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  

 

COD AMB g g

  

(0,25®)

Do :

Chu vi COD OM Chu vi AMB MH



 (MH

1  AB)

Do MH1  OM nªn 1 OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y  MH1 = OM  MO M điểm cung AB

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :

2 1 0; 2 a b            

     a , b >

1

0;

4

a a b b

      

1

( ) ( )

4

a a b b

      

(42)

1

0

a b a b

     

Mặt khác a b ab0

Nhân tõng vÕ ta cã :      

1 2

a b  a b    ab a b

 

 2   2

2 a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

BD AD

AB ED BD CD ED CD

   

 

2

AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD

  

  

L¹i cã : ABDAEC g g 

2

AB AD

AB AC AE AD AE AC

AD AB AC BD CD

   

  

ĐỀ SỐ 13.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khụng k giao ) Câu 1: Cho hàm sè f(x) = √x2

−4x+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 x  ±2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{

¿ C©u 3: Cho biĨu thøcA = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) víi x > vµ x 

a) Rót gän A

b) Tìm giá trị x để A =

d

e

c b

(43)

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chứng minh PC cắt AH trung ®iĨm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d Tính AH theo R d

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa

m·n: 3x1 - 4x2 = 11

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13.

C©u 1a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√x2−4x+4=√¿

Suy f(-1) = 3; f(5) =

b)

f(x)=10⇔

x −2=10

¿

x −2=−10

¿

x=12

¿

x=−8

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

c) A= f(x)

x2−4=

|x −2| (x −2)(x+2)

Víi x > suy x - > suy A=

x+2 Víi x < suy x - < suy A=−

(44)

( 2) ( 2)( 4) 2

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21

x y x y xy x xy y x x y

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

                                          x -2 y

C©u a) Ta cã: A = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) =

((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −

x −1

√x −1):(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1) =

(x −√x+1

√x −1 −

x −1

√x −1):(

x −√x+√x

√x −1 ) =

x −√x+1− x+1

√x −1 :

x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 : x

√x −1

= −√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x x

b) A = => 2−√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3

C©u 4

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH

PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E lµ trung ®iĨm cđa AH

b) Xét tam giác vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã

AH2=(2R −AH CB

2PB )

AH CB

2PB

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

(45)

2R¿2

¿

4PB2+¿

¿

⇔ AH=4R CB PB

4 PB2+CB2=

4R 2R PB

¿

Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  >

<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có:

¿

x1+x2=−2m−1

2 x1.x2=m−1

2 3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

¿

x1=13-4m

7 x1=7m−7

26-8m 313-4m

7 −4

7m−7 26-8m=11

¿{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)

(46)

ĐỀ SỐ 14.

MƠN: TỐN

C©u 1: Cho P =

2 x x x

  +

1 x x x

   -

1 x x

  a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

1

3 víi x  vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m lµ tham sè.

a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm

C©u 3: a/ Giải phơng trình :

1

x +

2 x = 2

b/ Cho a, b, c số thùc thâa m·n :

0

2

2 11

a b

a b c

a b c

 

 

 

    

     

(47)

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không trùng với A, B) Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K

a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp b/ Tứ giác ABCK hình gì? Vì sao?

c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14

Câu 1:Điều kiện: x x 1 (0,25 ®iĨm)

P =

2 x x x

  +

1 x x x

   -

1

( 1)( 1)

x

x x



 

=

2

( )

x x



 +

1 x x x

   -

1 x

=

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x

x x x



   =

x x x

b/ Víi x  vµ x 1 Ta cã: P <

1

3 

x

x x <

1

 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )  x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiệm ’  0.  (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0  m  2.

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm.

(48)

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

  

 a=

1 m  3( m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:

Điều kiện x  ; – x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = x2 >

Ta cã:

2 2 (1)

1 (2) x y x y         

Tõ (2) cã : x + y = 2xy Thay vµo (1) cã : xy = hc xy =

-1

* Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phơng trình: X2 – 2X + =  X =  x = y = 1.

