Nhưng do số người đến dự họp là 400 nên đã phải kê thêm mỗi hàng một ghế ngồi và thêm một hàng như thế nữa mới đủ chỗ... Trên cùng một nửa.[r]
(1)ĐỀ 1
Câu (2 điểm) :a)Cho góc nhọn a Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :
2
cos sin
P a a
b) Chứng minh:
4 15
5 3
4 15 Giảia)P cos2a sin 2a 1 cos2a cos2a 1
2
cos 2cos
P a a (vì cosa > 0) (0,5 điểm)
2 (cos 1)
P a
1 cos
P a (vì cosa < 1) (0,5 điểm)
b)
2
4 15 5 4 15 5 4 15 4 15
=
5 3
4 15 (0,5 điểm)=
2
5 4 15
=
8 15 4
15
= (0,5 điểm) Câu 2: Cho parabol (P) : y = – x2 đường 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 biệt b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung
Đáp án Câu 2: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M( – ; – 2) Nên phương
trình đường thẳng (d) : y = mx + m – (0,5 điểm)
Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình:
– x2 = mx + m – (0,25 điểm) x2 + mx + m – = (*)
Phương trình (*) có m2 4m 8
m 2
2 0m (0,25 điểm)Vì phương trình (*) có 0 ,m nên phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt ,
(d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B (0,5 điểm) b) A B nằm hai phía trục tung phương trình : x2 + mx + m – = có hai nghiệm
trái dấu m – < m < 2. (0,5 điểm)
Câu 3:
a) Giải hệ phương trình:
12
4 ) ( ) (
y x
y x y
(2)b) Giải bất phương trình: 15 2 x x x x x < Đáp án Câu 3 :
a)Đặt x - y = a ta pt: a23a 4 a11;a2 4 (0,25 điểm)
Từ hệ đã cho 12 ) ( ) ( y x y x y x
, ta có: * 12 y x y x
(1) (0,25 điểm)
* 12 y x y x
(2) (0,25 điểm)
Giải hệ (1) ta x = 3, y =
Giải hệ (2) ta x = 0, y = (0,25 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm x = 3, y = x = 0; y = (0,25 điểm) b) Ta có x3 4x2 2x15 ( x 5)(x2 x 3) (0,25 điểm) mà
2
2 3 11 0
2
x x x
với x (0,25 điểm) Vậy bất phương trình tương đương với x 0 x5 (0,25 điểm) Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M đường tròn (O) cắt tiếp tuyến A B C D
a.Chứng minh : AC BD = R2.
b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ Câu 4: Hình vẽ (0,5 điểm)
a.Ta có CA = CM; DB = DM (0,5 điểm)
(3)Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : (0,5 điểm) MO2 = CM MD (0,5 điểm)
R2 = AC BD
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp (0,25 điểm)
;
MCO MAO MDO MBO
(0,25 điểm)
COD AMB g g (0,25 điểm) Do :
Chu vi COD OM Chu vi AMB MH
(MH AB) (0,25 điểm)
Do MH OM nên OM
MH
Chu vi COD chu vi AMB (0,25 điểm)
(4)ĐỀ 2
Câu : (2 điểm) Cho biểu thứcP = (√a−√b)2+4√ab
√a+√b :
√ab
a√b −b√a
a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa hãy rút gọn P
b/ Tính giá trị P a =
√
15−6√6+√
33−12√6 b = √24 Đáp án câu 1: Cho biểu thứcP = (√a−√b)2
+4√ab √a+√b :
√ab
a√b −b√a
a) P có nghĩa a > ; b > a b (0,5 điểm)
P = a−2√ab+b+4√ab √a+√b ⋅
√ab(√a −√b)
√ab =
(√a−√b)2
√a+√b ⋅(√a −√b) = a b (1 điểm)
b) Với a =
√
15−6√6+√
33−12√6 =√
(3−√6)2+√
(3−2√6)2 == 3 √6 + 3 √6
= √6 + √6 = √6 (0,25 điểm)
Với b = √24 = √6
Do P = a b = √6 √6 = √6 (0,25 điểm)
Câu : (2 điểm)
a/ Cho hệ phương trình
¿
x+my=3m
mx− y=m2−2
¿{
¿
Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn: x2 2x y > 0.
