Tổng hợp 40 đề Toán vào lớp 10 của các trường thuộc Thành phố Hà Nội

Tailieumontoan.com



Sưu tầm và tổng hợp

40 ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2020

1 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS MINH KHAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

MÔN: TOÁN 9

Đề số 1 Ngày thi: 09/4/2018

Thời gian làm bài: 90 phút

3 − x 1

  

  

1 + x 1

+ x 12 − x 1

≥

≠

0, x 1

9.=

và với Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x

b) Rút gọn biểu thức B.

A B

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí

nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm

song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định.

− −

Bài 3: (2 điểm)

− +

x 3

1 + y 1 2 + y 1

1) Giải hệ phương trình

( 2 x P

 3 x 3       )

( ) − y mx m 1 d

= − 3.

)P và ( )d với m

2) Cho parabol và đường thẳng

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có

2 2

2 1

x . 2

)O;R sao

a) Tìm tọa độ giao điểm của ( b) Tìm m để đường thẳng ( )d và parabol (

= x , x thỏa mãn x hoành độ Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( )O;R , đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B ). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (

)O;R tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt

nhau ở E.

a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp.

cân. b) Chứng minh CA.CK CE.CH. c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK∆

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

d) Giả sử KE KC. Chứng minh OK // MN.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

2 Website:tailieumontoan.com

≥ + +

+ − > . Chứng minh

a b

+ − > c b c a

1 + − a b c

1 + − b c

1 + − a b

+ − > 0; 1 1 c a

1 b

Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a b c

HƯỚNG DẪN GIẢI

3 − x 1

  

  

1 + x 1

+ x 12 − x 1

≥

≠

0, x 1

9.=

và với Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x

b) Rút gọn biểu thức B.

A B

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

9= (TMĐK) vào A ta có:

21 − 3 1

21 2

+ 9 12 − 9 1

a) Thay x

9= thì

21 2

≥

Vậy x

≠ 0, x 1

⋅

−

+ −

− x 1 +

+ x 1 1

x ( x 1)( x 1)

( x 1)( x 1)

1 + x 1

+ x 2 − x 1

≥

b) Điều kiện: x

≠ .

0, x 1

+ x 2 − x 1

⋅

Vậy với x

A x 12 − B x 1

− x 1 + 2 x

+ x 12 + 2 x

− ≥

− =

− + 2

+ + 2

4 2 16 4

  

  

+ x 12 + x 2

− + x 4 16 + x

16 + x

c) Ta có:

⇔ + = x

⇔ = x

"= xảy ra

16 + x

(TMĐK) Dấu "

Vậy min M 4= khi x

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

3 Website:tailieumontoan.com

song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định.

x ∈ )

Gọi năng suất dự định của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) (ĐK:

Năng suất thực tế của người công nhân là x 3+ (sản phẩm/giờ)

33 x

Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là: (giờ)

62 x 3+

(giờ) Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là:

−

6 2 + x 3

33 x

3 = ⇔ 2

+ − 62x 33(x 3) + x(x 3)

3 2

⇔ − 3x

49x 198 0

−

27x 22x 198 0 =

−

⇔ − 3x ⇔ − (x 9)(3x 22)

Vì thực tế người công nhân hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút nên ta có phương trình:

9= (Thỏa mãn);

⇒ 1x

22 3

(loại)

Vậy năng suất dự kiến là 9 sản phẩm/giờ

− −

Bài 3: (2 điểm)

− +

x 3

1 + y 1 2 + y 1

 3 x 3      

1) Giải hệ phương trình

( 2 x P

)

( ) − y mx m 1 d

= − 3.

2) Cho parabol và đường thẳng

)P và ( )d với m

a) Tìm tọa độ giao điểm của (

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có

b) Tìm m để đường thẳng ( )d và parabol (

x , x thỏa mãn

2 1

2 2

x . 2

≥

hoành độ

3; y

≠ 0

−

≥

1) Điều kiện: x

x 3 (a

0) , b

1 + y 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đặt . Hệ trở thành:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔

4 Website:tailieumontoan.com

= − 6a 2b = + a 2b

= 2 b = a 1

− =  3a b 1  = + a 2b 5 

  

− =  3a b 1  = 7 7a 

  

+ =

y 1

⇔

(thỏa mãn)

1 2 − = x 3 1

− 1 2 4

− =

    

x 3

 1  +⇔ y 1   

(thỏa mãn ĐK)

x ; y

4 ;

)

− 1 2

 =  

  

−

. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (

− = (1)

2x mx m 1 0 +

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

3= − có phương trình hoành độ giao điểm của (

)P và ( )d :

− = ⇔ −

3x 4 0

(x 1)(x 4)

= 0

= x 1 ⇔  = − x 4 

= ⇒ = ⇒

a) Thay m

x 1

) y 1 A 1;1

(

Với

= − ⇒ = ⇒ − y 16

B( 4;16)

−

A 1;1 , B( 4;16)

Với x

3= − thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là

(

)

∆ =

−

Vậy khi m

2m 4m 4 m 2 + =

(

b) Xét phương trình (1), ta có:

)P và ( )d cắt nhau tại hai điểm phân biệt

⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x , x

⇔ ∆ > ⇒ − 0

(m 2)

> 0

⇔ ≠ m 2

Để (

= x m −

= x .x m 1

  

−

= (*)

Hệ thức Vi – ét:

( ⇔ + x

)

(

)

2x x 1

2 1

2 2

x . 2

⇔ −

− −

−

Theo đều bài:

2m 3m 2 0 + =

2m 2(m 1) m 0

= m 1 (TM) ⇔  = m 2 (L) Vậy m 1= thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Thay hệ thức Vi – ét vào (*) ta được:

)O;R , đường kính AB vuông góc với dây cung MN

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

)O;R

)O;R tại điểm K khác A , hai dây MN và BK

5 Website:tailieumontoan.com

tại H ( H nằm giữa O và B ). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn ( cắt nhau ở E.

a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CA.CK CE.CH.

c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

cân. NFK∆

Chứng minh OK // MN. d) Giả sử KE KC.

a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp.

∈ ⇒

tại H (giả thiết) ; E MN∈ Ta có AB MN⊥  o ⇒ AHE 90

 o = E KB AKE 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); Xét (O) có  o AKB 90=

⇒ Tứ giác AKEH là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm)

Xét tứ giác AKEH có  AKE , AHE là hai góc đối và   o AKE AHE 180

b) Chứng minh CA.CK CE.CH.

∆ Xét CAE

ACH chung

có: và CHK∆

 HE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKEH

 CAE CHK = )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(hai góc nội tiếp cùng chắn

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ∆

6 Website:tailieumontoan.com

CAE

CHK

∆∽

⇒

(g – g)

CA CE = CH CK

⇒

(cạnh tương ứng tỉ lệ)

= CA.CK CE.CH.

(đpcm)

cân. b) Chứng minh NFK∆

⇒ B là điểm chính giữa

 MN

⇒ =

  MB NB

⇒

tại H (giả thiết) Xét (O), ta có AB là đường kính, MN là dây cung và AB MN⊥

 MKB NKB =

(hai gcs nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

⇒ ⊥

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và có A, K, C thẳng hàng Xét (O) có  o AKB 90=

BK AC

tại K

⇒

BK / /NF

⇒

(giả thiết) Mà NF AC⊥

 KFN MKB =

(hai góc sole trong) (2) (hai góc đồng vị) và  KNF NKB

⇒ ∆

Từ (1) và (2), ta có:  KFN KNF

NKF

cân tại K.

0

= ⇒

0 = ⇒ ∆

d) Chứng minh OK // MN.

AKB 90

BKC 90

KEC

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có  vuông tại K

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

7 Website:tailieumontoan.com

0

⇒

= ⇒

  = BEH KEC 45

0 OBK 45

= )

Theo giả thiết ta lại có KE KC= nên tam giác KEC vuông cân tại K

⇒ ∆

⇒ ⊥

OBK

Mặt khác vì OBK∆ cân tại O (do OB OK R

⇒ OK / /MN (cùng vuông góc với AB )

vuông cân tại O OK AB

+ − > . Chứng minh

a b

+ − > c b c a

1 + − a b c

1 + − b c

1 + − a b

+ − > 0; 1 1 ≥ + + c a

1 b

+ ≥

> ta có x y

2 xy

Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a b c

0, y

≥

x y

≥ ⇔ 4xy

( ⇔ +

)

( ) *

+ x y xy

4 + x y

1 ⇔ + x

1 y

4 + x y

Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x

y⇔ = x

Dâu “=” xảy ra

≥

( ) 1

4 + − + + −

1 + − a b c

1 + − b c

a b c b c

4 2b

2 b

+ ≥

> ta có x y

2 xy

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

0, y

≥

x y

≥ ⇔ 4xy

( ⇔ +

)

( ) *

+ x y xy

4 + x y

1 ⇔ + x

1 y

4 + x y

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với x

y⇔ = x

Dâu “=” xảy ra

≥

( ) 1

4 + − + + −

1 + − a b c

1 + − b c

a b c b c

4 2b

2 b

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

≥

( ) 2

( ) 3

1 + − a b

1 + − b c

2 c

1 + − a b

1 + − a b c

2 a

1 , 2 , 3 vế với vế ta có:

Tương tự:

⇒

≥ + +

1 + − a b c

1 + − b c

1 + − a b

1 b

1 c

1 a

Cộng ( ) ( ) ( )

⇔ = = c b

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu bằng xảy ra

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

8 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

TRƯƠNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MÔN: TOÁN 5/5/2018

NGUYỄN TRÃI – HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018

Đề số 2

0x ≥ ,

x ≠

x −

+ +

+ −

3 4

x x

3 4

x x 9x = .

và với . Bài I. Cho các biểu thức

+ có nghiệm.

1) Tính giá trị của biểu thức A khi 2) Rút gọn biểu thức B .

3) Tìm m để phương trình

A B Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định

dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết. Tính số xe lúc đầu của đội biết rằng khối lượng hàng các xe phải chở là như nhau.

3 x

1 − y

Bài III.

1 x

1 − y

      

−

x mx m

2 0

+ − = (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số.

1) Giải hệ phương trình:

2) Cho phương trình 2 a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Tìm hệ thức

liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m .

CA CB<

b) Tìm m để cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên.

;O R đường kính AB , lấy điểm C (

)

. Hạ CH vuông Bài IV. Trên nửa đường tròn(

góc với AB tại H . Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự tại M , N .

1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. 3) Tia NM cắt tia BA tại K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K . Chứng minh QC là tiếp

) ;O R .

tuyến của đường tròn(

4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC R= .

(

)( 4 5

) 4 .

x y ≥ sao cho ( ,

)(

)

Bài V. Tìm

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

9 Website:tailieumontoan.com

0x ≥ ,

x ≠

x −

+ +

+ −

x x

3 4

x x

3 4

9x = .

và với . Bài I. Cho các biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi

+ có nghiệm.

2) Rút gọn biểu thức B .

A B

3) Tìm m để phương trình

x = . 3

9x = (thỏa mãn điều kiện

0x ≥ ,

x ≠

1) Với ) thì

= − 6

+ −

+ 3 3 − 3 4

x x

3 4

. Do đó, thay vào biểu thức A ta được

x −

+ +

x x

3 4

+ 16 )

(

)

( −

)( x

3 (

− 4 )(

x )

−

x −

+ 12 )

− (

+ 12 5 )( x

x +

)

(

− ) −

4 ( 4

)

(

+ 4 )( x )(

x −

2) Rút gọn biểu thức B .

