thi vao 10 chuan cua thanh pho lam kieu gi cung do

Nối AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP... a) Chứ[r]

Đề số :

Câu (3,0 điểm).

1) 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): y(m1)x2m1 qua điểm I

Câu (2,0 điểm).

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 tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu (1,0 điểm).

Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu? Câu (3,0 điểm).

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’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E

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

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

3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH.BD Câu (1,0 điểm).

Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z =3 Chứng minh rằng:

1

3   

     

x y z

x x yz y y zx z z xy .

ĐÁP ÁN

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

1.b

Điều kiện: x0 x1

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

So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x =

2

4

y x

y x

  



  

Giải hệ tìm I(-1; 3)

Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 Giải phương trình tìm m =

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = Giải phương trình x1 2 2; x2  2 2 Tính  ' m21

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

3 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m

m 2m

  

 

  

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

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0

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

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

Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b – nên (a – 4)(b – 4) = 77

Giải hệ phương trình kết luận kích thước 15 m 11 m

1

Hình vẽ đúng:

Lập luận có AEB 90 

Lập luận có ADC 90 

Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

 

AFB AFC 180 

Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng  

AFE ABE (cùng chắn AE ) AFD ACD  (cùng chắn AD )

Mà ECD EBD  (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp)

Suy ra: AFE AFD  => FA phân giác góc DFE

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy

AH EH

ADED (1)

Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy

BH EH

BD ED (2) x

H

D

B C

E

A

F

Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD 

5

Từ





2 2

x yz  0 x yz 2x yz

(*) Dấu “=” x2 = yz 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 (*))

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)

Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 

Dấu “=” xảy x = y = z =

Đề số 2

Bài 1

: (2,0 điểm)









2

4

)9

) 18

2) 12

a x x

x x

m y x m y x m

     

1) Giải ph ơng trình sau:

b

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

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

: (1,5 điểm)

 

 

 





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 ca đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ

Bài 4

: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn

 

O

Hai đường cao

BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn

 

O

tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn

 

O

tại điểm thứ hai Q

Chứng minh:

1)BEDC lµ tø 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

: (1,0 điểm)









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

     

 

 

               

   

 

 

           

 

    

Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh:

Ta cã:

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1:

1/a/ 9x

2

+3x-2=0;



=81,phương trình có nghiệm x

1

=

2 

;x

2

=

1

b/ đặt x

2

=t (t



0) pt cho viết t

2

+7t-18=0 (*);

121 112

  

pt (*) có t=-9 (loại);t=2

với t=2 pt cho có nghiệm

x 2;x

2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung

tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán A



B 7-m=3+m tức m=2.

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/

2

3

9

B x

x

    

(thoả mãn đk )

Câu 3:

1/ Khi m =1 ta có hệ pt:

2

2 1

  

 



 

  

 

y x x

x y y

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

2

khi

1

2

2

m  m

Câu 4:

Bài 5

: (1,0 điểm)









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

     

 

 

               

 

   

 

 

           

 

    

Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh:

Ta cã:

H E

Q

P

D

O A

1) 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 trịn.

2) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB

3) BEDC nội tiếp đường tròn suy

BDE BCEBCQ ;

từ câu 1/ TA CÓ :

 

BPQ BCQ

Suy

BDE BPQ

(2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)

4) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)

 

EBD ECD

(GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A

và O cách P,Q nên suy đpcm.

Bài 5

: (1,0 điểm)









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

     

 

 

               

 

   

 

 

           

    

Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh:

Ta cã:

Đề số 3

Câu (2,0 điểm):

1 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 (3,0 điểm):

1 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 x

1

, x

2

hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để

2

1

x + x 20

.

2 Cho hàm số: y = mx + (1), m tham số.

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A (1;4) Với giá trị m vừa tìm được,

hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến R?

x + y + = 0

Câu (1,5 điểm):

Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm 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 (2,5 điểm):

Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm A bên ngồi đường tròn, kẻ tiếp

tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Từ B, kẻ đường thẳng song song

với AC cắt đường tròn D (D khác B) Nối AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai là

K Nối BK cắt AC I.

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.

2 Chứng minh : IC

2

= IK.IB.

3 Cho

BAC 60·  0

chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng.

Câu (1,0 điểm):

Cho ba số x, y, z thỏa mãn





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

  

 

 



Chứng minh rằng:

x + y + z2 2 11

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

1

a) A=

√

2+2

√

2=(1+2)

√

2=3

√

2

b) B=

(

√

a

√

b(

√

a −

√

b)−

√

b

√

a(

√

a−

√

b)

)

(a

√

b −b

√

a)

=

(

a− b

¿ 2x+y=9 x − y=24

⇔ ¿2x+y=9

3x=33 ⇔ ¿2 11+y=9

x=11 ⇔ ¿y=−13

x=11 ¿{

¿

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

a)

−1¿2−1.

[

−(m2+4)

]

=m2+5

Δ'=¿

Vì

m2≥0,∀m⇒Δ'

>0,∀m

Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt với m

b) Áp dụng định lý Vi –ét

¿ x1+x2=2

x1x2=−(m2+4)

¿{

¿





2

2 2 2

1 2

x

x

20

x

x

2x x

20

2

2m

8

20

2m

8

m

2

















 









vậy m=

±2

2.

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.

b) (d) : y = - x – 3

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)

3 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

30x (h)

thời gian từ B A

30x

+3(h)

2

2

1

2

30

30

1

60x 180

60x

x

3x

x

x

3

2

x

3x 180

0

9

720

729

0

x

12(TM)

x

15(KTM)



 



















  



  







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

4.

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)

b)

xét

Δ

IKC

Δ

IC B có

∠Ichung;∠ICK =∠IBC

( góc tạo tia tiếp tuyến

và dây cung góc nội tiếp chắn cung CK)

⇒ΔIKC∞ ΔICB(g − g)⇒IC

IB= IK IC ⇒IC

2

=IK IB

c)

∠BOC=360

0−∠ABO−∠ACO−∠BAC =1200 ∠BDC=1

2∠BOC=60

(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

B

D

C

O

A

K

I

⇒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.