* NÕu xy =

-1

2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phơng trình:

X2 + X -

2 =  X =

1

2

 

V× y > nªn: y =

1

2

 

 x =

1

2

Vậy phơng trình cã hai nghiÖm: x1 = ; x2 =

1

2

  C©u 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang

Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành  AB // CK  BAC ACK Mà



2 ACK 

s®EC =

1

2sđBD

= DCB Nên BCD BAC

Dựng tia Cy cho BCy BAC Khi đó, D giao điểm AB Cy Với giả thiết AB > BC BCA > BAC > BDC

 D Ỵ AB

Vậy điểm D xác định nh điểm cần tìm

(49)

ĐỀ SỐ 15.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phỳt ( khụng kể giao đề ) Câu 1. a) Xác định x R để biểu thức :A = √x2+1− x −

√x2+1− x Là số tự nhiên

b Cho biểu thøc: P = √x

√xy+√x+2+

√y

√yz+√y+1+

2√z

√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = , tÝnh

P

Câu Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

a Chøng minh điểm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC

Câu 3. Giải phơng trình: x 132 x=5

Câu 4. Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lt

tại D E

Chứng minh r»ng:

a DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b

(50)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 15

C©u 1: a

A = √x2+1− x − √x

+1+x

(√x2+1− x).(√x2+1+x)

=√x2+1− x −(√x2+1+x)=−2x A lµ sè tù nhiên -2x số tự nhiên x = k

2

(trong k Z k )

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = ta đợc x, y, z > v

xyz=2

Nhân tử mÉu cđa h¹ng tư thø víi √x ; thay ë mÉu cđa h¹ng tư thø bëi

√xyz ta đợc:

P =

√x+2+√xy

¿

√z¿

√x

√xy+√x+2+

√xy

√xy+√x+2+

2√z

¿

(1®)

⇒ √P=1 v× P >

Câu 2: a.Đờng thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = Vậy đờng thẳng AB y = 2x +

Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB ⇒ A, B, C không thẳng hàng

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + nên điểm D thuộc đờng thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng hàn

b.Ta cã :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông C

VËy SABC = 1/2AC.BC =

1

2√10 √10=5 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình:

¿

u − v=5

u2+v3=1

¿{

¿

Giải hệ phơng trình phơng pháp ta đợc: v = ⇒ x = 10

B

M

(51)

C©u 4

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC l hỡnh vuụng (0.5)

Kẻ bán kính OM cho BOD = MOD ⇒

MOE = EOC (0.5®) Chøng minh BOD = MOD

⇒ OMD = OBD = 900

T¬ng tù: OME = 900

⇒ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đờng trịn (O) b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >

3 R

VËy R > DE >

3 R

M

(52)

ĐỀ SỐ 16.

MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khơng kể giao đề )

C©u 1: Cho hµm sè f(x) = √x2

−4x+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 x  2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{ ¿

C©u 3: Cho biĨu thøc

A = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1) víi x > vµ x 

a) Rót gän A

2) Tìm giá trị x để A =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d TÝnh AH theo R vµ d

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa

m·n: 3x1 - 4x2 = 11

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16

(53)

a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√x2−4x+4=√¿

Suy f(-1) = 3; f(5) =

b)

f(x)=10⇔

x −2=10

¿

x −2=−10

¿

x=12

¿

x=−8

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

c) A= f(x)

x2−4=

|x −2| (x −2)(x+2)

Víi x > suy x - > suy A=

x+2 Víi x < suy x - < suy A=−

x+2 C©u 2

¿

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿

⇔ xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21

¿

⇔

x − y=−4

x+y=0

⇔

¿x=-2

y=2

¿ ¿{

¿

C©u 3a) Ta cã: A = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x+

√x

√x −1)

= ((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −

x −1

√x −1):(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

(54)

= (x −√x+1

√x −1 −

x −1

√x −1):(

x −√x+√x

√x −1 )

= x −√x+1− x+1

√x −1 :

x

√x −1

= −√x+2

√x −1 : x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x x

b) A = => 2−√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3

C©u 4

a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có

EH PB =

CH

CB ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH

PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trug điểm

AH

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã

AH2

=(2R −AH CB

2PB )

AH CB

2PB

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

O

B H C

(55)

2R¿2

¿

4PB2+¿

¿

⇔ AH=4R CB PB

4 PB2+CB2=

4R 2R PB

Câu (1đ)

Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  >

<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có:

¿

x1+x2=−2m−1

2 x1.x2=

m−1 3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

¿

x1=13-4m

7 x1=7m−7

26-8m 313-4m

7 −4

7m−7 26-8m=11

¿{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt

ĐỀ SỐ 17.