0x ≥ ,

x ≠

x −

Vậy , với

= + 1

0x ≥ ,

x ≠

+ −

x −

A B

x x

3 x

3 4

⇔

= ⇔ m

A ⇒ = B

3 m

3 x

3) Ta có . với

x ≥ , 0

x ≠ . 4

0x ≥ ,

x ≠

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

nên Vì

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

⇔

10 Website:tailieumontoan.com

+ có nghiệm khi và chỉ khi

≠

A B

≠

    

3 4

    

3 m 3 m

Do đó, phương trình

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết. Tính số xe lúc đầu của đội biết rằng khối lượng hàng các xe phải chở là như nhau.

x > . 4

x ∈  ,

⇒ Theo dự định, mỗi xe lúc đầu cần phải chở

Gọi số xe ban đầu là x (xe); điều kiện

80 x

(tấn).

Vì 4 xe phải điều đi làm việc khác, nên thực tế chỉ còn lại x 4− (xe) dùng để chở 80 tấn

⇒ Thực tế, mỗi xe còn lại cần phải chở

hàng.

80 x 4−

(tấn).

−

80 80 − x 4 x ⇔ − 80x 80(x 4)

− x(x 4)

−

4x 320 0

(thoa man

ĐK

16 (

loai)

⇔ − x = x 20 ⇒  = − x 

Vì mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng, nên ta có phương trình:

Vậy lúc đầu đội có 20 xe.

3 x

1 − y

Bài III.

1 x

1 − y

      

−

1) Giải hệ phương trình:

x mx m

2 0

+ − = (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số.

2) Cho phương trình 2

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Tìm hệ

thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

b) Tìm m để cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

11 Website:tailieumontoan.com

x > ; 0

1y > .

1) Điều kiện

= > b

= >a

1 − y

1 x

thoa man (

)

⇔

= a 2 1 + = a b

a b

+ =  a b 3  + = 

  

thoa man (

)

 = a   = b 

1 2 1 2

4 (thoa man)

1 2

⇔

⇔ 

4 − =

1 4

5 (thoa man)

= x  y 

− = 1

= x = y

   

1 2

1 x 1 − y

      

(4;5)

Đặt và (*), ta được hệ:

−

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y)

x mx m

2 0

+ − = (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số.

−

4.(

+ = 8

4 0

+ > với mọi m .

2) Xét phương trình 2

( ∆ = −

)

(

)

a) Ta có

1x ,

2x với mọi m .

(2)

Vậy phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt

2 (3)

= x x m 1 2 − = x x m 1 2

  

−

Hệ thức Vi-ét

= là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương

x 1

x 2

x x 1 2

Thay (2) vào (3), ta có:

−

= (**).

)

= ⇔ ( 2

)( 1 1

x 1

x 2

trình mà không phụ thuộc vào m .

x 2

x x 1 2

b) Ta có 1 x

2x ∈  ⇔ 1 1

x − ∈  và

1 x− ∈  .

Bài cho: 1x ,

Do đó, từ (**) suy ra:

⇒

m − = ⇒

2m = .

⇒ 1 x

− = ⇒ 2 0 2 2 0

= 0 x 1 x 2

1 = − 1

x 2 x 2

( (

( ) − − − 1 1 ( ) − − − 1 1

) )

− = −  1 1 x 1  − = − 1 1 x  1

= 0 x 1 x 2   

2m = thì phương trình trở thành

2 2 x−

= ⇔ 0

0 2

= x  = x

Thử lại với

Vậy cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên ⇔ 2m =

)

CA CB< . Hạ CH Bài IV. Trên nửa đường tròn( ;O R đường kính AB , lấy điểm C (

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

vuông góc với AB tại H . Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự tại M , N .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

12 Website:tailieumontoan.com

1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp.

3) Tia NM cắt tia BA tại K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K . Chứng minh QC là

) ;O R .

tiếp tuyến của đường tròn(

AC R= .

4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp

1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

* Phân tích:

HMCN là hình chữ nhật ⇐ cần chỉ ra tứ giác HMCN có 3 góc vuông. ⇐ Cần c/m:  o

CMH 90 ; CNH 90

(dùng đường tròn đường kính CH) ;

(dùng đường tròn (O)). hoặc  o ACB 90=

 o MCN 90= * Trình bày lời giải:

Xét đường tròn đường kính CH có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

 90= CMH  90= CNH  AB  2 

  

có: Xét

ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). ⇒  090 MCN =

CMH CNH MCN

) nên theo dấu hiệu nhận biết

Tứ giác HMCN có 3 góc vuông (    090 thì tứ giác HMCN là hình chữ nhật. (đpcm)

2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp.

+ (hai góc kề bù) nên cần chứng minh:  ABN CMN

AMNB là tứ giác nội tiếp ⇐ Cần chứng minh:   o AMN ABN 180 ⇐ Mà   o + AMN CMN 180 ⇐ mà  CMN CHN

= nên cần chứng minh:  CHN ABN

* Phân tích:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

hoặc  CHN HBC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

13 Website:tailieumontoan.com

⇐ Dùng tam giác vuông CHB có HN CB⊥

(cần chỉ ra điều này).

* Trình bày lời giải:

CNH

(cmt). ; cũng có  90= nên  90= CHB

CHN HBC (cùng bằng 090 − HCN ) hoặc  CHN ABN

= (hai góc nội tiếp cùng chắn CN )

(hai góc kề bù).

⇒ Mà  AMN; ABN là hai góc đối của tứ giác AMNB . ⇒ Tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp (định lý) (đpcm).

Theo giả thiết CH AB⊥ ⇒ ∆CHB vuông tại H có HN là đường cao ⇒  = Xét đường tròn đường kính CH có:  CHN CMN  CMN ABN ⇒ = Mà   o + AMN CMN 180   o AMN ABN 180

) ;O R .

3) Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (

) ;O R .

* Phân tích:

∆

) (vì     o = MCO OCB MCB ACB 90

cân tại O) (vì chỉ ra được COB

QC là tiếp tuyến của ( ⇐ cần c/m: OC QC⊥ ⇐ cần c/m:    o = QCO QCM MCO 90 ⇐ cần c/m:  QCM OCB ⇐ cần c/m:    QCM OBC ABN ⇐ cần c/m:  QCM CMN ⇐ mà  QCM; CMN so le trong nên cần c/m: QC // MN hoặc QC // KN.

(cmt)) (vì đã có  CMN ABN

* Trình bày lời giải:

. (hai góc so le trong). (cmt) hoặc  CMN OBC

∆

. Gọi I là giao điểm của CH và MN, mà tứ giác CMHN là hình chữ nhật (cmt) ⇒ I là trung điểm của CH (tính chất). Ta có Q đối xứng với H qua K (giả thiết). ⇒ K là trung điểm của QH (tính chất). Do đó: KI là đường trung bình của tam giác QHC. ⇒ KI // QC hoặc QC // MN. ⇒  QCM CMN = Mà  CMN ABN ⇒  QCM OBC

cân tại O  OBC OCB ⇒

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Lại có OB = OC = R ⇒ COB ⇒  QCM OCB Mà     o = MCO OCB MCB ACB 90

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

14 Website:tailieumontoan.com

⇒    o QCO QCM MCO 90 ⇒ OC QC⊥ ⇒ QC là tiếp tuyến tại C của đường tròn (O).

4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC R= . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AM , BN

Qua E , F kẻ các đường trung trực của AM , BN . Các đường đó cắt nhau tại là T .

nên tứ giác CETF là hình chữ nhật ⇒ TF CE=

= (gt) nên ∆ABO là tam giác đều ⇒  60o

CBA =

CAB = CAB = ⇒  30o

Khi đó    090 CET CFT ECF = .

⇒

AH AB .

AC AB

R R 2

R 2

−

⇒

Ta có AC OC OA R ∆ABC vuông tại C có CH là đường cao (cmt) nên  60o Áp dụng hệ thức lượng với tam giác vuông ABC có CH là đường cao ta được

(

AM AC .

∆CHA vuông tại H có HM là đường cao (cmt) nên

2 AH AC :

và

)

(

1 2

R 4

R 8

  

  

⇒

= −

− CE AC AE R

R 8

R 7 8

Từ E là trung điểm AM suy ra

(

)

2 cos 30 2

.cos 30 BC Tương tự ∆CHB vuông tại H có HN là đường cao (cmt) nên ) = = = = = BF . BC R BN BH = BC 2 2 ( CBA BC .cos BC 2. 3 3 8 2. BC

∆TFB vuông tại F nên

⇒ Khi AC R= thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB có bán kính là

TB =

19 4

19 = + = + = + = TB TF BF CE BF R R 7 8 3 3 8 R 16              

(

)( 4 5

) 4 .

x y ≥ sao cho ( ,

)(

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài V. Tìm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

(

+ ≥

≥ ⇒ ≤

15 Website:tailieumontoan.com

a b

a b ≥ ta có ; 0

( ⇒ +

)

+ a b 4

x y ≥ ; ,

(

0 )( 4 5

)

Với mọi biểu thức .

≤

−

+ + y

)( ) 1

(

)

(

)

(

) 1

 

 

( (

  ) 1 .   ) ) 4

(

( ) ( 8 . ) ( 4 . 3 )

)

(

) 1

 

 

≤

+ + y

(

2 ) 1 .

( 4

+ + y 4

Áp dụng BĐT trên và giả thiết ( Ta được

≤

−

≤

+ + y

)

(

) 1

(

)

(

) 1

 

  2

⇒

−

+ + y

) 1

(

)

(

)

(

) 1

(

 

⇒

−

+ + y

(

)

(

) 1 .

  ) 1 .     ) 1 .   2 ( ) 2 .

(

) 1

(

) 1

(

   ( 

 

−

+ + y

(

)

(

)

(

) 1 .

(

)

( ⇒ − x

2 ) 2 .

 

 

−

≥

−

≥

−

Vậy:

= 0

x y ≥ nên ; 0

;x y∀

y+ + > . Mà ( 1 0

)

(

)

(

)

y⇒ = =

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Do nên (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

16 Website:tailieumontoan.com

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS LÁNG THƯỢNG Môn: TOÁN – Năm học: 2017 – 2018

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi thử lần 3 - Tháng 2 – 2018 Đề số 3

−

≥

Bài I. (2 điểm) Cho hai biểu thức

≠ 0; x 1; x

≠ 4

+ −

− 4 x 13 − x 1

− x 2 − x 1

x x

2 2

x 3 x

6 x 8 + − 2 36=

và với x

1) Tính giá trị của biểu thức B với x 2) Rút gọn biểu thức A. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P A.B=

Bài II. (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Trong một kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết quả hai trường có 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra trường A có 97% và trường B có 96% số học sinh trúng tuyển. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh dự thi?

−

= .

20 0

Bài III. (2điểm )

) + x 1

(

) + x 1

1) Giải phương trình: (

+ − 2mx 2m 3

(P) : y

2) Cho parabol và đường thẳng (d) : y

= . Xác định tọa độ giao điểm của( )d và(

)P .