Vì

x , y , z∈[−1;3]

2 2 2

2 2 2 2

1

x

3

(x

1)(y

1)(z

1)

0

1

y

3

(3

x)(3

y)(3

z)

0

1

z

3

xyz

xy

yz

xz

x

y

z

1

0

27

9(x

y

z)

3(xy

yz

xz)

xyz

0

2(xy

yz

xz)

2

x

y

z

2(xy

yz

xz)

x

y

z

2

(x

y

z)

x

y

z

2

3

2

x

y

z

x



 





















  













  















 



 











































































y

2



z

2



11

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)

Ta có: x

2

+ y

2

+ z

2

x

2

+ y

2

+ z

2

+ 2(y +1) (z+1) = x

2

+ ( y + z )

2

+ ( y + z ) + 2

= x

2

+ ( - x )

2

+ ( 3- x) + = x

2

- 8x + 17= ( x -1 ) (x - 3) + 11 (2)

Từ (1) (2) suy x

2

+ y

2

+ z

2

11

Dấu đẳng thức xảy x = max

{x , y , z}

( x -1 ) (x - 3) =

(y +1) (z+1) =

x + y + z = 3

Đề số 4

Câu 1

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 2

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 3

a)

Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số: y = x

2

y = - x + 2.

b)

Xác định giá trị m để phương trình x

2

– x + – m = có nghiệm x

1

, x

2

thỏa mãn đẳng thức:

2 1

5 x x

x x

 

   

 

 

.

Câu 4

Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi

C giao điểm tia AP tia BQ; H giao điểm 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 5

Cho số a, b, c lớn

25

4

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

5 2

5 2

5

a

b

c

Q

b

c

a













.

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Nội dung

1

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



2m

– 15= (do

31

)

b) Ta có:

2 10

3 4

x y x y

x y x y

              

7 14

2

x x

x y y

            

2

a) Với

0



a



1

thì ta có:



 



1 1

1

1 1

a a

P

a a a a a a

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

b) Với

0



a



1

thì P >

1

2



2

0

1 a   





3 a a   



1



a

 

0

a



1

Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1.

3

a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x

2

y = - x + nghiệm

phương trình: x

2

= - x+2



x

2

+ x – =

Giải được: x

1

= x

2

= - 2.

Với x

1

=



y

1

=



tọa độ giao điểm A A(1; 1)

Với x

2

=-2



y

2

=



tọa độ giao điểm B B(-2; 4)

b) Ta có :

 

b

2



4

ac

 

1 4(1



m

) 4



m



3

Để phương trình có nghiệm x

1

, x

2

thì ta có

3

0

4

m m

      

(*)

Theo định lí Vi-et, ta có:

b x x

a

  

c

x x m

a   

Ta có:

1

1 2

1 2

1

5 (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

















 

































Kết hợp với đk (*) ta có: m = giá trị cần tìm.

4

a) Ta có:

APB AQB 90

(góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn).

  90

CPH CQH

   

Suy tứ giác CPHQ nội

tiếp đường tròn.

b)

CBP

HAP

có:

  90

BPCAPH  

(suy từ a))

 

CBP HAP

(góc nội tiếp chắn cung

PQ CBP

  HAP

(g – g)

c) Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB

(1)

ABC

Từ suy ra:

+

APB AKC  AP AC AK AB

(2)

+

BQA BKC  BQ BC BK BA

(3)

Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được:

S = AP AC + BQ BC = AB

2

= 4R

2

.

5

Do a, b, c >

25

4

(*) nên suy ra:

2 a 0

,

2 b 0

,

2 c 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có:

2

2

a

b a

b    

(1)

2

2

b

c b

c   

(2)

2

2

c a c

a   

(3)

Cộng vế theo vế (1),(2) (3), ta có:

Q5.3 15

Dấu “=” xẩy



a b c

  

25

(thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy Min Q = 15



a b c

  

25

Đề só 5

Bài 1: (

2,0 điểm

)

3x y = 7

a) Giải hệ phương trình

2x + y = 8









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

)





    

2

Cho phương trình x m x m (với m tham so )

.

a) Giải phương trình cho

m 5

.

b) Chứng tỏ phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị của

tham số m.

c) Tìm m để phương trình cho có nghiệm x

1

, x

2

thõa mãn hệ thức

x x 3x x

12



22





0

.

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 trịn tâm O BC dây cung khơng qua tâm Trên tia đối tia BC

lấy điểm M cho M không trùng với B Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O)

đã cho N P (N nằm M P) cho O nằm bên

PMC

Gọi A là

điểm cung nhỏ NP Các dây AB AC cắt NP D E

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.

b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP

c) OA cắt NP K Chứng minh MK

2

> MB.MC

Bài 5

:

(

1,0 điểm

)

2

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

x

 

(với

x 0

)

HƯỚNG DẪN GIẢI

∙ 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 = 2.2 + b  b = (thõa điều kiện b 3)

* Vậy a = b = 9.

∙ Bài 2: a) * Khi m = 5, phương trình cho trở thành:

2

x  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

b) Phương trình cho (bậc hai ẩn x) có hệ số: a = ; b/ = m + c = m 4 ;

neân:









/

2

2 19 19

m m m m m

2 4

 

             

 

2

1

vì m + ;

2 bình phương biểu thức khơng âm

   



   

   

K

E

D

A

P

N

M

B

C

O

/

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

  

 

  



Căn (I), ta có:





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 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:

  

 

 











 



sñAN sñPC AEN

2 sñAP sñPC

= AN AP (gt)

sđAPC =

2

= ABC ABC (O) chắn APC 







góc nội tiếp

 

 





 

AEN DBC

Maø AEN DEC 180 ø

Neân DBC DEC 180

Tứ giác BDEC nội tiếp ( )

hai góc kề bu

theo định lý đảo tứ giác nội tiếp





 

 

 





 





Xét MBP MNC , coù: PMC : Goùc chung

MPB MCN hai goùc 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

* Vì A điểm cung nhỏ NP (gt) suy OA  NP K (đường kính qua điểm cung vng góc với dây căng cung đoù )

Suy K trung điểm dây NP (đường kính vng góc dây qua trung điểm của 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

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 daáu"=" t = x 2011 ; tho

2011 2011 2011 2011

 



 

 

õa x *

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)

  





      

 

    

        



  

 

/

/

2

0 2011 A

2010 b 1

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

2011 a A 1

2011 So saùnh (1) (2) 1 giá trị nhỏ A mà:

2010

MinA = x = 2011 2011

Đề số 6

Câu (2 điểm):

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>0 x



y.