b/ Giải phương trình x2
x 1x +
x2 10 =
Đáp án câu 2:
a) Cho hệ phương trình
¿
x+my=3m(1)
mx− y=m2−2(2)
¿{
¿
Từ(1) ta có x = 3m my (3) Thay (3) vào (2): m(3m my) y = m-2 (0,25 điểm) 3m2 m2y y = 2(m2 + 1) (m2 + 1)y = 2(m2 + 1)
Vì m2 + > với m nên y = 2(m2+1)
m2
+1 = (0,25 điểm)
Thay y = vào (3) ta có x = 3m m.2 = m
Vậy nghiệm (x ; y) hệ phương trình (x = m ; y = 2) Để x2 2x y > m2 m > (m 1)2 (
√3 )2 > (0,25 điểm)
(5)
¿m−1−√3>0
m−1+√3>0
¿ ¿ ¿
m −1−√3<0
¿
m−1+√3<0
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
¿m>1+√3
m>1−√3
¿ ¿ ¿
m<1+√3
¿
m<1−√3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
m>1+√3
¿
m<1−√3
¿ ¿ ¿ ¿
Vậy m > + √3 m < √3 hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ;
y) thỏa mãn x2
2x y > (0,25 điểm)
b) Giải phương trình x2 x
x +
1
x2 10 = (1) Điều kiện x (0,25 điểm)
Phương trình (1) (x2 +
x2 ) (x +
x ) 10 =
(x2 +
x2 + ) (x +
x ) 12 =
(x + 1x )2 (x + 1x ) 12 = (*)
Đặt y = x + 1x Phương trình (*) trở thành : y2 y 12 =
y1 = ; y2 = (0,25 điểm)
Với y = x + 1x = x2 + 3x + = x1 = 3+√5
2 ; x1 =
3−√5
2 (0,25
điểm)
Với y = x + 1x = x2 4x + = x3 = + √3 ; x4 = √3
Các giá trị x vừa tìm thỏa mãn x
Vậy nghiệm số (1) : x1 = 3+√5
2 ; x1 =
3−√5
2 ; x3 = + √3 ; x4 = √3
(0,25 điểm)
Câu : (2 điểm)
Một phịng họp có 360 ghế ngồi, xếp thành hàng hàng có số ghế ngồi Nhưng số người đến dự họp 400 nên đã phải kê thêm hàng ghế ngồi thêm hàng đủ chỗ Tính xem lúc đầu phịng họp có hàng ghế hàng có ghế ngồi
Đáp án câu 3:
Gọi x (hàng) số hàng ghế ban đầu phòng họp (x nguyên, dương) (0,25 điểm)
Do 360x (ghế) số ghế ban đầu hàng
x + (hàng) số hàng ghế lúc dự họp phịng họp
Do 400x
+1 (ghế) số ghế lúc dự họp hàng
Khi dự họp hàng kê thêm ghế ngồi, ta có phương trình :
400
x+1
360
x = (1 điểm)
(6)Giải phương trình x1 = 24 ; x2 = 15 Cả hai giá trị x thỏa mãn điều kiện
(0, 25 điểm) Vậy ban đầu phịng họp có 24 hàng ghế, hàng có 15 ghế ngồi
Hoặc ban đầu phòng họp có 15 hàng ghế, hàng có 24 ghế ngồi.(0, 25 điểm)
Câu : (4 điểm)
Gọi C điểm nằm đoạn thẳng AB (C A, C B) Trên nửa
mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax By vng góc với AB Trên
tia Ax lấy điểm I (I A), tia vuông góc với CI C cắt tia By K Đường trịn
đường kính IC cắt IK P 1/ Chứng minh:
a/ Tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn Xác định tâm đường trịn b/ AI.BK = AC.BC
c/ APB vuông
2/ Cho A, I, B cố định Tìm vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn
Bài 4: Hình vẽ (0,5 điểm)
1 a/ P nằm đường trịn tâm O1
đường kính IC IPC = 900
Mà IPC + CPK = 1800 (góc kề bù)
CPK = 900 (0,25 điểm)
Do CPK + CBK = 900 + 900 = 1800 (0,5 điểm)
Nên CPKB nội tiếp đường tròn tâm O2
đường kính CK (0,25 điểm)
b/ Vì ICK = 900 C
1 + C2 = 900
AIC vuông A C1 + A1 = 900
A1 + C2 có A = B = 900 (0,25 điểm)
Nên AIC BCK (g.g) (0,25 điểm)
AIBC=AC
BK AI . BK = AC . BC (1) (0,25 điểm)
c/ Trong (O1) có A1 = I2 (gnt chắn cung PC)
Trong (O2) có B1 = K1 (gnt chắn cung PC) (0,25 điểm)
Mà I2 + K1 = 900 (Vì ICK vuông C) (0,25 điểm)
A1 + B1 = 900, nên APB vuông P (0,25 điểm)
2/ Ta có AI // BK ( vng góc với AB, nên ABKI hình thang vuông
P
K
I
C B
A
2
2
1
1
1
O
1
x y
(7)Do SABKI = 12 .AB.(AI + BK) (0,25 điểm)
Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi Suy SABKI lớn BK lớn
Từ (1) có AI . BK = AC . BC BK = AC BCAI
Nên BK lớn AC BC lớn (0,25 điểm)
Ta có (√AC−√BC)2≥0 AC + BC √AC BC √AC BC AC+2BC
√AC BC AB2 AC BC AB
4
Vậy AC BC lớn AC BC = AB2
4 AC = BC =
AB
2 C trung
điểm AB (0,25 điểm)
(8)ĐỀ 3
Câu 1: (2 điểm). Cho biểu thức A =
x 2
x
x x .