(56)

Năm học: 2004 - 2005 MƠN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khơng kể giao đề ) C©u I : Tính giá trị biểu thức:

A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

√97+√99

B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35 99số Câu II :Phân tích thành nh©n tư :

1) X2 -7X -18

2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10

C©u III :

1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

2) ¸p dơng : cho x+4y = T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đờng thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q

a) Chøng minh DM.AI= MP.IB b) TÝnh tØ sè : MP

MQ

C©u 5:

Cho P = √x

−4x+3

√1− x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17

C©u : 1) A =

√3+√5 +

√5+√7 +

√7+√9 + +

1

(57)

=

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + .+ √99−√97 ) =

2 (

√99−√3 )

2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟ 99sè = =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)

= 198 +

3 ( 99+999+9999+ +999 99)

198 +

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 +

B = (10 101

−102

27 ) +165

C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)

2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3

= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3

= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2

= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]

= (x2+5x +3)(x2+5x +7)

3) a10+a5+1

= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1

- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )

= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)

-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)

=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) C©u 3: 4®

1) Ta cã : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>

a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>

a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

(ad - bc)2 (®pcm )

DÊu = x·y ad=bc

2) áp dụng đẳng thức ta có : 52 = (x+4y)2 = (x + 4y) (x2 + y2)

(1+16) => x2 + y2 25

17 => 4x2 + 4y2

100

17 dÊu = x·y x=

17 , y = 20

17 (2đ)

Câu 4 : 5®

Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=>

Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM

CI =

MP

IA => DM.IA=MP.CI hay

DM.IA=MP.IB (1)

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,

Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.

Do Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>

DM

BI =

MQ

IA => DM.IA=MQ.IB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy MP

(58)

C©u 5

Để P xác định : x2-4x+3 1-x >0

Tõ 1-x > => x <

Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < nªn ta cã :

(x-1) < (x-3) < từ suy tích (x-1)(x-3) > Vậy với x < biểu thức có nghĩa

Víi x < Ta cã : P = √x

2−4x +3

√1− x =

√(x −1)(x −3)

√1− x =√3− x

ĐỀ SỐ 18.

MƠN: TỐN

C©u 1 : a Rót gän biĨu thøc A=√1+

a2+

(a+1)2 Víi a >

b Tính giá trị tổng B=√1+

12+

1 22+√1+

1 22+

1

32+ +√1+

1 992+

1 1002

(59)

a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m

b Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt T×m GTLN, GTNN cđa bt

P= 2x1x2+3

x12+x

22+2(x1x2+1)

1 1+x2+

1 1+y2≥

2 1+xy

Câu Cho đờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đờng trịn,

tõM kỴ MH AB (H ẻ AB) Gọi E F lần lợt hình chiếu vuông góc H

MA MB Qua M kẻ đờng thẳng vng góc với è cắt dây AB D

1 Chứng minh đờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đờng tròn

2 Chøng minh

MA2 MB2 =

AH BD

AD BH

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 18

Câu 1 a Bình phơng vế A=a

+a+1

a(a+1) (V× a > 0)

A=1+1

a− a+1

¿⇒B=100−

100= 9999 100

B (2 ®) ¸p dơng hƯ thøc Viet ta cã:

¿

x1+x2=m

x1x2=m−1

¿{

¿

⇒P=2m+1

m2+2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn

⇒−1

2≤ P≤1 ⇒GTLN=−1

(60)

Câu : Chuyển vế quy đồng ta đợc bđt ⇔ x(y − x)

(1+x2)(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2)(1+xy)≥0

⇔(x − y)2(xy−1)≥0 xy≥1

C©u 4: a

- Kẻ thêm đờng phụ

- Chứng minh MD đờng kính (o) =>

b

Gäi E', F' lần lợt hình chiếu D MA MB

Đặt HE = H1

HF = H2 ⇒AH

BD AD

BH=

HE h1 MA2 HF.h2 MB2 (1) ⇔ΔHEF ∞ ΔDF'

E'

⇒HF h2=HE.h

Thay vµo (1) ta cã: MA

2

MB2 = AH BD

AD BH

ĐỀ SỐ 19.