1 2

a) Khi

A x , y và ( )

B x , y là các giao điểm của( )d và(

)

(

)P . Tìm các giá trị của m để

< 9

)O;R có đường kính AB . Đường kính CD vuông góc

b) Gọi

y 1 Bài IV. (3,5điểm) Cho đường tròn (

 AC ( M khác A,C ), BM cắt AC tại H . Gọi

với AB , M là một điểm bất kì trên cung nhỏ K là hình chiếu của H trên AB .

vuông . Chứng minh ECM∆ 1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh:  ACM ACK 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE AM=

cân tại C .

= . Chứng minh đường

4) Gọi d là tiếp tuyến của (

)O tại điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d sao cho hai AP.MB MA

điểm P và C nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và

+ +

thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK .

x 7

2 x

− 35 2x

. Bài V. (0,5điểm) Giải phương trình:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

17 Website:tailieumontoan.com

−

≥

Bài I. (2 điểm) Cho hai biểu thức

≠ 0; x 1; x

≠ 4

+ −

6 x 8 + −

− 4 x 13 − x 1

− x 2 − x 1

x x

2 2

x 3 x

và với x

36=

1) Tính giá trị của biểu thức B với x

2) Rút gọn biểu thức A.

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P A.B=

− 4.6 13 − 6 1

11 5

− 4 36 13 − 36 1

≥

1) Với x = 36 (thỏa mãn ĐK), thay vào biểu thức B ta được:

≠ 0; x 1; x

≠ 4

−

+ −

6 x 8 + −

x x

2 2

−

6 x 8

− 2 x − x 1 2 )

(

−

2 )

x 3 x ) ) ( − x 1 . ) ( − x 1 .

− ( 2

−

− x ) ( − x 1 .

)

(

1 − x 1

−

4 x 13

−

2) Điều kiện: x

P A.B

− x 1

4 x 13 ) ( 2 − x 1

4 x (

− − 4 9 ) 2 − x 1

(

) − x 1

3) Ta có:

− x 1

= −

−

2.3t.

  

  

−

= −

−

≤

Đặt

≤ ⇒ 0

  

  

  

−

= ⇒ =

Vì

= ⇔ = ⇔ t

  

  

2 9

121 4

− x 1

(thỏa mãn). Dấu “=” xảy ra

⇔ = x

121 4

Vậy GTLN của

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II. (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

18 Website:tailieumontoan.com

Trong một kì thi, hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết quả hai

trường có 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra trường A có 97% và trường B có 96% số học

sinh trúng tuyển. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu học sinh dự thi?

( x x

)

Gọi số học sinh dự thi của trường A là

)

Gọi số học sinh dự thi của trường B là ( y x

+ =

Vì hai trường A và B có tổng cộng 350 học sinh dự thi, nên ta có phương trình:

x y 350

Hai trường có 338 học sinh trúng tuyển, trong đó trường A có 97% và trường B có 96%

338

. số học sinh trúng tuyển, nên ta có phương trình: 0,97x 0,96y

⇔

Ta có hệ phương trình :

+ = x y 350 + 0,97x 0,96y

= x 150 = 250 y

338

  

(thỏa mãn)

Vậy trường A có 150 học sinh, trường B có 250 học sinh.

−

= .

20 0

Bài III. (2điểm )

) + x 1

(

) + x 1

1) Giải phương trình: (

+ − 2mx 2m 3

(P) : y

2) Cho parabol và đường thẳng (d) : y

= . Xác định tọa độ giao điểm của( )d và(

)P .

a) Khi

)

)P . Tìm các giá trị của m để

1 2 A x , y và ( )

(

B x , y là các giao điểm của( )d và(

< 9

y 1

−

= 20 0

b) Gọi

) + x 1

(

) + x 1

≥

1) (

+ x 1

(

) (

)

= t

+ −

Đặt

t 20 0

= −

) ( 4 tm ( 5 ktm

)

⇔  

= ⇔ +

⇔

Khi đó phương trình trở thành : 2t

= ⇔ 4

)2 x 1

(

+ = x 1 2 + = − 2

x 1

= x 1 = − 3

  

Với

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 1 và x = - 3.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ ⇔ −

− =

19 Website:tailieumontoan.com

− 2mx 2m 3

( ) 2mx 2m 3 0 *

y 1

2) Phương trình hoành độ giao điểm :

= thì phương trình (*) trở thành:

1 2

= − ⇒ =  − − = ⇔  = ⇒ = x 2 0 y 

a) Với

∆ =

−

Vậy tọa độ giao điểm là: (-1;1) ; (2;4).

4m 8m 12

− 2m 2

+ > 8 0

( 4m 4 2m 3

)

(

b) Xét phương trình (*) có:

⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

x ; x với mọi m.

)P tại hai điểm phân biệt

(

)

(

⇒ ( )d luôn cắt (

A x ; y ; B x ; y với mọi m. 2

với mọi m.

y 1

2 x , y 1

Ta có:

x 2 =

2m − 2m 3

1 x .x 1

  

−

Theo Vi-ét ta có :

< (**)

( < ⇔ +

⇔ + x 1

2x .x 1

y 1

Theo đề :

−

+ <

−

2. 2m 3

< ⇔ 9

4m 4m 6 9

(

)

⇔

< ⇔ − <

− <

2 2m 1 2

2m (

( ) − 2m 1

⇔ − <

< ⇔ <

1 2m 3

− 1 2

3 2

Thay hệ thức Vi – ét vào (**) ta được:

< thỏa mãn yêu cầu bài cho.

− 1 2

3 2

)O;R có đường kính AB . Đường kính CD vuông góc

Vậy

Bài IV. (3,5điểm) Cho đường tròn (

 AC ( M khác A,C ), BM cắt AC tại H . Gọi

K là hình chiếu của H trên AB .

với AB , M là một điểm bất kì trên cung nhỏ

1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp.

. 2) Chứng minh:  ACM ACK

vuông . Chứng minh ECM∆ 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE AM=

cân tại C .

)O tại điểm A ; Cho P là điểm nằm trên d sao cho hai

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4) Gọi d là tiếp tuyến của (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= . Chứng minh đường

20 Website:tailieumontoan.com

AP.MB MA

điểm P và C nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và

thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK .

C

Q

M

H

P

E

S

A

B

K

O

D

1) Chứng minh: CBKH là tứ giác nội tiếp.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Ta có  o HCB 90=

⇒ ⊥

Ta có K là hình chiếu của H trên AB (giả thiết)

HK AB

⇒

 o = HKB 90

tại K

180

⇒ tứ giác CBKH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). (đpcm)

Xét tứ giác CBKH có  HCB ; HKB là hai góc đối và   o HCB HKB 90

. 2) Chứng minh:  ACM ACK

 AM )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

Xét (O), ta có:  ACM ABM= Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKH , có:  KCA ABM=  KH

(đpcm).

 ACM KCA = 3) Chứng minh ECM∆

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

vuông cân tại C .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ C là điểm chính giữa

21 Website:tailieumontoan.com

 AB hoặc

⇒ =

Xét đường tròn (O) có đường kính CD và đường kính AB vuông góc (giả thiết)   CA CB=

CA CB

(liên hệ cung và dây).

∆ Xét MAC

có: và EBC∆

MA = EB (giả thiết)

 MC của đường tròn (O))

 MAC EBC =

(hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒ ∆

= ∆

CA = CB (cmt)

MAC

EBC

⇒

(c – g – c)

 MCA BCE =

(cặp góc tương ứng) và MC = EC (cặp cạnh tương ứng) (1)

⇒

Mà    o = BCE ECH BCH 90

   o = MCA ECH MCE 90

⇒ ∆

(2)

ECM

Từ (1) và (2) vuông cân tại C (đpcm).

⇒

4) Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm đoạn HK .

= R MO

AP.MB MA

AP MA = MO MB

Ta có :

 AM của (O))

⇒ ∆

− − g

( = ∆ PAM OBM c

)

⇒

  = PAM OMB      0 = PMO PMA AMO OMB AMO 90

⇒ ⇒ PM làtiếptuyếncủa(

)O tại M

∩

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn Ta có:  PAM MBO

∆ Ta có : AMQ

Kéo dài BM cắt AP tại Q , HK PB {S}

⇒ P là trung điểm AQ .

vuôngtại M có MP PA=

HK .

Trong ABQ∆ , HK//AQ , P là trung điểm AQ , BP cắt HK tại S suy ra S là trung điểm

+ +

Vậy PB qua trung điểm HK

x 7

2 x

− 35 2x

. Bài V. (0,5điểm) Giải phương trình:

0≥

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện: x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

22 Website:tailieumontoan.com

x 7

+ = ( t

)

. Đặt x

+ + 2x 7 2 x

+ −

Khi đó: 2 t

t 42 0

7 (ktm) (tm)

= −  t = ⇔  = t

= ⇔ +

+ =

x 7

⇔ + = − ⇔ = 6

x 7

(

)

841 144

Phương trình trở thành: 2 t

841 144

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy phương trình có nghiệm .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

23 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ ĐÈ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9

LỚP 9A10 NĂM HỌC 2017-2018

MÔN TOÁN

−

Đề số 4 Thời gian làm bài 120 phút

x −

− x 1 − 2 x

2 x

− 10 5 x + − x 5 x

≥

≠

và Bài I: (2điểm). Cho biểu thức

0; x

4; x

≠ . 9

= −

Với x

3 2 2

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x

1 − x c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P A : B

b) Chứng minh :

Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km . Sau đó 1 giờ người khác đi xe máy từ

A đến B và đến sớm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp .

Bài III (2điểm):

x 2

− = 0

− − 2

1) Giải phương trình x 4

− x= − và đường thẳng (d): y mx m 2

2) Cho parabol (P):

a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt.

b) Xác định vị trí của m để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tổng

y , y theo thứ tự là tung độ của hai điểm A và B)

y có giá trị lớn nhất ( Với A

Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB =2R

trên cạnh BC lấy điểm M ( M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O tại D ,

đường thẳng BD cắt AC tại E đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính

AD tại điểm thứ hai là N.

1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E,M,N thẳng hàng.

2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) ở F . CMR : DF// AE.

3) Khi M di động trên cạnh BC. Chứng minh: BD.BE = BN.AB . Từ đó suy ra BD.BE +

. Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn AM.AD có giá trị không đổi. 4) Giả sử  0 ABC 30=

= +

tâm (I).

P x

(voi x

1 x

Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN của biểu thức sau:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

24 Website:tailieumontoan.com

x −

− x 1 − 2 x

2 x

− 10 5 x + − x 5 x

≥

≠

và Bài I: (2điểm). Cho biểu thức

0; x

4; x

≠ . 9

= −

Với x

3 2 2

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x

1 − x 3) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P A : B

= −

2) Chứng minh :

− , thay vào biểu thức A ta

2 1

3 2 2

− ( 2 1)

1) Ta có (thỏa mãn ĐK)

− 2 1 − 2 1 ≥

− 2 2 2 ≠

được:

0; x

4; x

≠ 9

−

x −

2 x

− x 1 − 2 x −

− 10 5 x + − x 5 x +

−

( x 1)( x 3)

+ 2) 10 5 x

( x −

2)( x − 2)( x 3)

( x

−

− x 3 2)( x 3)

( x 1 − x

≥

≠

2) Điều kiện: x

0; x

4; x

≠ . 9

1 − x

−

− +

+ +

−

Vậy với x

P A : B

.( x

x 3

( x 1)

x 2 x + x 1

3 + x 1

3) Ta có

3 x 1+

+ +

≥

x 1

2. ( x 1).