Tính giá trị biểu thức P x = 2012 y = 2011.

Câu ((2điểm):

Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x

2

y = 3x – 2.

Tính tọa độ giao điểm hai đồ trên.

Câu (2 điểm):

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 - 2

x

+ m = có hai nghiệm phân biệt.

Câu (2 điểm)

Cho đường tròn (O; R) điểm A nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB,

AC với đường tròn (B,C tiếp điểm).

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 (2 điểm)

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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu (2 điểm):

a.

Tính giá trij biểu thức: A =

25 9

= + = ;

B =

( 1)2 5

=

( 1)  5 1  51

b Rút gọn biểu thức: P =

2

:

x y xy

x y x y

 

A

B

D

C

P =

2

2 ( )

: ( ) ( )( )

x y xy x y

x y x y x y x y

x y x y x y

  

      

  

tại x = 2012 y = 2011 => P = 1

Câu ((2điểm):

Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x

2

y = 3x – 2.

Tính tọa độ giao điểm hai đồ trên.

a) Vẽ đồ thị hệ trục

x

-2

-1

0

1

2

y = x

2

4

1

0

1

4

Vẽ y = 3x-2

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

HS tự vẽ.

Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x

2

y = 3x – nghiệm phương

trình:

x

2

= 3x -



x

2

- 3x + = 0

ta có a + b + c = => x

1

= => y

1

= 1

x

2

= => y

2

= 4.

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:

x

2

+ (x - 1)

2

= 5

2



x

2

+ x

2

- 2x +1 – 25 = 0



2x

2

– 2x – 24 = 0



x

2

- x – 12 = 0

x

1

= (TM)

x

2

= - (loại)

Vậy chiều dài 4m, chiều rộng 3m.

b Tìm m để phương trinh x - 2

x

+ m = (1) có hai nghiệm phân biệt.

Đặt

x

= t (ĐK: t



0)

(1)



t

2

– 2t + m = (2)

Để pt (1) có nghiệm phân biệt pt (2) phải có hai nghiệm dương

pt (2) có hai nghiệm dương

'

1 2

1 m

x x 0 m x x m

     

     



  



Vậy với

0m1

pt (1) có nghiệm phân biệt

Câu (2 điểm)

a Ta có



ABO90

(T/c tia tiếp tuyến)



ACO90

(T/c tia tiếp tuyến) I H O

=>

 

ABOACO180

- 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

nếu n có chữ số trở lên n + S(n) > 10000 > 2011

Vậy n có chữ số :

n abcd



n < 2011 nên a = a = 2

TH1:

a = ta có

b 0



hoặc

c 0



n + S(n) > 2011 VL

Nên b = c = :

200d d 2011

  

Vơ lý VT chẵn VP lẻ.

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 = 9

nếu c = 11.8 + 2d = 101



d = 13/2 vô lý.

vậy c =



d = 1

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

Đề số 7

Bài (2,0 điểm):

Rút gọn biểu thức sau:

A 45







500

1

15

12

B

5 2

3

2











Bài (2,5 điểm):

1)

Giải hệ phương trình:

3x y 1

3x 8y 19



 









a)

Giải phương trình (1) m = 4.

b)

Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm

x ;x

1 2

thỏa

mãn hệ thức :

1

1

x

x

1

1

x

x

2011







.

Bài (1,5 điểm):

Cho hàm số y =

2

1 x

4

.

1)

Vẽ đồ thị (P) hàm số đó.

2)

Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung điểm có

tung độ –2 cắt đồ thị (P) nói điểm có hồnh độ 2.

Bài (4,0 điểm):

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Gọi C điểm cung

AB Trên tia đối tia CB lấy điểm 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)

tại E

1)

Chứng minh MCNH tứ giác nội tiếp OD song song với EB.

2)

Gọi K giao điểm EC OD Chứng minh



CKD =



CEB.

Suy C trung điểm KE.

3)

Chứng minh tam giác EHK vuông cân MN song song với AB.

4)

Tính theo R diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH.

II Đáp án

Bài Câu Đáp án

1 ( 2,0đ)

1,0đ

A 45   500 10 5  

=

1,0đ





3

1 15 12

B

3 5

3

 

    

  

   

2

(2 ,5đ) 1)

0,75đ

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

+ Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; ) 2)

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

2

x  4x 0 

+ Tìm hai nghiệm x1 = ; x2 = 3

b)Cách 1:

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

+ Áp dụng hệ thức Viét :

1

1

x x m

x x m

  

 

 

+ Biến đổi hệ thức

1 2

x x

1

x x 2011



 

thành

m m

m 2011  (*)

H

N M

K

E D

B O

A

C

H

N M

K

E D

B O

A

C

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)

3

( 1,5đ)

1) 0,75đ

+ Lâp bảng giá trị có giá trị

+ Biểu diễn điểm mặt phẳng tọa độ + Vẽ đường parabol qua điểm

2) 0,75đ

+ Xác định hệ số b = –2

+ Tìm điểm thuộc (P) có hồnh độ điểm (2; 1) + Xác định hệ số a =

3

4

(4,0đ)

Hình 0,50đ

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

1) 1,0đ

+ Nêu MCN 90  0( 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

2) 1,0đ

+ Nêu được KDC EBC   (slt)

+Chứng minh CKD = CEB (g-c-g)

+ Suy CK = CE hay C trung điểm KE

3) 1,0đ

+ Chứng minh CEA = 450

+ Chứng minh EHK vuông cân H

+ Suy đường trung tuyến HC vừa đường phân giác , đó

 1

CHN EHK 

= 450 Giải thích CMN CHN   = 450

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

4)

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

DM

DO 3

và chứng minh

MN DM

OB DO 3 MN = 2R

3

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

R

Tính diện tích S hình trịn đường kính MN :

2

R S

9  

( đvdt)

Đề số 8

Bài 1:

(1.5 điểm)

1) Thực phép tính:

2 16

2) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x

2

– 20x + 96 = 0

b)

4023 x y x y

  



 



Bài 2:

(2.5điểm)

1) Cho hàm số y = x

2

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 giao điểm ( P ) ( d )

2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm: A(2;4); B(-3;-1) C(-2;1) Chứng

minh điểm 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 sơng 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

là Tính vận tốc ca nơ nước n lặng, biết vận tốc dòng nước 3

km/h.