MÔN: TỐN

1−√ab+

√a+√b

1+√ab] : [1+

a+b+2 ab

1−ab ]

a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =

23

c) Tìm giá trị lớn D

Câu 2: Cho phơng trình

23 x

2- mx +

2−√3 m

2 + 4m - = (1)

a) Giải phơng trình (1) với m = -1 b) Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm thoã mãn

x1+

x2=x1+x2

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α(α=900 )

Chøng minh r»ng AI = bc Cos

α b+c

(Cho Sin2 α=2 SinαCosα ) M

o E'

E

A

F F'

B

(61)

Câu 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB điểm N di động nửa đờng tròn cho N A ≤ N B Vễ vào đờng trịn hình vuông ANMP

a) Chứng minh đờng thẳng NP qua điểm cố định Q

b) Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp

c) Chứng minh đờng thẳng MP ln qua điểm cố định

B = xy

z + zx

y + xyz

x

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 19

Câu 1: a) - Điều kiện xác định D

¿

a ≥0 b ≥0 ab≠1

¿{ {

¿

- Rót gän D D = [2√a+2b√a

1−ab ] : [

a+b+ab

1−ab ]

D = 2√a

a+1

b) a =

2+√3

¿

√3+1¿2⇒√a=√3+1

2¿

2 2+√3=¿

VËy D =

2+2√3

2 2√3+1

=2√3−2

4−√3

c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta cú

2a a+1D 1 Vậy giá trị D

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) 1 2x

2 +x 9

2=0⇔x

+2x −9=0

⇒

x1=−1−√10

x2=1+10

{

b) Để phơng trình cã nghiƯm th× Δ≥0⇔−8m+2≥0⇔m ≤1

(62)

c b a I C B A  

+ Để phơng trình có nghiệm khác

¿m1≠ −4−3√2

m2≠ −4+3√2

¿

⇔1 2m

2

+4m−1≠0 ⇒

{

(*)

+

1 x1+

1

x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔

x1+x2=0

x1x2−1=0

¿{ ⇔

2m=0

m2+8m−3=0 ⇔

¿m=0

m=−4−√19

m=−4+√19

¿{

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = m=−4−√19

2AI cSin α

2;

+ SΔAIC=

2AI bSin α 2;

+ SΔABC=1

2bcSinα ;

SΔABC=SΔABI+SΔAIC

⇒bcSinα=AISinα

2(b+c) ⇒AI=bcSinα

Sinα 2(b+c)

=

2 bcCosα b+c

QA QB

    Suy Q cố định b) ^A

1= ^M1(¿^A2)

 Tø gi¸c ABMI néi tiÕp

c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định

Tam gi¸c ABF cã: AQ = QB = QF  Δ ABF vuông A B^=450

AF B^ =450

L¹i cã    

0

1 45 ˆ

ˆ AFB P

P Tø gi¸c APQF néi tiÕp

 A^P F

=AQ F^ =900

Ta cã: A^P F+A^P M=900

+900=1800

(63)

M1,P,F Thẳng hàng

Câu 5: Biến đổi B = xyz (1 x2+

1

y2+

1

z2) = ⋯=xyz xyz=2

ĐỀ SỐ 20.

MƠN: TỐN

Bµi 1: Cho biĨu thøc A =

4( 1) 4( 1)

1 4( 1)

x x x x

x x x

      



 



 

 

a) Tìm điều kiện x để A xác định b) Rút gọn A

Bài : Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) B(3; -4) a) Viết phơng tình đờng thẳng AB

b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M Bài : Tìm tất số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:

x2 - m2x + m + = 0

cã nghiƯm nguyªn

Bài : Cho tam giác ABC Phân giác AD (D ẻ BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đờng tròn cắt AB AC lần lợt E F Chứng minh

a) EF // BC

b) Các tam giác AED ADC; àD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = à.AB = AC2

Bµi : Cho số dơng x, y thỏa mÃn điều kiÖn x2 + y2  x3 + y4 Chøng minh:

(64)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 20

Bài 1:

a) Điều kiện x thỏa m·n

2

1

4( 1) 4( 1) 4( 1)

x x x x x x x                    1 x x x x          

  x > x  2 KL: A xác định < x < x >

b) Rót gän A

A =

2

( 1) ( 1)

( 2)

x x x

x x         A =

1 1 2

2

x x x

x x

     

 

Víi < x < A =

2 1 x

Víi x > A =

2

x KÕt luËn

Víi < x < th× A =

2 1 x

Víi x > th× A =

2

x Bµi 2:

a) A B có hoành độ tung độ khác nên phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b

A(5; 2) Ỵ AB  5a + b = B(3; -4) Ỵ AB  3a + b = -4 Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13

Vậy phơng trình đờng thẳng AB y = 3x - 13 b) Giả sử M (x, 0) ẻ xx’ ta có

MA = (x 5)2 (0 2)2 MB = (x 3)2 (04)2

 x =

Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:

Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - số phơng

(65)

m  th× 2m(m - 2) >  2m2 - 4m - > 0

 - (2m2 - 2m - 5) < < + 4m + 4 

 m4 - 2m + < < m

 (m2 - 1)2 < < (m 2)2

không phơng

Vậy m = giá trị cần tìm Bµi 4:

a)

  (  )

2

EADEFD  sd ED

(0,25)

  (  )

2

FADFDC  sd FD

(0,25)

mµ EDAFAD EFD FDC (0,25)  EF // BC (2 góc so le nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DEDF

sđ

2

ACD

s®(AED DF ) =

1

2sđAE = sđADE ACDADE EADDAC

DADC (g.g)

Tơng tự: sđ

 (  )

2

ADF sd AF sd AFD DF =

  

1

( )

2 sd AFD DE sd ABD  ADF ABD AFD ~ (g.g

c) Theo trªn:

+ AED ~  DB 

AE AD

AD AC hay AD2 = AE.AC (1)

+ ADF ~ ABD   

AD AF AB AD  AD2 = AB.AF (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF Bài (1đ):

Ta cã (y2 - y) +   2y3 y4 + y2

 (x3 + y2) + (x2 + y3)  (x2 + y2) + (y4 + x3)

mà x3 + y4  x2 + y3 đó

x3 + y3  x2 + y2 (1)

+ Ta cã: x(x - 1)2 0: y(y + 1)(y - 1)2  0

 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2  0

 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y  0

 (x2 + y2) + (x2 + y3)  (x + y) + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

 x2 + y2  x + y (2)

vµ (x + 1)(x - 1)  (y - 1)(y3 -1)  0

x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 +  0

 (x + y) + (x2 + y3)  + (x3 + y4)

mµ x2 + y3  x3 + y4

 x + y  Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:

x3 + y3  x2 + y2  x + y  2

F E

A

B

(66)

ĐỀ SỐ 21.

MƠN: TỐN

a/ rót gän biĨu thøc A

b/ Tìm giá trị ngun x để A có giá trị nguyên

Câu 2: Xác định giá trị tham số m để phơng trình x2-(m+5)x-m+6 =0

(67)

a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị b/ 2x1+3x2=13

Câu 3Tìm giá trị m để hệ phơng trình mx-y=1

m3x+(m2-1)y =2

vô nghiệm, vô số nghiệm

Câu 4: tìm max vµ cđa biĨu thøc: x 2 +3x+1

x2+1

Câu 5: Từ đỉnh A hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với góc 450.

Một tia cắt cạnh BC E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đ-ờng chéo BD Q

a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng trịn b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP

c/ KỴ trung trực cạnh CD cắt AE M tính số ®o gãc MAB biÕt CPD=CM

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 21.

Câu 1: a/ Biểu thức A xác định x≠2 x>1

( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2

A= ( ) (x-2)2 x-1

x- -1 + x-1 + x- x- = = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ Để A nguyên x- ớc dơng

* x- =1 x=0 loại * x- =2 th× x=5

vËy víi x = th× A nhận giá trị nguyên

Cõu 2: Ta có x = (m+5)∆ 2-4(-m+6) = m2+14m+1 để ph ng trỡnhcú hai

nghiệmphân biệt vàchỉ m≤-7-4 vµ m -7+4 (*) ≥ a/ Gi¶ sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)

x1+x2=m+5 (2)

x1x2 =-m+6 (3)

Giải hệ tađợc m=0 m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’)

x1+x2 = m+5(2’)

x1x2 =-m+6 (3’)

giải hệ ta đợc m=0 m= Tho (*)

Câu 3:*Để hệ vô nghiệm th× m/m3=-1/(m2-1) 1/2≠

(68)

3m2-1 -2 3m≠ 2≠-1 m= 1/2 m= 1/2±

m *Hệvô số nghiệm thì: m/m3=-1/(m2-1) =1/2

3m3-m=-m3 m=0

3m2-1= -2 m= 1/2 ±

V« nghiƯm

Khơng có giá trị m để hệ vô số nghiệm

Câu 4: Hàm số xác định với x(vì x2+1 0) x∀ ≠ 2+3x+1

gäi y0 lµ giá trịcủa hàmphơng trình: y0=

x2+1

(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm

*y0=1 suy x = y0 1; ’=9-(y≠ ∆ 0-1)2≥0 (y0-1)2≤9 suy

ra -2 ≤ y0 ≤

VËy: ymin=-2 vµ y max=4

Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) Giải

a/ A1 và B1 nhìn đoạn QE dới mét gãc 450

 tứ giác ABEQ nội tiếp đợc  FQE = ABE =1v

chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v

 Q, P, C nằm đờng tròn đờng kinh EF b/ Từ câu a suy AQE vuông cân ∆



AE

AQ = 2 (1)

tơng tự APF vuông cân ∆ 

AF

AB = 2 (2)

tõ (1) vµ (2)  AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF AQP

S S

= ( )2 hay S

AEF = 2SAQP

c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD APD=CPD MCD= MPD=APD=CPD=CMD