2 3

3 + x 1

=> ≥

−

P 2 3 4

ta có: Áp dụng BĐT Cosi cho hai số x 1+ và

+ =

⇔

Dấu “=” xảy ra khi

( x 1)

= ⇔ = − x

4 2 3

3 + x 1

2 3 4

− ⇔ = − x

4 2 3

(thỏa mãn ĐK)

Vậy minP

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II: (2điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

25 Website:tailieumontoan.com

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km . Sau đó 1 giờ người khác đi xe máy

từ A đến B và đến sớm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút. Tính vận tốc của người đi xe

đạp .

Gọi vận tốc người đi xe đạp là x (km/h) (x > 0), thì vận tốc người đi xe máy là 3x (km/h).

Sau 1 giờ người đi xe đạp đi được x (km). Quãng đường còn lại là (60-x) km

− 60 x x

Thời gian người đi xe đạp đi hết quãng đường còn lại là:

60 3x

20 x

Thời gian người đi xe máy từ A đến B là:

5 3

−

Vì người đi xe máy đến sơm hơn người đi xe đạp 1 giờ 40 phút = giờ nên ta có phương

− 60 x x

20 x

5 = ⇔ 3

− − 60 x 20 x

5 = ⇔ 3

− 40 x x

5 = 3

⇔ −

trình:

120 3x

= ⇔ = ⇒ = 8x 120

x 15

(thỏa mãn)

Vậy vận tốc người đi xe đạp là 15 (km/h)

Bài III (2điểm):

x 2

− = 0

− − 2

1) Giải phương trình x 4

− x= − và đường thẳng (d): y mx m 2

2) Cho parabol (P):

a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt.

y , y theo thứ tự là tung độ của hai điểm A và B)

b) Xác định vị trí của m để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A,B phân biệt sao cho tổng

y có giá trị lớn nhất ( Với A

4≥

− −

− =

− .

x 4

x 2

− = ⇔ x 4

x 2

1) Điều kiện: x

−

= − ⇔ −

= ⇔ −

−

+ 8x 16

x 2

9x 18 0

= 0

)( x 6 x 3

(

)

6.=

6⇒ = (thỏa mãn) ; x 3= (loại) Vậy phương trình có một nghiệm x 2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

−

− ⇔ +

− = (1)

x mx m 2

+ x mx m 2 0

−

∆ =

m 4(m 2)

− (m 2)

4 0

+ > với m∀ ⇒ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Bình phương hai vế ta được:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2b) Theo a, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= −

2 A

26 Website:tailieumontoan.com

Bx là hoành độ giao điểm của hai đồ thị ⇒

= −

2 B

   

= −

. Gọi Ax và

Bx là hai nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Viét có:

m −

−

x m 2

  

= −

−

= −

−

= −

Vì Ax và

[(x

[m 2(m 2)]

− (m 1)

− ≤ − 3

y .y A

2 A

2 x ) B

x ) B

2x .x ] A B

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

= ⇔ = . max(y .y ) 3 m 1

Vậy

Bài IV (3,5điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) , đường kính AB = 2R

trên cạnh BC lấy điểm M (M khác B và C) đường thẳng AM cắt đường tròn O tại D ,

đường thẳng BD cắt AC tại E, đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường kính

AD tại điểm thứ hai là N.

1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng.

2) Cho đoạn thẳng CN cắt đường tròn (I) ở F. Chứng minh: DF// AE.

3) Khi M di động trên cạnh BC. Chứng minh: BD.BE = BN.AB. Từ đó suy ra BD.BE +

. Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn AM.AD có giá trị không đổi. 4) Giả sử  0 ABC 30=

tâm (I).

E

D

C

M

I

A

B

A

B

O

N

O

N

F

⇒ ⊥

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) và A, C, E thẳng hàng 1) Chứng minh tứ giác CEDM nội tiếp đường tròn và ba điểm E, M, N thẳng hàng. Ta có  o ACB 90=

(M BC) tại C ⇒  o MCE 90=

BC AE Ta có  o ADB 90=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

∈ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) và B, D, E thẳng hàng

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ⊥

27 Website:tailieumontoan.com

AD BE

MCE MDE 180

(M AD) tại D ⇒  o MDE 90=

∈

 MB của (I).

AD) là góc nội tiếp chắn và M (do  o ADB 90=

Xét tứ giác CEDM có MCE, MDE là hai góc đối và ⇒ tứ giác CEDM nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). (đpcm) Xét (I) có:  o MDB 90= ⇒ MD là đường kính của đường tròn (I) ∈

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

tại N. (1)

có: BC AE⊥ (cmt) , AD BE⊥ (cmt) và AD cắt BC tại M

 o = ⇒ MNB 90 ⇒ ⊥ MN AB Xét AEB∆ M⇒ là trực tâm của AEB∆ ⇒ EM AB⊥ Từ (1) và (2) ta có: E, M, N thẳng hàng. (đpcm)

(2)

tại C và M BC) (do BC AE⊥

(do MN AB⊥ ∈

⇒

2) Chứng minh: DF// AE. Ta có  o MCA 90=  o MNA 90= tại N). Xét tứ giác ACMN có  MCA, MNA là hai góc đối và   o MNA MCA 180 ⇒ Tứ giác ACMN nội tiếp.

 AN ) (3)

 ACN AMN =

(hai góc nội tiếp cùng chắn

(tổng hai hóc đối)

(hai góc kề bù)

⇒ Từ (3) và (4), có:  ACN DFN Mà  ACN ; DFN là hao góc sole trong ⇒

(4) Ta có tứ giác DMNF nội tiếp đường tròn (I)   o ⇒ DFN DMN 180 Mà   o + AMN DMN 180  DFN AMN =

AC / /DF

hay AE / /DF (đpcm)

 DB )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

3) Chứng minh: BD.BE = BN.AB . Từ đó suy ra BD.BE + AM.AD có giá trị không đổi. Xét (I) có:  DNB DMB Ta có tứ giác CEDM nội tiếp (cmt)

(tổng hai góc đối)

⇒

  o ⇒ CED CMD 180 Mà   o + DMB CMD 180  CED DMB =

(hai góc kề bù)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

hay  AEB DMB

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

28 Website:tailieumontoan.com

(cmt) và ABE chung

 AEB DNB = ∆ và DNB ∆∽ DNB

⇒ =

có:  AEB DNB (g – g) Xét AEB∆ ⇒ ∆ AEB

⇒

(cạnh tương ứng tỉ lệ)

AB EB DB NB = AB.NB EB.DB +

(đpcm)

⇒

∆

Xét BD.BE AM.AD AB.NB AM.AD

AND

∆∽

AM AB = AN AD

⇒

= AM.AD AN.AB +

(g – g) (cạnh tương ứng tỉ lệ) Chứng minh được AMB

BD.BE AM.AD AB.NB AN.AB AB(BN AN) AB

= không đổi

4) Tìm vị trí điểm M trên BC để CN là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I).

⇔ ⊥ ⇔ CN IN

⇒

(5)

  o CNM NMI 90 cân tại I   o NBI BNI 30

, mà NIB∆

 o = MNI 60

= ⇔

⇔

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I)) Ta có CN là tiếp tuyến của (I) Ta có   o = NBI ABC 30 Lại có:    o = BNI MNI BNM 90

CAM 30

(vì luôn có tứ giác ACMN nội tiếp nên luôn có

⇒ Do đó (5)  o CNM 30  CNM CAM=

⇔ ∆

∆

⇔

⇔ =

)

CAM

CBA

CA CB.CM

(6)

∽

CA CM CB CA

∆ Xét ACB



= ⇒ =

cosABC cos30

BC R 3



= ⇒ =

= sinABC sin 30

AC R

BC BC AB 2R AC AC AB 2R

⇔ =

⇔

, áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn: có  o ABC 30=

R 3.CM CM

CM 1 = BC 3

R 3

Do đó (6)

= thì CN là tiếp tuyến của (I)

CM 1 BC 3

= +

thì vị trí của M trên BC thỏa mãn Vậy khi  0 ABC 30=

P x

(voi x

1 x

−

+ =

Bài V (0,5điểm): Tìm GTNN của biểu thức sau:

2Px x

2Px

1 0 (1)

1 + ⇔ x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bình phương hai vế ta được

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

29 Website:tailieumontoan.com

∆ ≥ ⇔ −

≥ ⇔

−

≥ ⇔ ≥ ( vì P 0> )

8P 0

P(P

8) 0

P 2

Vì P 0> nên phương trình (1) có nghiệm khi

= (các em thay P 2= vào (1) để tìm x )

1 2

Dấu bằng xảy ra khi

min P 2

= ⇔ = x

1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

30 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GD & ĐT CẦU GIẤY

Đề số 5

−

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học 2017 – 2018 Môn: TOÁN 9 ( Lần 3 ) Thời gian làm bài: 90 phút

≠ 1

2 −

2 = − x

+ x

x +

) 1

(

và với Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức

x =

1) Tính giá trị của biểu thức A khi

2 +

) 1

(

> 1

2) Chứng minh:

A B

3) Tìm x để biểu thức

Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành , có 2 xe phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu mà đội đều động (Biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau )

−

Bài 3. (2 điểm)

−

) 2

) y

( x x ( x x

− )

( (

= )

   

+ và Parabol

x m− 2

1) Giải hệ pt sau:

)P :

m = −

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2 y (

)P và đường thẳng (d) khi

(

);

)P tại hai điểm phân biệt

1 2 A x y ; 1 1

a) Xác định các tọa độ giao điểm của Parabol (

)

(

)d cắt Parabol( )

x 1

.BC Gọi D là điểm cố định thuộc

),O đường kính

≠

sao cho

,D đường

)

.A Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì

)O tại

≠

,K tia CM cắ đường thẳng d tại

. Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại

)

N N B≠

tia BM cắt đường thẳng d tại

)O tại

(

b) Tìm m để đường thẳng ( + B x y ; y x 2 1 2 Bài 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn ( ( ≠ đoạn thẳng OC D O D C thẳng d cắt nửa đường tròn ( ( M A M C , Đường thẳng BE cắt nửa wngf tròn (

= KE KD KM KB

.F Chứng minh:

và ba điểm

,C K N thẳng hàng. )O cắt đường thẳng d tại

OF MN⊥

∆

BKE

1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn. . 2) Chứng minh: 3) Tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp Chứng minh khi M di chuyển trên

F là trung điểm của KE và cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định. x 5 .

− = 3

+ + 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

31 Website:tailieumontoan.com

−

HƯỚNG DẪN GIẢI

≠ 1

2 −

2 = − x

+ x

x +

) 1

(

và với Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức

x =

1) Tính giá trị của biểu thức A khi

2 +

) 1

(

> 1

2) Chứng minh:

A B

3) Tìm x để biểu thức

x =

+ 25 2 25 − 25 1

35 24

≠ 1

1) Thay (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A ta được

x (

) 1

0; ) + − + 2 1 ) + x 1

x (

)

2 +

( x (

2 ) 1

) 1

(

−

2) Điều kiện: (

> ⇔ 1

0 (*)

x −

A B

x − x

−

≠ 1

+ = 1

1 2

1 4

3 + = 4

1 2

3 + > 4

  

  

  

  

với mọi Xét

⇔ − > ⇔ > . 1 0 1

Do đó (*)

1>x

Kết hợp điều kiện, ta có thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành ,

có 2 xe phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng.