Bài 4:

(3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định

thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vuông

góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác

B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD tại

E Gọi F giao điểm AM CD

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

:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ):

x2 



2m3



x m 0

Gọi x

1

và x

2

là hai

nghiệm phương trình cho Tìm giá trị m để biểu thức

x12 x22

có giá trị nhỏ

nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

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

2

' 10 1.96 100 96 0; '

         

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

0

1

2

y

4

1

0

1

4

Vẽ

 

d :y x









0 2: 0;

0 : 2;0

x y A

y x B

  

   

6

-2 -4 -6

-10 -5 10

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

x2  x 2 x2  x 1

 

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

   

  

 

  

     

  

Thay

x2;y1

vào pt đường thẳng AB ta có:

1 2 21 0

(vơ lí) Suy ra



2;1



C 

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

(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 > 3

Vận tốc ca nô lúc xuôi dịng là:

x3



km h/



Vận tốc ca nơ lúc ngược dòng 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 h x

Vì thời gian ca nơ xi dịng, ngược dịng, kể ca thời gian nghỉ Do ta có pt

 

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 45 x3  x x3 9 x x3

2 2

45x135 45 x135x  9 x  81 8x  90x 72 0

1

' 45 8.72 2061 ' 2601 51

45 51 45 51

12; 0,75

8

x x

       

 

   

Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy có x = 12 thỏa mãn.

Vậy: Vận tốc ca nô nước yên lặng 12 km/h.

Bài 4:

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

c) D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI

có số đo khơng đổi M thay đổi cung

I

H F

E

D

O

A B

M

Chứng minh: a) Ta có:

M

 

O

đường kính AB (gt) suy ra:

AMB900

(góc nội tiếp

chắn đường tròn) hay

FMB 900

Mặt khác

FCB90 (0 GT)

Do đó

  1800

AMB FCB 

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 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





Suy

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 

khơng đổi.

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

Bài 5

: Cho phương trình ( ẩn x )

x2 



2m3



x m 0

Gọi

x1

x2

là hai nghiệm

của phương trình cho Tìm giá trị m để biểu thức

x12 x22

có 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

 

         

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được:

1

1

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

5 m

Đề số 9

Bµi 1

:

( 1,5 ®iĨm )

1 Cho hai sè : b

1

= +

√

2

; b

2

= -

√

2

TÝnh b

1

+ b

2

2 Giải hệ phơng trình

m+2n=1

2mn=3 {

Bài 2:

( 1,5 điểm )

Cho biÓu thøc B =

(

√

b

√

b+2−

√

b

√

b −2+

4

√

b −1 b −4 ):

1

√

b+2

víi b

vµ b

4

1 Rút gọn biểu thức B

2 Tính giá trị B b = + 4

2

Bài 3:

( 2,5 ®iĨm )

Cho phơng trình :

x

2

- ( 2n -1 )x + n (n - 1) = ( ) với n tham số

1 Giải phơng trình (1) víi n =

2 CMR ph¬ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt với n

3 Gäi x

1

, x

2

lµ hai nghiƯm cđa phơng trình (1) ( vơí x

1

< x

2

)

Chøng minh : x

12

- 2x

2

+

Bµi 4: ( ®iÓm )

Cho tam giác

Δ

BCD có góc nhọn Các đờng cao CE DF cắt H

1.

CM: Tứ giác BFHE nội tiếp đợc đờng tròn

2.

Chứng minh

Δ

BFE

Δ

BDC đồng dạng

3.

Kẻ tiếp tuyến Ey đờng trịn tâm O đờng kính CD cắt BH N

CMR: N trung điểm BH

Cho số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức

√

x

y+z+

√

y x+z+

√

z x+y>2

Hướng dẫn giải

-Bài 1

:

( 1,5 điểm )

1 Cho hai sè : b

1

= +

√

2

; b

2

= -

√

2

TÝnh b

1

+ b

2

2 Giải hệ phơng trình

¿ m+2n=1

2m−n=−3 ¿{

¿

HD :

1 Theo bµi ta cã : b

1

+ b

2

= -

√

2

+ -

√

2

=

VËy b

1

+ b

2

=

2 Gi¶i hƯ 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 )

Bµi 2:

( 1,5 ®iÓm )

Cho biÓu thøc B =

(

√

b

√

b+2−

√

b

√

b −2+

4

√

b −1 b −4 ):

1

√

b+2

víi b

vµ b

4

3 Rót gän biĨu thøc B

4 TÝnh gi¸ trị B b = + 4

2

HD :

1 Với với b

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 =

2+

√

2¿2 ¿ ¿ 2−√¿

1 2

b=

1

Bài 3:

( 2,5 điểm )

Cho phơng trình :

x

2

- (2n -1 )x + n (n - 1) = ( ) víi n lµ tham sè

4 Giải phơng trình (1) với n =

5 CMR: Phơng trình (1) có hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi n

6 Gäi x

1

, x

2

hai nghiệm phơng trình (1) ( v¬Ý x

1

< x

2

)

HD :

1 Với n = phơng trình cho đợc viết lại : x

2

- 3x + =

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

phân biệt x

1

= x

2

= 2.