MD=CD  MCD ∆  MPD=600

mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ABM ta cã ∆ APB=450 vËy MAB=600-450=150

1

Q

P M

F

E

(69)

ĐỀ SỐ 22.

MƠN: TỐN

Bµi 1: Cho biĨu thøc M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3

2−√x

a. Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M b. Tìm x để M =

c. Tìm x Z M Z

bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoÃ mÃn phơng trình 3x2 +10 xy + 8y2 =96

b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = Bài 3: a Cho sè x, y, z d¬ng tho· m·n

x + y +

1 z =

Chøng ming r»ng:

2x+y+z +

1

x+2y+z +

1

x+y+2z b Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: B = x

2−2x +2006

x2 (víi x )

Bài 4: Cho hình vng ABCD Kẻ tia Ax, Ay cho x^A y = 45 ❑0 Tia Ax cắt CB BD lần lợt E P, tia Ay cắt CD BD lần lợt F Q a Chứng minh điểm E; P; Q; F; C nằm đờng tròn

b S ΔAEF = S ΔAPQ

Kẻ đờng trung trực CD cắt AE M Tính số đo góc MAB biết C^P D =

C^M D Bµi 5: (1®)

Cho ba sè a, b , c kh¸c tho· m·n:

¿

1 a+

1 b+

1 c=0

¿

; H·y tÝnh P = ac

c2+ bc

a2+ ac

(70)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 22

Bµi 1:M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3

2−√x

a.§K x ≥0; x ≠4;x ≠9 0,5®

Rót gän M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2) (√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2

(√x −2) (√x −3) M =

(√x+1)(√x −2)

(√x −3) (√x −2)⇔M= √x+1

√x −3

b M = 5⇔√x −1

√x −3=5 ⇒√x+1=5(√x −3) ⇔√x+1=5√x −15

⇔16=4√x ⇒√x=16

4 =4⇒x=16

c M = √x+1

√x −3=

√x −3+4

√x −3 =1+

√x −3

Do M z nên x 3 ớc x 3 nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;

⇒x∈{1;4;16;25;49} x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49} Bµi 2 a 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

< > 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96

< > (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96

< > 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96

< > (x + 2y)(3x + 4y) = 96

Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng 3x + 4y > x + 2y

3

mà 96 = 25 có ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành

tích thừa số không nhỏ là: 96 = 3.32 = 4.24 = 16 = 12

(71)

¿

x+2y=6

3x+4y=24

¿{

¿

HÖ PT vô nghiệm

Hoặc

¿

x+2y=6

3x+4y=16

¿{

¿

⇒

x=4

y=1

¿{

Hc

¿

x+2y=8

3x+4y=12

¿{

¿

HƯ PT v« nghiƯm

VËy cÊp số x, y nguyên dơng cần tìm (x, y) = (4, 1) b ta cã /A/ = /-A/ A∀A

Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/

❑/x −2005+2008− x/❑/3/❑3 (1)

mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2) Kết hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ (3)

(3) sảy

¿

x −2006/❑0 y −2007/❑0

⇔

¿x=2006

y=2007

¿{

¿

Bài 3 a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ b Với a, b thuộc R: x, y > ta có a

2

x+ b2

y ≥

(a+b)2

x+y (∗) < >(a2y + b2x)(x + y) (a

+b)2xy

 a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy  a2xy + 2abxy + b2xy

 a2y2 + b2x2  2abxy

 a2y2 – 2abxy + b2x2  0

 (ay - bx)2  (**) bất đẳng thức (**) với a, b, x,y > 0

DÊu (=) x¶y ay = bx hay

(72)

áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có

2 2 2

1 1 1 1

1 2 2 4 4

2x y z 2x y z x y x z x y x z

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

2 2

1 1

4 4

16

x y x z x y z

                                     T¬ng tù

1 1

2 16

x y z x y z

 

    

   