∈

x N x

Tính số xe lúc đầu mà đội điều động (Biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau)

Gọi số xe lúc đầu đội dự định điều động là x (xe ;

60 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dự định số lượng hàng mỗi xe phải chở là (tấn)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

32 Website:tailieumontoan.com

2x − (xe), nên số tấn hàng mỗi xe còn lại phải chở là

60 2x −

Trên thực tế số xe còn lại là:

(tấn)

+ ⇔ −

−

= ⇔ −

120 0

(

)(

)

60 − x 2

60 x

⇒ =

= −

Vì mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình

x 12

(loại) (thỏa mãn) ; x

Vậy số xe lúc đầu là 12 xe.

−

Bài 3. (2 điểm)

−

) 2

) y

( x x ( x x

− )

( (

= )

   

+ và Parabol

1) Giải hệ pt sau:

x m− 2

(

)P :

m = −

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2

)P và đường thẳng (d) khi

1 2

a) Xác định các tọa độ giao điểm của Parabol (

)d cắt Parabol(

)P tại hai điểm phân biệt

b) Tìm m để đường thẳng (

(

;

);

(

;

)

(

)

y 1

x 1

x 2

A x y 1 1

B x y 2

−

= ± 2

⇔

⇒

sao cho

−

4 1

) 2

) y

+ = y

= )

( x x ( x x

− )

( (

  

  ⇔  

   

) x y = ,

(

) 2;1

) ( x y = − ,

) 2;1

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( hoặc (

− x m 2

2 2

− =

⇔ − x

2 0 (*)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

m = − phương trình (*) có dạng

1 2

−

− = ⇔ +

−

⇒

3 0

(

1)(

= ⇔ 0

+ = − =

= − 1 =

= =

1 0 3 0

1 9

  

−

a) Khi

m = − thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm (

( ) 1;1 ; 3;9

)

1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

33 Website:tailieumontoan.com

(

;

);

(

;

)

A x y 1 1

B x y 2

⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

x , x .

⇔ ∆ >

⇔ −

−

4 4(2

⇔ < m

3 2

b) Để đường thẳg (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt

x 2 =

−

x 1 x x . 1 2

  

Theo Vi-ét có:

;

(

)

y 1

x 1

x 2

y 1

2 x 1

x 2

(

)

2 ⇔ + x 1

x 2

x 1

x 2

−

)

( ⇔ + x 1

x 2

x x 1 2

x 1

x 2

Mà , nên để

−

= ⇒ =

Kết hợp hệ thức Vi – ét, ta có:

( 4 2 2

)

(Thỏa mãn).

.BC Gọi D là điểm cố định thuộc

Vậy với m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

),O đường kính

≠

Bài 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn (

,D đường

≠ OC D O D C

)

(

.A Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì

đoạn thẳng . Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại

)O tại

≠

M A M C ,

,K tia CM cắ đường thẳng d tại

thẳng d cắt nửa đường tròn (

)

(

N N B≠

tia BM cắt đường thẳng d tại

)O tại

(

Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (

1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn.

= KE KD KM KB

,C K N thẳng hàng.

.F Chứng minh:

2) Chứng minh: và ba điểm

)O cắt đường thẳng d tại

OF MN⊥

F là trung điểm của KE và

∆

BKE

3) Tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp Chứng minh khi M di chuyển trên

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038



 F



N  

 A

 

K 



 B

  D

   HO

34 Website:tailieumontoan.com

1) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có:  o BNC 90=

⇒

 o = ENC 90

(hai góc kề bù)   o + BNC ENC 180

⇒

 o = EDC 90

.EC

Ta có: d BC⊥ tại D (giả thiết), E d∈

= EDC ENC

,N D là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh

⇒ EDNC là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác EDNC có   90 , mà

= KE KD KM KB

,C K N thẳng hàng.

2) Chứng minh: và ba điểm

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có:  o BMC 90=

⇒

 o = BME 90

(hai góc kề bù)   o + BMC BME 180

hoặc  o KME 90=

⇒

 o = KDB 90

Ta có: d BC⊥ tại D (giả thiết), K d∈

có: Xét KEM∆ và KBD∆

 KME KDB = ⇒ ∆

(đối đỉnh). (cùng bằng 90o) ;  EKM BKD

KEM

KBD

∆∽

⇒ =

⇒

(g – g)

KE KM KB KD

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(đpcm) (tính chất) KE.KD KM.KB

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

35 Website:tailieumontoan.com

Trong BEC∆ có BM CE⊥ ) và ED BC⊥ tại M (do  o BMC 90= và  o BME 90=

⇒ K là trực tâm của BEC∆

Mà BM và ED cắt nhau tại K

⇒ CN đi qua K hay C, N, K thẳng hàng (tính chất ba đường cao của tam giác).

OF MN⊥

và B, N, E thẳng hàng) Mà CN BE⊥ (do  o BNC 90=

⇒ ∆

⇒ =

3) Chứng minh: F là trung điểm của KE và

NFK

NF FK

( )1

∆

⇒ =

cân Chứng minh  FNK FKN

NF FE

( )2

cân Chứng minh NFE

F⇒ là trung điểm của KE

⇒ thuộc đường trung trực của

Từ (1) và (2)

( )3MN

= ⇒ thuộc đường trung trực của

OM ON

( )4MN

⇒ ⊥

Chứng minh NF FM F

FO MN

Từ (3) và (4) FO là đường trung trực của

4) Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường

thẳng cố định.

H⇒ cố định.

Gọi H là điểm đối xứng với C qua D

I⇒ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BH cố định.

Chứng minh tứ giác BEKH nội tiếp

+ + 1

− = 3

x 5 .

Bài 5. (0.5 điểm) Giải phương trình

3≥

+ +

− =

2x 1

x 3

−

⇔ − x

+ − 2x 1 3

+ + 2x 1 3

+ 8x 16 (

− − + )

) − + x 3 1

−

x 4

( 3 x 4

)

( ⇔ −

)

+ − + 2x 1 3 )( + + 2x 1 3

x 3 1 3x 12 0 )( ( − − x 3 1 − + x 3 1

−

x 4

( ⇔ −

)

( 3 x 4

)

−

x 4

( ⇔ −

)

( 3 x 4

)

+ − 2x 1 9 + + 2x 1 3 ( ) − 2 x 4 + + 2x 1 3

− − x 3 1 − + x 3 1 − x 4 − + x 3 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện: x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− +

( ⇔ −

2 + + 2x 1 3

1 − + x 3 1

 ) x 4 x 4  

  

− +

( ) 1

( ⇔ −

2 + − 2x 1 3

1 − + x 3 1

 ) x 4 x 1  

  

≥ ⇒ − +

x 3

x 1

≠ ∀ 0 x

36 Website:tailieumontoan.com

2 + + 2x 1 3

1 − + x 3 1

⇔ − = ⇔ = (tmđk)

x 4 0

Vì

Nên ( )1

TRƯỜNG THCS CÁT LINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

MÔN TOÁN 9 - VÒNG 3

≥

−

Thời gian 120 phút Năm học 2017 – 2018 Đề số 6 Ngày thi 20/5/2018

0; x

≠ 9

+ 3x 3 − x 9

2 x + x

x − x 3

+ x 1 − x 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= −

37 Website:tailieumontoan.com

4 2 x

a) Tính giá trị biểu thức Q tại x

P Q

b) Rút gọn P và tính

= A M.x

c) Cho biểu thức . Tìm giá trị nhỏ nhất của A

+ 4x 7 + 3 x Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy? Bài 3: (2,0 đ)

−

( +

−

)( ) x 2 y 4 )( ( 2x 7 y 3

+ )

) (  x y 2  ( )( x 3 2y 7 

− −

= và Parabol (P):

d : 2x y a

) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )

1) Giải hệ phương trình

(P) : y

ax=

(a>0; a là tham số)

a) Tìm a để d cắt P tại 2 điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A và B

nằm bên phải trục tung.

x ; x là hoảnh độ của A và B. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 +

A 1 x x A B

b) Gọi

)O;R tại F .

Bài 4: (3,5 đ)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H , kéo dài BE cắt đường tròn (

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AHF cân. c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường

tròn ngoại tiếp tam giác CDE .

)O để DH.DA lớn

d) Cho BC cố định và BC R 3 . Xác định vị trí của A trên (

−

nhất.

− P xy x 2 y 6

12x

18y 36 24x

)(

(

)

. Chứng

= Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức minh P luôn dương với mọi x, y ∈

−

HƯỚNG DẪN GIẢI

+ 3x 3 − x 9

2 x + x

x − x 3

+ x 1 − x 3

≥

và Bài 1: (2,0 đ)Cho biểu thức

0; x

≠ 9

= −

với x

4 2 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Tính giá trị biểu thức Q tại x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

38 Website:tailieumontoan.com

P Q

b) Rút gọn P và tính

= A M.x

+ 4x 7 + 3 x

≥

c) Cho biểu thức . Tìm giá trị nhỏ nhất của A

0; x

≠ 9.

= −

a) Điều kiện: x

− (Thỏa mãn ĐK).

4 2 3

3 1

(

)2 − ⇒ = 3 1

− −

− vào Q ta có Q

Ta có

3 1

3 4 3 13

≥

Thay x

0; x

≠ 9.

−

+ 3x 3 − x 9

2 x

−

2 x + 3 x ( 3

x − x 3 ) − x 3

( 3

) − x 3

− x 3

)

+ 3x 3 )( +

(

)

x )(

(

)

(

− x 3 )(

−

− x 3

)

− 2x 6 x (

− + + x 3 x 3x 3 )( − x 3

(

3 x 3 )( +

)

−

− 3 x 3 − x 9

−

≥

≠

b) Điều kiện: x

0; x

− 3 x 3 − x 9

Vậy với x

P Q

−

− 3 +

P Q

− 3 x 3 − x 9

+ x 1 − x 3

− x 3 + x 1

≥

* Tính

0; x

≠ 9.

− 3 +

−

Vậy với x

= A M.x

)

(

− 3 +

+ 4x 7 + 3 x

+ x 7 + 3 x

16 + x

c) Ta có:

3+ và

16 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

39 Website:tailieumontoan.com

)

(

) 3 .

16 + x

⇒ ≥ − = A 8 6 2.

⇔ =

Ta có (

⇔ + = x

x 1

16 + x

Dấu “ = ” xảy ra

= ⇔ = x 1

minA

Vậy

Bài 2: (2,0 đ)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng

nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng

họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao

nhiêu dãy?

∈ , dãy )

3, x N

Gọi số dãy ghế trong phòng lúc đầu là x (

Số dãy ghế trong phòng lúc sau là: x 3− (dãy )

360 x

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là: (chỗ )

360 x 3−

−

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau là: (chỗ )

360 − x 3

360 x

= −

Theo đề bài ta có phương trình:

18(tm) ; x

Giải phương trình, ta có: (Loại )

Vậy trong phòng có 18 dãy ghế.