1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x =
3 Khi x thoả mãn điều kiện xác định Hãy tìm giá trị nhỏ cuả biểu thức B, với B = A(x-1)
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1 (0,25 điểm)
Ta có: A = √x
√x −1− √x+1−
2
x −1
= √x(√x+1)
(√x −1)(√x+1)−
2(√x −1) (√x+1)(√x −1)−
2
(√x −1)(√x+1) (0,25 điểm)
= (x+√x)−2(√x −1)−2
(√x −1)(√x+1) (0,25 điểm)
= x+√x −2√x+2−2
(√x −1)(√x+1) =
x −√x
(√x −1)(√x+1) =
√x(√x −1) (√x −1)(√x+1) =
√x
√x+1 (0,25 điểm)
Vậy A = √x
√x+1
b) Thay x = vào biểu thức rút gọn A ta được: A = √9
√9+1= 3+1=
3
4 (0,25 điểm)
Vậy x = A = 34
c) Ta có: B = A (x −1)
¿ √x
√x+1(x −1) ¿√x(√x −1) ¿x −√x
√x¿2−2 √x.1 2+
(
1 2
)
−1 ¿ ¿√x −1
2¿
+
(
−1 4)
¿ ¿
(0,25 điểm)
Vì: √x −12¿
2≥0 ¿
Với giá trị x x
⇒ √x −12¿2+
(
−14)
≥(
−14)
¿Với giá trị x 0 x 1 (0,25 điểm)
Dấu xãy √x −12¿
2
=0⇔√x −1
2=0⇔x=
¿
Vậy giá trị nhỏ biểu thức B
(
−14
)
đạt x=1
4 . (0,25 điểm)
Câu 2: (2 điểm) Cho Parabol (P): y =
2
2
x
đường thẳng (D): y = - x – a/ Vẽ (P) (D) hệ trục tọa độ Oxy
b/ Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán
(9)Cho Parabol (P): y =
2
2
x
đường thẳng (D): y = - x – a/ Vẽ (P) (D) hệ trục tọa độ Oxy
Lập bảng giá trị (P) (0,25 đ)
x -2 -1
y -2 -1/2 -1/2 -2
(D) qua điểm (0; -4) (-4; 0) (0,25 đ)
Vẽ đường 0,25 đ = (0,5 đ)
b/ Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép tốn
Phương trình hồnh độ giao điểm:
2
4
x x
x2 – 2x – =
x1 = -2 ; x2 = (0,25 đ)
Với x1 = -2 y1 = -2 ; x2 = y2 = -8
Vậy giao điểm (-2;-2) (4;-8) (0,25 đ)
Câu 3: (2 điểm) Cho phương trình x2 – 4x + m + = (*)
a/ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm phân biệt
b/ Biết phương trình (*) có nghiệm x1 =
1
2 Dùng Vi-ét tìm nghiệm x2 ?
c/ Tìm m để nghiệm x1 ; x2 phương trình thỏa mãn x1 = 3x2
Đáp án câu 3: Cho phương trình x2 – 4x + m + = (*)
a/ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm phân biệt
’=(-2)2 – (m + 1) = – m (0,5 điểm)
Để PT có nghiệm phân biệt ’> – m > m < (0,25 điểm)