1 1

2 16

x y z x y z

 

    

   

Cộng vế bất đẳng thức ta có:

1 1 1 1 1 1

2 2 16 16 16

1 4 4 1 1

.4

16 16

x y z x y z x y z x y z x y z x y z

x y z x y z

                                                   V×

1 1

4 xyz 

  2 2006 x x B x x    

Ta cã: B=x

−2x+2006

x2 ⇔B=

2006x2−2 2006x+20062

2006x

⇔B=(x −2006)

+2005x2

x2 ⇔

(x −2006)2+2005

2006x2 +

2005 2006

V× (x - 2006)2  víi mäi x

x2 > víi mäi x kh¸c

 2

2

2006 2005 2005

0 2006

2006 2006 2006

x

B B khix

x



      

Bµi 4a EBQ EAQ 450 EBAQ



 

 néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900 à gãcEQF

= 900

(73)

à Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900à gãc APF = 900à gãc EPF = 900

0,25đ

Các điểm Q, P,C nhìn dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C cïng n»m

trên đờng tròn đờng kính EF ………0,25đ

b Ta cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE

Gãc AFE + gãc EPQ = 1800

àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)

à

2

2 1 2

2

APQ

APQ AEE AEF

S

k S S

S 

 



 

     

 

c gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = gãc CPD (cïng ch¾n cung MD)

Lại có góc MPD = góc CPD (do BD trung trùc cña AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thc trung trùc cđa DC)

à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600

à tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)

Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300 gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : = 750

à gãcMAB = 900 – 750 = 150

Bµi 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0)

à x = -(y + z)

à x3 + y3 + z3 – xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz

à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz = 0

Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = à x3 + y3 + z3 = 3xyz 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc

Do P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3

nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3

ĐỀ SỐ 23.

(74)

MƠN: TỐN

Bµi 1Cho biĨu thøc A =

x2−3

¿2+12x2

¿ ¿ ¿

√¿

+ x+2¿ 2−8x2

¿

√¿

a Rót gän biĨu thøc A

b T×m giá trị nguyên x cho biểu thức A có giá trị nguyên Bài 2: (2 điểm)

Cho đờng thẳng:

y = x-2 (d1)

y = 2x – (d2)

y = mx + (m+2) (d3)

a Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) qua với giá trị m

b Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy Bài 3: Cho phơng trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)

a Chøng minh phơng trình có nghiệm phân biệt

b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phơng trình (1) mà không phụ thuộc vào m

c Tìm giá trị nhỏ P = x2

1 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiƯm cđa phơng

trình (1))

Bi 4: Cho ng trũn (o) với dây BC cố định điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC>AB AC > BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q lần lợt giao điểm cặp đờng thẳng AB với CD; AD CE

a Chøng minh r»ng DE// BC

b Chøng minh tø giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thøc:

CE =

1

CQ +

1 CE

Bài 5: Cho số dơng a, b, c Chøng minh r»ng: 1< a

a+b+

b b+c+

c c+a<2

ĐÁP ÁN ĐỀ S 23

Bài 1: - Điều kiện : x a Rót gän: A=√x

4

+6x2+9

x2 +√x 2−4x

+4 ¿x

2 +3

(75)

- Víi x <0: A=−2x

+2x −3

x

- Víi 0<x 2: A=2x+3

x

- Víi x>2 : A=2x

−2x+3

x

b Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên <=> x2 + ⋮|x|

<=> ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3} Bµi 2:

a (d1) : y = mx + (m +2)

<=> m (x+1)+ (2-y) = Để hàm số qua điểm cố định với m

¿

x+1=0

2− y=0

¿{

¿

=.>

¿

x=−1

y=2

¿{

¿

Vậy N(-1; 2) điểm cố định mà (d3) qua

b Gọi M giao điểm (d1) (d2) Tọa độ M nghiệm hệ ¿

y=x −2

y=2x −4

¿{

¿

=>

¿

x=2

y=0

¿{

¿

VËy M (2; 0)

NÕu (d3) ®i qua M(2,0) M(2,0) nghiệm (d3)

Ta có : = 2m + (m+2) => m= -

3

VËy m = -

3 (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bµi 3: a Δ' = m2 –3m + = (m -

2 )2 +

4 >0 ∀ m

Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt b Theo ViÐt:

¿

x1+x2=2(m−1)

x1x2=m−3

¿{

¿

=>

¿

x1+x2=2m −2 2x1x2=2m −6

¿{

¿

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – = kh«ng phơ thc vµo m

a P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3)