2 Từ phơng trình (1) ta cã

Δ

= 4n

2

- 4n + - ( n ( n - 1))

= =>

Δ

>

∀n

phơng trình cho ln

cóhai nghiệm phân biệt x

1

= n -1 x

2

= n

3 Theo bµi ta cã : x

12

- 2x

2

+ = ( n - )

2

-2n +

= n

2

- 4n +

= ( n - )

2

V× ( n - 2)

2 0∀n

dÊu b»ng x¶y n =

VËy : x

12

- 2x

2

+ = ( n - )

2

≥

với n ( Đpcm )

Bài 4: ( ®iĨm )

Cho tam giác

Δ

BCD có góc nhọn Các đờng cao CE DF cắt H

4.

CM : Tứ giác BFHE nội tiếp đợc đờng tròn

5.

Chứng minh

Δ

BFE

Δ

BDC đồng dạng

6.

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

trung điểm BH

HD :

∠

BFE = 90

0

-

∠

EFD

= 90

0

-

∠

ECD =

∠

EDC

=>

∠

BFE =

∠

EDC (1 )

XÐt hai tam gi¸c :

Δ

BFE vµ

Δ

BDC ta cã :

∠

B : Chung

=>

Δ

BFE đồng dạng

Δ

BDC ( g -g ) ( Đpcm )

∠

BFE =

∠

EDC

c Ta có :

BNE cân N ThËt vËy :

∠

EBH =

∠

EFH ( Cùng chắn cung EH ) (1)

Mặt khác ta lại có :

BEN = 1/2 sđ 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)

Mµ

BEH vuông E

B

a Ta cã :

∠

BFH =

∠

BEC = 90

0

( Theo gi¶

thiÕt)

N

 ∠

BFH +

∠

BEC = 180

0



t

ứ giác BFHE nội tiếp đờng tròn đờng

kÝnh BH



F

H

E

H

H

b XÐt tø gi¸c CFED ta cã :

∠CED

=

DFC = 90

0

( nhìn đoạn thẳng CD dới góc

vuông)

=> CFED nội tiếp đờng trịn đờng kính CD

=>

∠

EFD =

∠

ECD ( Cùng chắn cung

ED )

Mặt khác ta lại cã :

C

D

=> EN đờng trung tuyến tam giác BHE => N trung điểm BH (Đpcm )

Bài : ( điểm )

Cho cỏc số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức :

√

x y+z+

√

y x+z+

√

z x+y>2

Áp 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 > vËy dÊu b»ng xảy

=>

x

y+z+

√

y x+z+

√

z

y+x>2 víi mäi x, y , z > ( §pcm )

s 10

Câu 1

: (2,0 điểm)

TÝnh

27 144 : 36

.

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

trên R.

C©u 2

: (3,0 ®iĨm)

1 Rót gän biĨu thøc

3

2

3

a a a

A

a a

     

     

   

 

, với a

0; a

1.

2 Giải hệ phơng trình:

2 13

2

x y x y

 

 

 



.

3 Cho phơng trình:

x2 4x m  1 0

(1), với m tham số Tìm giá trị m

để phơngg trình (1) có hai nghiệm

x x1, 2

thoả mãn





2

1

Một mảnh vờn hình chữ nhật có diƯn tÝch 192 m

2

BiÕt hai lÇn chiỊu réng lín h¬n

chiều dài 8m Tính kích thớc hình chữ nhật đó.

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

ờng thẳng d điểm K, tia CM cắt đờng thẳng d điểm E Đờng thẳng BE cắt nửa

đ-ờng 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 luôn

nằm đờng thẳng cố định điểm M thay đổi.

Câu 5

: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dơng 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.

Híng dÉn chÊm

C©u 1

:

(2,0 ®iĨm)

1

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

3

( 2).( 2)

a a a a a a a

A

a a a a

a a a

            

          

     

     

   

Giải hệ phơng 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), víi m lµ tham sè

' ( 2)2 (m 1)  3 m

Phơng trình (1) có nghiệm

0 3 m 0 m 3

Theo hÖ thøc Viét ta có

x1x2 4

(2) ;

x x1  m 1

(3)

Theo

đề

b i ta có:

à





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) vµo (4) ta có: 16 - 4.(m+1) =



16- 4m – = 4



- 4m=-8



m=2 (có tho

ả

mãn

m3

)

Câu 3

: (1,5 điểm)

G

i chi

u r

ộ

ng c

ủ

a hình ch

ữ

nh

ậ

t l x(m)

à

Đ

K : x>0

V

ậ

y chi

ề

u d i c

à

ủ

a hình ch

ữ

nh

ậ

t l

à

192 x

(m )

2x -

192

x

=



2x

2

- 8x - 96 =

Giá tr

ị

x

2

= -8 < (lo

ạ

i) ; x

1

=12 có tho

ả

mãn

Đ

K

V

ậ

y chi

ề

u r

ộ

ng c

ủ

a hình ch

ữ

nh

ậ

t l 12 m

à

Chi

ề

u d i c

à

ủ

a hình ch

ữ

nh

ậ

t l 192 ;12=16 (m)

Câu 4

: (3 điểm)

H N

E

K

B

O

C D

M

a

) Xét tứ giác CDNE có

CDE 90  o

( GT)

Và

BNC 90  o

(góc nội tiếp chắn nửa đường

trịn) nên

ENC 90  o

(Kề bù với góc BNC)

Vậy

CDE CNE 90   o

nên tứ giác CDNE nội tiếp(

Vì có hai đỉnh kề D,N nhìn EC dưới

1 góc vng)

b) Gợi ý câu b:

Tam giác BEC có K giao điểm đường

cao BM ED nên K trực tâm Vậy

KCBE

Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE góc

vng nên

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 

(cựng phụ gúc EBC) Vậy

KHC BED 

nờn tứ giỏc BEKH nội tiếp nờn

I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BKE

đ

i qua B v H c

à

ố

đ

ị

nh nờn I thu

ộ

c

đ

ườ

ng trung

tr

ự

c c

ủ

a BH

Câu 5

:

Đặt a = x+y = M; b = xy;

a2 4b

Tõ gi¶ thiÕt cã:

3 3 3 6 4 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 )

2; " " :

M x y khi x y

   

  

(*)

+) NÕu

a2 ab2b2 3b0

2

2

2

2 ( 3)

a ab b b

b a b a

   

    

(1)

Gi¶ sư

 

(1) cã nghiƯm b thoả mÃn b

a

b=

2

2

a a 

2 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 7

(**)

Đề số 11

Câu (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) M  27 12 3  ;

b)

1

:

2

a N

a

a a

 

  



 

  , với a > a4. Câu (1,5 điểm)

Giải phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4 0;

b)

1

2 x x

 

 .