−

Bài 3: (2,0 đ)

( +

−

) )( x 2 y 4 ( )( 2x 7 y 3

+ )

)

) (  x y 2  ( )( x 3 2y 7 

− −

= và Parabol

d : 2x y a

1) Giải hệ phương trình

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )

(P) : y

ax=

(P): (a > 0; a là tham số)

a) Tìm a để d cắt P tại 2 điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A và B

nằm bên phải trục tung.

x ; x là hoảnh độ của A và B. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

b) Gọi

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

4 +

1 x x A B

−

40 Website:tailieumontoan.com

( +

−

) )( x 2 y 4 )( ( 2x 7 y 3

+ )

)

) (  x y 2  ( )( x 3 2y 7 

−

− xy 2x

+ xy 4x 2y 8 + −

−

= 2xy 7x 6y 21 2xy 6x 7y 21

 ⇔  

x y

− = − 4

+ =

x y

 ⇔  

= − 2

 x ⇔  = y

x; y

2;2

)

( = −

)

Vậy hệ đã cho có nghiệm (

−

+ 2x a

( ) 1

2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.

⇔

⇔ < <

0 a 1

1 a

> a  ∆ = − 

x ; x là hoảnh độ của A và B, theo định lý Vi – ét ta có:

⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

⇒

Gọi A

A, B

2 a = > a

x .x A

    

nằm bên phải trục tung.

4 +

1 a

1 x x A B

2b) Ta có:

=> ≥

2. 2a.

2. 2

T 2. 2

1 + ≥ a

1 a

Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

⇔ = ⇔ = ⇔ = a

1 ⇔ = 2a a

1 2

2 2

⇔ = a

Dấu “=” xảy ra

2 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy max

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

41 Website:tailieumontoan.com

)O;R tại F .

Bài 4: (3,5đ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường cao AD, BE cắt nhau tại H , kéo dài BE cắt đường tròn (

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn.

b) Chứng minh tam giác AHF cân.

c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường

tròn ngoại tiếp tam giác CDE .

)O để DH.DA lớn

d) Cho BC cố định và BC R 3 . Xác định vị trí của A trên (

nhất.

A

F

E

M

H

O

O'

C

B

D

N

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp được một đường tròn.

∆ Xét ABC



⊥

⇒



⇒

⊥

 AH BC (t / c) ADC 90 hay HDC 90  BEC 90 hay HEC 90

BE AC (t / c)

  ⇒  

có đường cao AD, BE cắt nhau tại H (giả thiết)

  0 HDC HEC 90

180

Xét tứ giác CDHE có:

Mà  HDC; HEC ở vị trí đối nhau

=> CDHE nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính HC.

b) Chứng minh tam giác AHF cân.

 AB )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

( 2 góc nội tiếp chắn Xét đường tròn (O) có:   1 = AFB ACB đ s AB

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

 AHF ACB =

42 Website:tailieumontoan.com

⇒

 AHF AFB =

(cùng bù với DHE )

⇒ ∆

hay  AHF HFA

AHF

⇒ ∆

cân tại A

HCF

cân tại C

c) Chứng minh: ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE .

Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE

⇒

 MBE MEB =

Ta có AEB∆ vuông tại E , EM là trung tuyến

 AF )

∆

( 2 góc nội tiếp chắn Mà  MBE ACF

 ACF ACH =

∆

 ACH O 'EC =

cân tại C) ( HCF

⇒

 MEB O 'EC =

⇒

MEO ' 90

° hay ME là tiếp tuyến của tam giác CDE trùng với tiếp tuyến của

(DHEC)

( O 'EC cân tại O ' )

)O để DH.DA lớn nhất.

AH cắt (O;R) tại N

d) Xác định vị trí của A trên (

⇒

Ta có tứ giác HECD nội tiếp (cmt)

 BHN ECD =

(góc ngoài tại đỉnh H bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

 AB ).

⇒

 BHN BNH =

⇒ =

(hai góc nội tiếp cùng chắn Mà xét (O), ta có:  ECD BNH

⇒ HBN∆

DH DN

∆

⇒

BDN

ADC

= DN.DA DB.DC

cân ở B

∽

BD DN = DA DC

⇒

≤

DH.DA DN.DA DB.DC

+ (DB DC) 4

3R 4

⇒

⇔ =

(DH.DA)

DB DC

max

3R 4

A⇔ là điểm chính giữa cung BC lớn.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Chỉ ra được

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

43 Website:tailieumontoan.com

− P xy x 2 y 6

12x

18y 36 24x

)(

(

)

−

. Chứng Bài 5: (0,5 đ) Cho biểu thức

18y 36 24x

−

x(x 2) y(y 6) 12

[ +

−

+ y 3

xy(x 2)(x 6) 12(x 2) 3(y 6) 36 ] [ ] + 3 y(y 6) 12 + 2x 33) ) − x 1

6y 12)(x ( )

(y (

   

 

 

+ >

3 0

minh P luôn dương với mọi x, y ∈ P xy(x 2)(x 6) 12x

> 32 0

) + y 3 ) − x 1

 (   ( 

Vì với mọi x, y ∈

Vậy P luôn dương với mọi x, y ∈

HỆ THỐNG GIÁO DỤC HỌC MÃI KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2018 – 2019

Đề số 7 Môn thi: Toán

Ngày thi: 15 tháng 04 năm 2018

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 120 phút

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

44 Website:tailieumontoan.com

(

) ≠ 0; x 1 .

+ 2x 2 x

x x 1 − x x

x x x

x x

Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức:

= −

6 2 5.

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của A khi x

7 A

nhận giá trị nguyên. 3) Tìm giá trị của x để

−

− =

Bài 2 (2 điểm):

(

( ) 2 3m 1 x 2m m 1 0 1

)

1) Cho phương trình: với m là tham số.

a) Chứng minh phươn trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

x , x là hai nghiệm của phương trình (1). TÌm m để biểu thức

−

b) Gọi

= B x

4x x 1

−

+ =

y 1

)2 ( 2 x 1

đạt giá trị lớn nhất.

−

6x 2 y 1

+ = − 7

   3x 

2) Giải phương trình:

Bài 3 (2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xe máy đi từ A đến B cách nhau 40 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa

≠

quãng đường đầu xe máy đi với vận tốc nhỏ hơn dự định 6 km/h. Trên nửa quãng đường còn lại xe máy đi với vận tốc lớn hơn dự định 12 km/h nên xe máy đến B đúng thời gian đã định. TÌm vận tốc dự định của xe máy.

) M O, A .

Tia DM cắt đường tròn

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA ( )O tại N. (

1) Chứng minh rằng bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc một đường tròn.

2 DM.DN DO.DC 2R .

2) Chứng minh rằng

3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB lần lượt tại E, F. Chứng minh ba

điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE CF+ không đổi khi M di động trên OA.

OM OP + AM CP

đạt giá trị nhỏ 4) Nối B với N cắt OC tại P. Tìm vị trí của điểm M để

+ + = TÌm giá

nhất.

Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c 3.

+ +

+ ab 3c 3

2a ab

trị nhỏ nhất của biểu thức

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

45 Website:tailieumontoan.com

(

) ≠ 0; x 1 .

+ 2x 2 x

x x 1 − x x

x x x

x x

Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức:

= −

6 2 5.

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của A khi x

7 A

nhận giá trị nguyên. 3) Tìm giá trị của x để

≠ 0, x 1

−

+ 2x 2 x

−

(

−

+ 2x 2 x

)( x 1 x (

) + x 1 ) + x 1

x x 1 x x 1 − x x ) + x 1 ) − x 1

x )( x 1 x (

−

+ 2x 2 x

x 1 x x

+ x 1 x

+ 2x 2 x

1) Điều kiện: x

≠ .

0, x 1

⇒ =

− =

= −

Vậy với x

5 1

− 5 1

6 2 5

(

)2 − 5 1

2) Ta có: (thỏa mãn ĐK)

( − 2 6 2 5

) − + 5 1

− 12 2 5 − 5 1

2 10 5 4

5 5 1 2

( − 5 1 ) + 5 1 ) + 5 1

)( ( − 12 2 5 )( ( − 5 1

Thay vào biểu thức A, ta được: )

7 x + +

7 A 2x 2 2 x

> ⋅

3) Ta có

+ + 2x 2 2 x

2 x

2 2 x

2 x

6 x

) ( + + 2 x 1

(

) ≠ 0, x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vì

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ < 0

7 6

7 x + + 2x 2 2 x

⇒

46 Website:tailieumontoan.com

7 x

+ + 2x 2 2 x

∈

7 ⇒ = A

7 A

⇔

Mà

2x-5 x

+ = ⇔ 2 0

= x   = x 

1 4

    

1 2

(thỏa mãn ĐKXĐ)

1 4

 ∈  

  

Vậy

−

− =

Bài 2 (2 điểm):

(

( ) 2 3m 1 x 2m m 1 0 1

)

1) Cho phương trình: với m là tham số.

a) Chứng minh phươn trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

x , x là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức

−

b) Gọi

= B x

4x x 1

−

+ =

y 1

)2 ( 2 x 1

đạt giá trị lớn nhất.

−

6x 2 y 1

+ = − 7

   3x 

−

− =

2) Giải phương trình:

3m 1 x 2m m 1 0

(

)

( ) 1

∆ = −

− ⋅

+ =

−

⋅

+ >

1) Phương trình:

4 0

) 4 1 2m m 1 m 2m 5 m 1

(

) + 3m 1

(

)

 

 

a) Ta có với m∀

Vậy phương trình ( )1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

x , x là hai nghiệm của phương trình ( )1

b) Gọi

+ 3m 1 2

−

2 =

+ 2m m 1

x x 1

  

= −

−

23m 7 +

= B x

(

)

(

) + 3m 1

4x x 1

6x x 1

) ( 2 + 6 2m m 1

⇒ = − B

+ ≤ 3m 7 7.

Theo định lí Vi-et, ta có:

''= xảy ra m 0. ⇔ =

= 7 khi m 0.

Dấu ''

Vậy maxB

≥ − 1.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Điều kiện : y

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

+ = y 1 0

−

+ =

y 1

) ( 2 x 1

⇔

−

2 y 1

+ = − 7

6x 2 y 1

+ = − 7

) )

   3x  

(  2 x   ( 3 x  

−

≥

47 Website:tailieumontoan.com

2x;b

) ( y 1 b 0 .

⇔

Đặt

2 = −

0 = − 7

= − 2a = − 7

+ =  2a b  − 3a 2b 

  

= b  a 

−

= −

2x+1 0

) − x 1

⇒

⇔

Hệ phương trình trở thành (thỏa mãn)

= x 1 =

+ =

− + = y 1 4

y 1

  

 (    y 

    

x, y

(thỏa mãn ĐK)

)

( ) 1,3 .

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

Bài 3 (2 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xe máy đi từ A đến B cách nhau 40 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa

6> ).

) ( x km / h . (ĐK : x

Gọi vận tốc dự định của xe máy là

(

) h .

40 x

Khi đó thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là

(

) h .

20 x 6−

Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường đầu là

(h).

20 x 12+

Thời gian thực tế xe máy đi nửa quãng đường còn lại là

20 − x 6

20 + x 12

40 x

)

⇔

) −

−

− −

+ +

( + x x 12 )( ( + x x 12 x 6

)

( − x x 6 )( ( + x x 12 x 6

)

) ( 2x x 12 x 6 ) ( x x 12 x 6

)( )(

−

2 ⇒ + x

12x x

− 12x 144

(

)

⇔ −

6x 144 0

Vì xe máy đến B đúng thời gian đã định, ta có phương trình:

⇔ = x

(thỏa mãn)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy vận tốc dự định của xe máy là 24(km/h).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

) M O, A .