b/ Biết phương trình (*) có nghiệm x1 =
1
2 Dùng Vi-ét tìm nghiệm x2 ?
Theo Vi-ét ta có x1 + x2 = (0,25 điểm)
2 + x2 = x2 =
2 (0,5 điểm)
c/ Tìm m để nghiệm x1 ; x2 phương trình thỏa mãn x1 = 3x2
giải hệ PT
1
1 2
3
4
x x x
x x x
(0,5 điểm)
2
-2
-4
-6
-8
-5
(10)Câu 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AF
và CE tam giác ABC cắt H (F BC E ; AB)
a/ Chứng minh tứ giác AEFC nội tiếp đường tròn
b/ Kẻ đường kính AK đường trịn (O) Chứng minh: tam giác ABK tam giác AFC đồng dạng
c/ Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành
Đáp án câu
a/ Hình vẽ (0,5 đ)
900
AECAFC mà đỉnh E F kề nhau
cùng nhìn đoạn AC cố định (0,5 đ)
Nên AEFC nội tiếp (0,5 đ)
b/
Ta có ABK 900 (nội tiếp chắn nửa đường
tròn) (0,5 đ)
900
ABK AFC
ACF AKB (cùng chắn cung AB) (0,5 đ)
BAK
FCA (g – g) (0,25 đ)
c/ Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành
BK // CH (cùng vng góc AB) (0,5 đ)
CK // BH (cùng vng góc AC) (0,5 đ)
BHCK hình bình hành (0,25 đ)
H E
F
O
C A
B
(11)ĐỀ 4
Câu 1: ( 2điểm)1) Giải phương trình : 2x2 + 3x – =0
2) Giải hệ phương trình:
2x y 3x y
3) Rút gọn: M =
1 22
32 50
2 11
Đáp án câu
1/ Giải phương trình : 2x2 + 3x – =0
pt có dạng a + b + c = + – = (0,25 điểm)
Nên ptcó nghiệm x1 = 1; x2 =
c a
(0,25điểm +0,25 điểm) 2/Giải hệ phương trình:
2x y 3x y
5x 10 x x
3x y y y
(0,25+0,25+0,25điểm)
3/ M =
1 22
32 50
2 11 = 2 10 2 (0,25điểm)
7
(0,25điểm)
Câu 2: ( điểm)
Cho phương trình x2 – mx – =0
1) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 2) Gọi x1; x2 nghiệm phương trình
Tìm giá trị m cho x12 +x22 – 3x1x2 =14
Đáp án câu 2:
Cho phương trình x2 – mx – =0
1/ C1: ta có a.c = 1.(-2) = -2 <0 (0,5điểm)
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m (0,5điểm)
C2: m2 8 0; m (0,5điểm)
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m (0,5điểm)
2/ Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi – ét ta có:
x1 +x2 = m; x1.x2 = - (0,5điểm)
x12 +x22 – 3x1x2 =14
2
1 2
(x x ) 5x x 14 m 10 14
(0,25điểm)
m=2 (0,25điểm)
Câu 3: ( điểm)
Một ca nô chạy với vận tốc không đổi khúc sông dài 30 km, hết giờ Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h
Đáp án Câu 3: ( điểm)
Gọi x( km/h) vận tốc canô nước yên lặng ( đ kiện x > 4) (0,25điểm)
Vận tốc ca nô xuôi dàng x+4 ( km/h)
(12)B C A
M
O
E D
N K
H
Thời gian ca nơ xi dịng
30
x 4 (h) thời gian ca nô ngược dòng
30
x 4 (h)(0,25điểm)
Theo đề ta có pt:
30 30
x x 4 (0,5điểm)
x2 – 15 x – 16 =0 (0,25điểm)
Pt có nghiệm x1 = -1 ( loại) x2 = 16 ( nhận) trả lời (0,5điểm)
Câu 4: ( điểm)
Cho tam giác ABC vuông A ( AB>AC) Trên cạnh AC lấy điểm M (khác A C) Đường trịn đường kính MC cắt BC E cắt đường thẳng BM D ( E khác C ; D khác M)
1) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp
2) Chứng minh ABD MED
3) Đường thẳng AD cắt đường trịn đường kính MC N ( N khác D) Đường thẳng MD cắt CN K, MN cắt CD H Chứng minh KH song song với NE
Đáp án câu 4: ( điểm)
Hình vẽ : (0,5 điểm)
Trong đó:
Nếu vẽ tam giác vuông ABC ( AB>AC) đường trịn đường kính MC 0,25
Vẽ phần lại câu 1) 0,25
1\ Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp
Ta có BAC 90 (gt) (0.25điểm)
A đường trịn đường kính BC (0.25điểm)
MDC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đkính MC)
Hay BDC 90 0( B,M,D thẳng hàng) (0.25điểm)
D đường trịn đường kính BC (0.25điểm)
Suy tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BC (0.25điểm)
2\ Chứng minh ABD MED
Ta có: ABD ACD ( hai góc nội tiếp chắn cung AD đường trịn đkính BC)
(13)Mà MCD MED ( hai góc nội tiếp chắn cung MD đường trịn đkính MC)
(0.25điểm) Hay ACD MED ( A; M; C thẳng hàng) (0.25điểm)
Suy ABD MED (0.25điểm)
3/ Chứng minh KH//EN
Trong tam giác MKC có MNKC;CDMK suy H trực tâm tam giác MKC
KH MC
hay KHAC (0.25điểm)
KH / /AB
( vng góc AC) (1) (0.25điểm)
Ta có CEN CDN ( hai góc nội tiếp chắn cung CN đường tròn đk MC)(0.25điểm)
Mà CDN CBA ( bù với góc ADC) (0.25điểm)
CEN CBA
EN / /BA ( góc đồng vị) (2)