Câu (1,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x + 3;

b) Tìm (d) điểm có hoành độ tung độ Câu (1,0 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 3x -5 = Tính giá trị biểu thức

2

1

x x .

Câu (1,5 điểm) Giải tốn cách lập hệ phương trình:

Tính chu vi hình chữ nhật, biết tăng chiều hình chữ nhật thêm 4m diện tích hình chữ nhật tăng thêm 80m2 ; giảm chiều rộng 2m tăng chiều dài 5m diện tích hình chữ nhật diện tích ban đầu

Câu (3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (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 trung điểm DE Chứng minh: CM.DB = DF.DO

Đáp Án :

Câu (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức (không 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 (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4

Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình x2 5x 4 0có hai nghiệm phân

biệt x1 = x2 = b)

1

2 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 +

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

3

x x x x

  



 

Vậy: x12x22 (x1x2)2 x x1  ( 3)2 2.( 5) 10 19    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 16 10

( 5)( 2) 10 10

           

   

  

   

         

   

a b ab ab a b ab a b a

ab a b ab ab a b a b b

Vậy chu vi hình chữ nhật là: 32m Câu (3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Kẻ EF 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 trung điểm DE Chứng minh: CM.DB = DF.DO

O

M F

E

D C B

A

a) Ta có: ABD1v (DoABD chắn đương trịn đường kính AD ) (1)

AF E1v (DoEFAD ) (2)

Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v nên tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn đương

kính AE

b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn 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)

Đề số 12

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

 

 

  

a) Phương trình:

2 3 0

x  x  có nghiệm x x1, Tính giá trị: X =

3

1 2 21 x x x x 

b) Một phòng 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 trịn 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 số 13

Bài 1: (2,0 điểm)

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 giao điểm (d) (P) Bài 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3x2 – 4x – = 0. b) Giải hệ phương trình:

¿

3

√

x −2

√

y=−1

2

√

x+

√

y=4 ¿{

¿ Bài 3: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P = x

√

x −8

x+2

√

x+4+3(1−

√

x) , với x

a/ Rút gọn biểu thức P

b/ Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q = 12− PP nhận giá trị nguyên Bài 4: (3,0 điểm)

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)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE

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

Cho hình vng ABCD Qua điểm A vẽ đường thẳng cắt cạnh BC E cắt đường thẳng CD F Chứng minh rằng:

ΑΒ2=

1 AΕ2+

ĐÁP ÁN 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. −2¿

2

−3 (−2)=10 Δ'

=¿ x1=2+

√

10

3 ; x1=

2−

√

10 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 = 12− PP nhận giá trị nguyên Q = 12− PP = 2(1−2

√

x)

1−(1−2

√

x)=

1−2

√

x

√

x =

1

√

x−2 Q Ζ⇔

√

x∈Ζ⇔x=1 Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường tròn

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

E

I

A C

B

⇒ Δ BAI  Δ BDE ⇒ BABD=BI

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

ΑΒ2= AΕ2+

1 ΑF2

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 :

ΑD2= AM2+

1 ΑF2

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

ΑΒ2= AΕ2+

1 ΑF2

Đề số 14

Bài 1( điểm)

1) 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( điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x

1; 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( điểm)

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 qng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( điểm)

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

E

D M

B

A

C

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 trung điểm BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

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

Bài giải : Bài

1) A

2 ( 4)(1 2)

1

2 4

       

   

   

2

1

2) ( );

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  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt , nên : x1+ x2 = - ; x1x2 = 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

2

3

2

12 4

3

2

   



 

    

  

       

   

       

 

  



x

x

x y x

y y

x y x y

Vậy hệ có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài :

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)

Th gian quãng đường lại :

50 ( )

x h x

 

Theo đề ta có PT:

1 50 50

2

2



  

 x

x x

Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài :

c/ Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt 





AGH MGO

   (đ đ)

( )

2 AHG MOG G G

AH AG 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 hình bình hành) 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)

Đề số 15

Câu I (3,0 điểm)

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 (2,0 điểm)

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(1,5 điểm)

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 (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B, C hai tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC

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

Chứng minh rằng: IP + KQ  PQ

ĐÁP ÁN :

Câu 1:

a)

ĐKXĐ: x > 0, x



Rút gọn: A =

x

x 

b)

A =

3

<=>





1

3

3

x

x x x

x 

     

(thỏa mãn)

c)

P = A - 9

x

=

1 x

x 

- 9

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: x

2

– 6x + = => x

1

= 2, x

2

= 4

b)

xét pt (1) ta có:

'

= (m + 2)

2

– (m

2

+ 7) = 4m – 3

phương trình (1) có hai nghiệm x

1

, x

2

ó

m

3



Theo hệ thức Vi-et:

1 2

2( 2)

x x m

x x m

   

 

  



Theo giả thiết:

x

1

x

2

– 2(

x

1

+

x

2

) = 4



m

2

+ – 4(m +2) =

ó

m

2

– 4m – = => m

1

= - 1(loại) ; m

2

= (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 10

x  x 

ó

x

2

+ 10x – 1200 = 0

=> x

1

= 30 (t/m) x

2

= - 40 (loại)

vậy vận tốc xe thứ 40km/h, xe thứ hai 30km/h

Câu 4:

a)

ABO + ACO = 180  0

=> tứ giác ABOC nội tiếp

b)



ABD

 

AEB (g.g) => AD.AE = AB

2

(1)



ABO vuông B, BH



AO => AH.AO = AB

2

(2)

=> AH AO = AD AE

c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ



2

IP.KQ

P

K I

H D

C B

O A

Ta có:



APQ cân A=>OP = OQ => PQ = 2OP

Để C/m IP + KQ



PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP

2

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            0

=>

POI DOK 90 

 

Mà

QKO COK 90   

Suy ra:

POI QKO  

Do đó:



POI



QKO (g.g)



IP.KQ = OP.OQ = OP

2

Đề số 16

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + = b) Giải hệ phương trình:

3 | |

5 11

x y x y

 

 

 



Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

6 5

( ) :

2 5

Q   

  

Bài 3: (2,0 điểm)

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

2

1 x  x .