48 Website:tailieumontoan.com

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M bất kì thuộc đoạn OA ( Tia DM cắt đường tròn )O tại N. (

1) Chứng minh rằng bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc một đường tròn.

2 DM.DN DO.DC 2R .

2) Chứng minh rằng

3) Đường tròn tâm M bán kính MC cắt AC, CB lần lượt tại E, F. Chứng minh ba

điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE CF+ không đổi khi M di động trên OA.

OM OP + AM CP

đạt giá trị nhỏ 4) Nối B với N cắt OC tại P. Tìm vị trí của điểm M để

nhất.

N P B M A

1) Chứng minh rằng bốn điểm O, M, N,C cùng thuộc một đường tròn.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Ta có:   o = CNM CND 90

(giả thiết)  o ⇒ COM 90 AB CD⊥ tại O, M AB∈

⇒ Tứ giác CNMO nội tiếp.

⇒ bốn điểm O, M, N, C thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác CNMO có  CNM ; COM là hai góc đối và   o CNM COM 180

2 DM.DN DO.DC 2R .

2) Chứng minh rằng

∆ và DNC

⇒ ∆

Xét DOM∆ có: MDC chung ;   o DOM DNC 90

DOM

DNC

∆∽

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(g – g)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

49 Website:tailieumontoan.com

⇒ DO DM = DN DC

⇒

2 DM.DN DO.DC 2R .

(cạnh tương ứng tỉ lệ)

3) Chứng minh ba điểm E, M, F thẳng thàng và tổng CE CF+ không đổi khi M di

động trên OA.

⇒ tứ giác ACBD là hình vuông.

Xét (O) có AB và CD là hai đường kính vuông góc tại O (giả thiết)

⇒  o ACB 90=

hoặc  o ECF 90=

 EF

⇒

 EF là cung nửa đường tròn tâm M.

⇒ EF là đường kính của đường tròn (M)

⇒ E, M, F thẳng hàng.

Mà ECF là góc nội tiếp của đường tròn (M, MC) và chắn

Do MO là trung trực của CD nên MC MD.

⇒ D

⇒ tứ giác CFDE nội tiếp.

thuộc đường tròn (M, MC)

⇒   o + AED CFD 180

(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

⇒

 AED BFD =

(hai góc kề bù). Mà   o + BFD CFD 180

⇒ ∆

= ∆

vuông tại A có AD = BD (cạnh của hình vuông ACBD). Mà BFD∆ vuông tại B và AED∆

ADE

BDF

⇒ =

AE BF.

−

+ Do đó: CE CF CA AE CB BF 2CA.

⇒ +

(cạnh góc vuông, góc nhọn).

2 + OA OC

R 2

= CE CF 2R 2.

Mà

Vậy tổng CE CF+ không đổi khi M di động trên OA.

OM OP + AM CP

∆

⇒

∆∽

đạt giá trị nhỏ nhất. 4) Tìm vị trí của điểm M để

DOM DNC(g.g)

DO OM = DN NC

DO.NC DN

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

∆∽

50 Website:tailieumontoan.com

∆ Có AMD

NAD(g.g)

⇒

AM AD = AN DN

AD.A N DN

R.NC

vì: ADN chung,   o DAM DNA 45

(1)

OM DO.NC AM AD.AN R 2.A N

NC 2 A N

⇒

∆

Do đó

OBP

NBA

⇒ = OP

∆∽

OP OB = NA NB

OB.NA NB

⇒

Tương tự ta có (g – g)

⇒ = CP

∆ Có CPB

NCB

∆∽

CP CB = NC NB

NC.CB NB

(g – g)

(2)

OP OB.NA CP NC.CB

NA 2NC

Do đó

OM OP . AM CP

1 = 2

NC . 2 A N 2NC

Từ (1) và (2) ta có:

≥

OM OP + AM CP

OM OP ⋅ AM CP

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM, ta có:

OM OP + AM CP

⇒

OM OP = AM CP

OA AM

1 = ⇒ 2

+ 2 1 2

2 + 2 1

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi

OM OP + AM CP

2 + 2 1

+ + = TÌm giá

Vậy để đạt GTNN thì điểm M thuộc OA thỏa mãn

Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c 3.

+ +

+ ab 3c 3

2a ab

trị nhỏ nhất của biểu thức

+ +

+ ab 3c

ab c(a b c)

≥ ab c

2c ab ab

( + c a b

)

(

)

≥

+ >

2ab

+ a b

ab v× : a b

(

)

(

) 0 .

( 2 a

)

≥

Ta có:

3 + +

+ + ab a b + ab

ab ab

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Do đó

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

51 Website:tailieumontoan.com

b.=

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi với a

1= với a

b.=

minA

Vậy

TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ĐỀ THI THỬ LẦN 05

Nămhọc: 2017 – 2018 Môn: Toán

−

Đề số 8

( , x

) ≠ 0, x 1

+ x − x 1

+ x 1 x − x 1

1 + x 1

1 − x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và Câu 1: Cho hai biểu thức:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= −

52 Website:tailieumontoan.com

4 2 3

. 1) Rút gọn và tính giá trị của biểu thức A khi x

−

2) Rút gọn biểu thức B.

≥ 1.

1 M

+ x 1 8

3) Đặt M = B:A, tìm x để

Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình:

Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84%. Riêng trường A

đạt tỷ lệ thi đỗ là 80%. Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường.

+ = x y 8

Câu 3:

+ +

−

   x y +

1) Giải hệ phương trình sau:

+ = x 1 10 ( ) − = 5x m 2 0 1

2) Cho phương trình:

x , x

1 x

   

   

a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có). b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn

Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R). Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở E và F. Nối AM cắt OE tại P, nối MB cắt OF tại Q. Hạ MH vuông góc với AB tại H.

1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn. 2 AE.BF R .

∆

2) Chứng minh rằng: 3) Gọi K là giao điểm của MH và BE. Chứng minh rằng MK = KH.

≥

. Chứng minh rằng 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp EOF

3 4

a + a b

b + b c

1 r 1 < 3 R 2  c  + 

  

  

  

  

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

−

HƯỚNG DẪN GIẢI

( , x

) ≠ 0, x 1

+ x − x 1

+ x 1 x − x 1

1 + x 1

1 − x 1

= −

và Câu 1: Cho hai biểu thức:

4 2 3

. 1) Rút gọn và tính giá trị của biểu thức A khi x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Rút gọn biểu thức B.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

53 Website:tailieumontoan.com

≥ 1.

1 M

+ x 1 8

3) Đặt M = B:A, tìm x để

≠ 0, x 1

1) Điều kiện: x

2 x x 1−

1 + x 1

1 − x 1

− + x 1 ) ( + x 1 .

+ x 1 ) − x 1

≥

= (

≠ 0; x 1

2 x x 1

−

− >

−

= −

−

Vậy

3 1(do 3 1 0)

(

)2 − 3 1

4 2 3 ) − 3 1

= −

thay vào A Ta có

−

6 2 3 3

4 2 3 (tm) ) ( − 3 1 − − 4 2 3 1

⇒ = ( 3 2 3

= −

ta có: .

4 2 3

6 2 3 3

−

Vậy khi x

( , x

) ≠ 0, x 1

+ x − x 1

−

+ x − x 1

+ x 1 x − x 1 ( ) + x 1 ) )( + − x 1 x 1

(

x 2 x 1 x

+ − − − x 1

+ x 1 − x 1

1 − x 1

≠

(

1 − x

(

) + x 1

Vậy

B A

− + x 1 x 1 . − x 1 2 x

2 x

−

16 x

−

1 M

+ x 1 8

2 x + x 1

− − (

x 2 x 1 ) + x 1

− − + x 14 x 1 ) ( + x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

− ≥

≥ ⇔ 1

1 0

1 M

+ x 1 8

− − + x 14 x 1 ) ( + x 1

− +

−

⇔

≥ ⇔ − +

− ≥

x 6 x 9 0

− − x 14 x 1 8 x 8 ) + x 1

(

⇔ −

x 6 x

+ ≤ ⇔ 9 0

− x 3

≤ ⇔ − = ⇔ = x 3 0

9 (tm)

(

54 Website:tailieumontoan.com

Vậy x = 9 thì bài toán thỏa mãn

Câu 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình:

Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỷ lệ là 84%. Riêng trường A

∈

đạt tỷ lệ thi đỗ là 80%. Riêng trường B đạt tỷ lệ thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường.

< < x

420



). Gọi số học sinh trường A là x (học sinh) ( x

Vì hai trường có 420 học sinh nên số học sinh trường B là : 420 x− ( học sinh)

Trường A có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 80% nên số học sinh đỗ vào 10 của trường A là:

80%x

4 5

(học sinh).

−

Trường B có tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 là 90% nên số học sinh đỗ vào 10 của trường B là:

90%(420 x)

− (420 x)

9 10

−

(học sinh)

(420 x) 378

4 5

9 10

1 10

Suy ra tổng số học sinh đỗ vào 10 của cả hai trường là: (học

sinh)

−

378

Mà số tỉ lệ học sinh đỗ vào 10 của cả hai trường là 84% nên ta có phương trình:

1 10 .100% 84%

420

⇔ − 378

1764 5

⇔

= ⇔ =

252

1 10 126 5

1 10

Kết hợp điều kiện ta có số học sinh dự thi của trường A là 252 ( học sinh)

số học sinh dự thi của trường B là168 ( học sinh)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Câu 3:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ = x y 8

55 Website:tailieumontoan.com

+ +

x y

+ = x 1 10

  

−

1) Giải hệ phương trình sau:

( ) − = 5x m 2 0 1

2) Cho phương trình:

a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có).

x , x

1 x

   

   

1≥ −

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn

+ = x y 8

⇔

(I)

+ +

+ =

x y

+ = x 1 10

x 1

    

    8 

    

+ = x y 8

⇔

= =

+ = x y 8 = 3 x

x y

3 5

+ =

x 1

  

    

1) Điều kiện: x + = x y 8

(3;5)

−

− = ⇔ = 5.2 m 2 0 m 8

Kết hợp điều kiện vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)

2= vào (1) ta có:

+ = ⇔ −

−

2a) Thay x

(1)

⇔ − x

5x 6 0

(x 2)(x 3)

Thay m 8= vào (1) ta có

2= và nghiệm còn lại là x

= x = ⇔  = 0 x 3=

∆ =

−

Vậy với m 8= thì (1) có một nghiệm x

= 4(m 2) 33 4m

2b) Ta có:

x , x

∆ > ⇔ −

> ⇔ <

⇔

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

33 4m 0 m

33 4

(2)

5 −

x 2 = x .x m 2

  

Hệ thức Vi - ét ta có:

0; x

(3)

Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:

= ⇔ 3

2( x

x ) 3 x x

(4)

1 x

  

   

   

⇔

⇔ >

Xé thệ thức:

(3)

m 2

x 2 >

− > m 2 0

1 x .x 1

>  5 0  

  

(5)

< 2 m

33 4

⇔ +

Từ (2) và (5) ta có điều kiện:

4(5 2 x x ) 9x x 1

⇔ +

− ⇔ −

− −

−

4(5 2 m 2) 9(m 2)

9(m 2) 8 m 2 20 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(4)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− −

− +

= ⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn)

m 2

2 m 4

( m 2 2)(9 m 2 10)

56 Website:tailieumontoan.com

⇔ Vậy m 4= thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O;R). Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở E và F. Nối AM cắt OE tại P, nối MB cắt OF tại Q. Hạ MH vuông góc với AB tại H.