= (2m -

2 )2 + 15

4 ≥ 15

(76)

VËyPmin =

15

víi m =

5

Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a Sđ ∠ CDE =

2 S® DC =

2 S® BD = ∠BCD

=> DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le) b ∠ APC =

2 s® (AC - DC) = ∠ AQC

=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC nhìn đoan AC)

c.Tứ giác APQC néi tiÕp

∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)

∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC) Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Ta cã: DE

PQ = CE

CQ (v× DE//PQ) (1) DE

FC =

QE

QC (v× DE// BC) (2)

Céng (1) vµ (2) : DE

PQ+ DE FC =

CE+QE

CQ =

CQ CQ =1

=>

PQ + FC=

1

DE (3)

ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy PQ = CQ Thay vµo (3) :

CQ+ CF=

1

CE

Bµi 5:Ta cã: a

a+b+c <

a

b+a <

a+c

a+b+c (1) b

a+b+c <

b

b+c <

b+a

a+b+c (2) c

a+b+c <

c

c+a <

c+b

a+b+c (3) Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :

< a

a+b +

b

b+c +

c

(77)

ĐỀ SỐ 24.

MÔN: TỐN

Thời gian làm 120 phút ( khơng k giao )

Bài 1: (2đ)

Cho biÓu thøc:

P = ( x −1

x+3√x −4−

√x+1

√x −1):

x+2√x+1

x −1 +1

a) Rót gän P

b) Tìm giá trị nhỏ P

Bi 2: (2đ) Một ngời đự định xe đạp từ A đến B cách 20 km thời gian định Sau đợc với vận tốc dự định, đờng khó nên ngời giảm vận tốc 2km/h quãng đờng lại, ngời đến B chậm dự định 15 phút Tính vận tốc dự định ngời xe p

Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phơng trình:

¿

mx−2y=3

−2x+my=1− m

¿{

a) Giải hệ phơng trình với m =

b) Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn x + y =

Bài 4: (3đ) Cho nửa đờng trịn (O; R) đờng kính AB Điểm M tuỳ ý nửa đờng tròn Gọi N P lần lợt điểm cung AM cung MB AP cắt BN I

a) TÝnh sè ®o gãc NIP

b) Gọi giao điểm tia AN tia BP C; tia CI AB D Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc

c) Tìm quỹ tích trung điểm J đoạn OC M di động nửa tròn tròn tâm O

Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) đờng thẳng y = 3x + 2m – (d)

a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm toạ độ hai điểm

(78)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 24

Bài 1: (2đ) a) (1,5đ)

(79)

- Thực phép chia −5

√x+4 0,25®

- Thực phép cộng bằng: √x −1

√x+4 0,25®

- Điều kiện đúng: x  0; x  0,25đ

b) (0,5®)

- ViÕt P = 1−

√x+4 lập luận tìm đợc GTNN P = -1/4 x = 0,5

Bài 2: (2đ)

1) Lp phng trình (1,25đ) - Gọi ẩn, đơn vị, đk 0,25đ

- Thời gian dự định 0,25đ

- Thêi gian thùc tÕ 0,5®

- Lập luận viết đợc PT 0,25đ

2) Gải phơng trình 0,5đ

3) đối chiếu kết trả lời 0,25đ

Bài 3: (1,5đ) a) Thay m = giải hệ đúng: 1đ

b) (0,5®)

Tìm m để hệ có nghiệm 0,25đ

Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn x + y = KL 0,25đ

Bài 4: (3đ) Vẽ hình 0,25đ

a) Tính đợc số đo góc NIP = 1350

0,75® b) (1®)

Vẽ hình C/m đợc góc NDP = 900

0,5®

Chứng minh đợc tứ giác DOPN nội tiếp đợc 0,5đ

c) (1đ) + C/m phần thuận

Kẻ JE//AC, JF//BC C/m đợc góc EJF = 450

0,25đ

Lập luận kết luận điểm J: 0,25®

+ C/m phần đảo 0,25đ

+ KÕt ln q tÝch 0,25®

(80)

Tìm đợc điều kiện m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt: 0,5đ

Tìm đợc toạ độ điểm A, B 0,5đ

b) Tìm đợc quỹ tích trung điểm I:

¿

xI=xA+xB

2 =

−3 yI=yA+yB

2 =

8m−11

¿{

¿

vµ kÕt luËn

Định dạng
Số trang	80
Dung lượng	1 MB