Bài 4: (1,5 điểm)

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: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD Gọi M điểm di động cung nhỏ AB ( M không trùng với điểm A B)

a) Chứng minh MD đường phân giác góc BMC b) Cho AD = 2R Tính diện tích tứ giác ABDC theo R

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

BÀI GIẢI :

Bài 1:

Pt (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm : x

1

= -1 x

2

=

7

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

Bài 2: Q =

3( 1) 5( 1)

[ ]:

2 5

 



   =

2 [ 5]:

5





=

( 5)( 3)

2

 

=

Bài 3:

a) x

2

– 2x – 2m

2

= (1)

m=0, (1)



x

2

– 2x =



x(x – 2) =



x= hay x = 2

b) ∆’ = + 2m

2

> với m => phương trình (1) có nghiệm với m

Theo Viet, ta có: x

1

+ x

2

= => x

1

= – x

2

Ta có:

x12 4x22

=> (2 – x

2

)

2

=

2

4x



– x

2

=

2x2

hay – x

2

= -

2x2



x

2

= 2/3 hay x

2

= -2.

Với x

2

= 2/3 x

1

= 4/3, với x

2

= -2 x

1

= 4



-2m

2

= x

1

.x

2

= 8/9 (loại) hay -2m

2

= x

1

.x

2

= -8



m =



2

Bài 4:

Gọi a, b độ dài cạnh hình chữ nhật.

Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) a

2

+ b

2

= 10

2

= 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 : X

2

– 14X + 48 =

 a = cm b = cm

Bài 5:

a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 60

0

nên góc

CMD = góc DMB= 30

0



MD phân giác góc BMC

b) Xét tứ giác ABCD có đường chéo AD và

BC vng góc nên :

S

ABCD

=

1

2

AD.BC =

2

2 3

2 R R R

c) Ta có góc AMD = 90

0

(chắn ½ đường trịn)

Tương tự: DB



AB,vậy K trực tâm

của



IAD (I giao điểm AM DB)

Xét tứ giác AHKM, ta có:

góc HAK = góc HMK = 30

0

, nên dễ dàng



tứ giác nội tiếp

Vậy góc AHK = góc AMK = 90

0

Nên KH vng góc với AD

Vậy HK đường cao phát xuất từ I



IAD

Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I.

Đề số 17

Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0

b)

5

5

x y x y

 

 

  

c) x45x2 36 0

d) 3x25x 3 0 

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số yx2 đường thẳng (D): y2x hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2mx 4m2 0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức A = x12x22 x x1 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)

Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân

c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp

d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID

BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0 (a)

Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a)

1

3 x hay x 

  

b)

5 (1)

5 (2)

x y x y         11 11

5

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

c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2

 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) (*) có  = 169, nên (*) 

5 13 u  

hay

5 13

u  

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 2

Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) =  x2 =  x = 2 d) 3x2 x 3 3 0  (d)

(d) có : a + b + c = nên (d)  x = hay

3 3 x 

Bài 2:

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2 2 3

x x

    x2 – 2x – =  x1 hay x3 (Vì a – b + c = 0)

y(-1) = -1, y(3) = -9

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)



1; , 3; 9

 





Bài 3:

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

 

=

(3 4)(2 1) ( 4)(5 3)

11 13

   



=

22 11 26 13

11 13

 



= 2 3 2

=

1

( 4 )

2    =

2

1

( ( 1) ( 1) )

2    =

1

[ ( 1)]

2    = 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

=

2 28

( 1)( 4)

x x x x x

x x x x

   

 

    =

2

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      

 

=

2 28 16

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

  =

4

( 1)( 4)

x x x x

x x

  

 

=

( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

  

  = x1

Bài 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =

b m a  

; P =

c

m a    A =

2

1 2

(x x )  3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m.

Và A = m =

3 

Vậy A đạt giá trị nhỏ m =

3 

Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc

vng

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật)

Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)

Do đó: góc OAC + góc AFE = 900  OA vng góc với EF

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP



AP AE

AB AP  AP2 = AE.AB Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng

HAB vng H, có HE chiều cao)  AP = AH APH cân A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA

Do DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng

AHC vng H, có HF chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng

AHD vng H, có HK chiều cao) Vậy  AK.AD = AF.AC

Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp,

vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) IH2 = IF.IK (từ

IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

Đề số 18

A

B

C D

P

E

O H I

K

Bài I (2,5 điểm)

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 (2,5 điểm)

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 (1,0 điểm)

Cho Parabol (P):

y x



đường thẳng (d):

y 2x m





2



9

1) Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) m =

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B.Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm 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



0. 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI

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

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

2

1

M 4x

3x

2011

4x









HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:











 





 





 









 



2

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

x -5

x-10 x +25 x -5

= = = (Voi 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 2

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 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) x2 = 2x + 8

<=> x2 – 2x – = 0 Giải x = => y = 16 x = -2 => y =

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 <

Bài 4

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 ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)  Do tứ giác AMEI 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

nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vng cân A

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

Áp dụng Pitago tính MI=R

√

2

2 ;IN= 3R

√

2

2 Vậy SMIN=1

2 IM IN= 3R2

Bài 5:

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 >

1 4x

 

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

1 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 =

1

Bài 5:

2 2

2

1

1

1

1

1

M

4x

3x

2011

3 x

x

x

2010

4x

4

8x

8x

4

1

1

1

1

3 x

x

2010

2

8x

8x

4































































Áp dụng cô si cho ba số

x2, 8x,

1

8x

ta có

x2+

8x+ 8x≥3

3

√

x2 8x

1 8x=

3

4

Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

mà

(

x −1

2

)

≥0

Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

Vậy

M ≥0+3

4+

4+2010=2011

Vậy giá trị nhỏ M 2011 M =

Đề số 19

Câu 1: Phương trình

x

2



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 tiếp điểm (O) với cạnh MN;MP BiếtMNP 50  0.Khi đó, cung nhỏ EF (O) có số đo bằng:

A.

100

0 B.

80

0 C.

50

0 D.

160

0

Câu 3: Gọi



góc tạo đường thẳng

y x

 

3

với trục Ox, gọi  góc tạo bởi đường thẳng

y



3x 5



với trục Ox Trong phát biểu sau,phát biểu sai ?

A.

 

45

0. B  900. C. 900. D.  .

Câu 4: Một hình trụ có chiều cao 6cm diện tích xung quanh

36 cm



Khi đó, hình trụ cho có bán kính đáy

A 6cm B cm C

3



cm D 6cm

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

3 x 1

1

1

P

:

x 1

x 1

x

x

























với

x x 1





1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm x để 2P – x = Câu 2.(2 điểm)

1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hồnh độ M thuộc đồ thị hàm số

y



2x

2 Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O điểm M ( biết đường thẳng OM đồ thị hàm số bậc nhất)

2) Cho phương trình

 

2

x



5x 1





Biết phương trình (1) có hai nghiệm

x ;x

1 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.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

2

17

x y 1

5

2x y 2

26

x 2

y 1

5







 

























Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R) Từ điểm M (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (O;R) ( với A, B tiếp điểm) Kẻ AH vng góc với MB H Đường thẳng AH cắt (O;R) N (khác A) Đường tròn 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 giao điểm NB HI; gọi D giao điểm NA KI Đường thẳng CD cắt MA E Chứng minh CI = EA

Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình :













2

2)Chứng minh : Với

2

2

1

1

x 1, ta ln có x

2 x

x

x

































.

HƯỚNG DẪN

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ:

x 2; y





1

3

2

17

3

2

17

3

2

17

x y 1

5

x y 1

5

x 2

y 1

5

2x y 2

26

2(x 2) (y 1) 26

2

3

26

2

1

x 2

y 1

5

x 2

y 1

5

x 2

y 1

5

















































































 



























1) Câu 4.(3,0 điểm)

1) NIB BHN 180   0





NHBI

nội tiếp 2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp













1 1

2 2

Ta có H

B

A

I

I

B

A

K

















3) ta có:

   

1 2

I I DNC B A DNC 180

 

Do CNDI nội tiếp

 2 2  2

D I A

    DC // AI

Lại có A H 1 AE / /IC

Vậy AECI hình bình hành => CI = EA Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình :













2

x x 9 x 9 22 x 1



x

2

9 x

 

9x



22 x 1





2



x

2

9

 



x

2

9



9 x 1







22 x 1





2





























Đặt x – = t;

x

2



9

= m ta có:

m

2



9mt 22t





22t

2



9mt m





0

Giải phương trình ta

m

m

t

;t

2

11







 Với

2

2

m

x

9

t

ta có : x 1

x

2x 11 vơ nghiêm

2

2

















 Với

2

2

m

x

9

t

ta có : x 1

x

11x 0

11

11





















121 129

 

 

> phương trình có hai nghiệm 1,2

11

129

x

2) Chứng minh : Với

2

2

1

1

x 1, ta ln có x

2 x

x

x

































(1)

2

2

2

1

1

1

1

1

1

3 x

2 x

3 x

x

2 x

x

1

x

x

x

x

x

x

1

1

1

3 x

2 x

1

(vì x nên x

0)

(2)

x

x

x











 





 

































 





 













 





 











































Đặt

2

2

1

1

x

t x

t

2

x

x







 

, ta có (2)



2t

2



3t 0



 



t 2t 1



 







0

(3)

Vì





2 2

1

x nên x 1

0

x

1 2x

x

2 hay t 2

x





 

 









=> (3) Vậy ta có đpcm

Đề số 20

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)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

b ng:

ằ

A 12 B 18 C 27 D 324

Câu

Đồ ị à

th h m s y= mx + (x l bi n, m l tham s ) i qua i m N(1; 1) Khi

ố

à ế

à

ố đ

đ ể

ó gí tr c a m b ng:

đ

ị ủ

ằ

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

Câu Cho tam giác ABC có diện tích 100 cm2

G i M, N, P t

ọ

ươ

ng ng l trung

ứ

à

i m c a AB, BC, CA Khi ó di n tích tam giác MNP b ng:

đ ể

ủ

đ

ệ

ằ

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

Câu Tất giá trị x để biểu thức x 1

có ngh a l :

ĩ à

A x < 1 B x  1 C x > 1 D x1

PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu (2.0 điểm) Giải hệ phương trình

x y

x 2y

  



   

Câu (1.5 điểm) 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

Câu (1.5 điểm) 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 (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng tam giác cân, AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Gọi I trung điểm cạnh AC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC hình thang cân

b) BH = 2OI điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC

Câu 9.(2.0 điểm) 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 .

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN

:

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm):

Mỗi câu cho 0,5 điểm

Câu

Đáp án B C A D

Phần II Tự luận (8,0 điểm).

Câu (2,0 i m).

đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình

1 (1)

2 (2) x y

x y

  



  



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

 (x - 1)2 =  x = 0,5

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 i m):

đ ể

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 i m):

đ ể

Nội dung trình bày Điểm

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

c (0,5 i m):

đ ể

Nội dung trình bày Điểm

P =





2

2

1 2 2

x x  x x  x x

= 4m

2 - 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 i m).

đ ể

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:

700

x

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 i m):

đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  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

b (1,0 i m):

đ ể

E K

I H

O B

A

C F

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 i m).

đ ể

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

  

 

  

=

3

2 0,25

Dấu “=” xảy

1 a b c  

Từ giá trị lớn P

3

2 đạt

1 a b c  