1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn.

2 AE.BF R .

2) Chứng minh rằng:

∆

3) Gọi K là giao điểm của MH và BE. Chứng minh rằng MK = KH.

1 1 r < 3 R 2



M •



• 1O

K 

 P

Q  I

 A



• O

• H

. Chứng minh rằng 4) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp EOF

1) Chứng minh 5 điểm M, P, H, O, Q cùng nằm trên một đường tròn.

° (1)

(giả thiết) MHO 90 ⇒ Ta có MH AB⊥

⇒ =

Ta có E là giao của 2 tiếp tuyến tại A, M của (O) (giả thiết)

EA EM

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ OE là đườn trung trực của AM (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng).

Lại có OA = OM = R

⇒ OE AM⊥

⇒

 o = OPM 90

tại P và P là trung điểm của AM.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có F là giao của 2 tiếp tuyến tại B, M của (O) (giả thiết)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ =

57 Website:tailieumontoan.com

FB FM

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ OF là đườn trung trực của BM (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng).

Lại có OB = OM = R

⇒ OF BM⊥

⇒

 o OQM 90

tại Q và Q là trung điểm của BM.

hoặc các điểm H, P, Q cùng nhìn cạnh OM dưới một

⇒ Ba điểm H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM (định lý)

Do đó MHO   o OPM OQM 90 góc vuông.

Vậy O,Q, M, P, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM (đpcm).

2 AE.BF R .

2) Chứng minh rằng:

⇒

Ta có: E là giao của 2 tiếp tuyến tại A, M của (O) và F là giao của 2 tiếp tuyến tại B, M của (O) (giả thiết), nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau sẽ có:

AOM 2

⇒

OE là tia phân giác của    AOM AOE MOE

BOM 2

OE là tia phân giác của    BOM BOF MOF

⇒

   EOF MOE MOF

  + AOM BOM 2

(hai góc kề bù) Lại có:   o + AOM BOM 180

tại M (tính chất tiế tuyến) Lại có OM EF⊥

⇒ Xét EOF ∆

2OM EM.FM

vuông tại O, đường cao OM sẽ có: (hệ thức lượng)

⇒

(cmt) Mà OM R= (bán kính đường tròn (O)) ; EM EA ; FM FB

EA.FB R

(đpcm)

⇒ ⊥

3) Chứng minh rằng MK = KH.

(tính chất). Ta có AE, BF là tiếp tuyến của đường tròn AE AB và BF AB⊥

⇒ ∆

) Do đó MH / /EA / /FB (vì cùng vuông góc với AB) hoặc MK / /FB ; KH / /EA (vì K MH∈

MEK

FEB

∆∽

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(định lý tam giác đồng dạng) Xét FEB∆ có MK / /FB

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

58 Website:tailieumontoan.com

EK MK ⇒ = EB FB

⇒ ∆

(cạnh tương ứng tỉ lệ) (1)

KBH

EBA

∆∽

⇒

(định lý tam giác đồng dạng) có KH / /EA Xét EBA∆

BK KH = EB EA

(cạnh tương ứng tỉ lệ) (2)

MK EA EK KH FB BK

Từ (1) và (2), ta có:

và kết hợp với

⇒

EK EM EA BK FM FB

= ⇒

Lại có MK / /FB, áp dụng định lý Ta-let trong FEB∆ EM EA ; FM FB

1 MK KH

MK KH

Do đó: (đpcm).

1 1 r < 3 R 2

4) Chứng minh rằng

1O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EOF .

Gọi

⇒

= O G O I O T r 1

Gọi T,G, I lần lượt là hình chiếu của I lên FE, EO,OF .

r.EO

r.EF

r.OF

IEO

IEF

IOF

S 

1 2

⇒

r.(EF OE OF)

S ∆

OEF

IEF

IEO

IOF

1 2

Ta có ; và

OM.EF

R.EF

S ∆

OEF

1 2

r ⇒ = + R OE OF EF

Mặt khác

⇒

+ 2EF OE OF EF

EF OE OF EF

1 2

r 1 ⇒ < R 2

(bấtđẳngthức tam giác) Xét tam giác OEF có: EF OE OF

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

− (OE OF)

⇔

≥

2OE.OF

⇔

≥

2 + OE OF 2 2 + 2(OE OF )

+ (OE OF)

⇔

≥

2EF 2

+ (OE OF) 2

⇒

4EF

+ (OE OF)

⇔ ⇔

> >

+ 2EF OE OF + 3EF OE OF EF

⇔

> ⇒ >

EF OE OF EF

r 1 R 3

1 3

< (đpcm)

59 Website:tailieumontoan.com

1 1 r 3 R 2

≥

Vậy

c +

a + a b

b + b c

3 4

  

  

  

  

  

  

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

a + b c

a + 2(b c)

1 + ≥ 4

a + b c

a 1 + 2(b c) 4

3a + 2(b c)

  

  

  

  

⇒

≥

−

a + b c

1 4

  

  

≥

−

≥

−

Ta có:

b +

c + a b

1 4

  

  

  

  

Tương tự ta có và

≥

−

b +

a + b c

c + a b

a + b c

c + a b

3 4

  

  

  

  

  

  

≥

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có:

b +

a + b c

c + a b

3 2

Ta cần chứng minh .

−

+ + (a b c)

b +

1 +

a + b c

c + a b

1 + a b

1 + b c

  

  

Đây là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc. Nhận xét:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

BĐT

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔ + +

(a b c)

− ≥ 3

1 +

1 + a b

1 + b c

3 2

⇔ + +

≥

(a b c)

1 +

1 + a b

1 + b c

9 2

     

     

≥

(a b)

+ (b c)

9(*)

[ ⇔ +

]

1 +

1 + a b

1 + b c

  

  

60 Website:tailieumontoan.com

≥

+ (a b)

+ (b c)

+ a) 3 (a b)(b c)(c

≥

1 +

1 + a b

1 + b c

a b b c c

Ta có bất đẳng thức (*) luôn đúng. Vì

Nhân vế với vế của 2 bất đẳng thức trên ta thu được (*)

⇔ = = c b

Ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN Ngày thi: 30.4.2017

TT BDVH HÀ NỘI – AMSTERDAM NĂM HỌC 2016 – 2017 Đề số 9

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

≥

≠

61 Website:tailieumontoan.com

, x

0, x

4, x

+ −

x −

−

2 +

x x

3 2

2 x

x x 5 x

  

  :    

  

Bài I. Cho biểu thức:

1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tìm tất cả các giá trị của x nguyên để biểu thức P 0< . 3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

−

Một ô tô đi quãng đường AB với vận tốc 50 km/h, rồi đi tiếp quãng đường BC với vận tốc 45km/h. Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô đi quãng đường AB ít hơn thời gian ô tô đi quãng đường BC là 12 phút. Tính thời gian Ô tô đi trên quãng đường AB và quãng đường BC .

2 m 2 x m 3m 4 0

− = (Tham số m ).

(

)

−

1 −

= 7.

Bài III. Cho phương trình:

)

x , x . 2 )

( x x 1

Tìm giá trị của m để:

1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m . 2) Gọi hai nghiệm của phương trình là ( x x 2 )O;R , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường Bài IV. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn( tròn( )O;R . ( B;C là hai tiếp điểm). Đường thẳng d tùy ý đi qua điểm A cắt đường tròn )O tại hai điểm phân biệt P và Q sao cho tia AP nằm giữa hai tia AB và AC . Đường ( thẳng đi qua O và song song với d cắt đường thẳng AC tại điểm N . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng PQ .

1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên một đường tròn.

2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO .

,= α

sin ,cos , tan

= sử OA 3 10cm, R 5cm α và cot α .

3) Giải tính Đặt AON và OM 3cm.

MA MB MC+

4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh

điểm A .

−

≥

≠

HƯỚNG DẪN GIẢI

, x

0, x

4, x

+ −

x −

−

2 +

x x

3 2

2 x

x x 5 x

  

  :    

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài I. Cho biểu thức:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

62 Website:tailieumontoan.com

1) Rút gọn biểu thức P .

2) Tìm tất cả các giá trị của x nguyên để biểu thức P 0< .

≥

≠

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P .

0, x

4, x

≠ 9

−

+ −

x −

x x

3 2

2 x

  

  

−

x +

−

2 −

−

( (

3 ) ( 3 . 3 ) ( 2 . 3

x − x 5 x ( (

2 + 6 ) ( 2 . ) ( 2 . 3

) )

(

+ x ) ( 2 . 3

)

  :        

   

−

1 +

−

2 −

(

− 9 x ) ( 2 . 3

(

)

(

)

   

   

−

− x 4 ) ( 2 . 3 (

+ x ) ( 2 . 3 )

1 +

) ) ( 2 . 3 −

1 +

−

− + − − 9 x x 4 ( ) ( − 2 . 3

− )

−

x +

2 x

−

≥

≠

1) Điều kiện: x

0, x

4, x

≠ . 9

x +

2 x

−

< ⇔

⇔

−

Vậy với x

P 0

)

(

) ( 2 . 1

x +

2 x

≥

≠

− < ⇔ ≤ < .

2) Ta có:

0, x

4, x

≠ thì x 1 0

+ > do đó x

0 x

2 0

≤ < thì P 0<

Với x

x ∈

−

Do x nguyên nên . Kết hợp điều kiện, ta có: 0 x { } 0,1, 2, 3

= − 1

x +

3 +

2 x

⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒

3) Ta có: .

0≥

x 1 1

≤ ⇒ ≥ − = − 2

P 1 3

3 + x 1

Do x

0⇔ = (thỏa mãn ĐK).

0= .

Dấu “=” xảy ra

2= − , đạt được khi x

Vậy giá trị nhỏ nhất của P

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Một ô tô đi quãng đường AB với vận tốc 50 km/h, rồi đi tiếp quãng đường BC với

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

63 Website:tailieumontoan.com

vận tốc 45km/h. Biết tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km và thời gian ô tô

đi quãng đường AB ít hơn thời gian ô tô đi quãng đường BC là 12 phút. Tính thời gian

Ô tô đi trên quãng đường AB và quãng đường BC .

0,2

1 5

Đổi: 12 phút = (giờ)

Gọi thời gian ô tô đi trên quãng đường AB là x (giờ)

Đk: x > 0

⇒ thời gian ô tô đi trên quãng đường BC là x 0, 2+

(giờ).

(km). Quãng đường AC là 50x (km), quãng đường BC là 45.(x 0,2)

⇔

= ⇔ +

+ =

50x 45x 9 199

199

( 50.x 45. x 0, 2

⇔ = ⇔ =

95x 190

) 2

Vì tổng chiều dài quãng đường AB và BC là 199 km, nên ta có phương trình:

BC là 2, 2 (giờ).

−

Vậy thời gian ô tô đi trên quãng đường AB là 2 (giờ), thời gian ô tô đi trên quãng đường

2 m 2 x m 3m 4 0

− = (Tham số m ).

(

)

Bài III. Cho phương trình:

1) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m .

x , x . 2

−

= 7.

2) Gọi hai nghiệm của phương trình là

)

( x x 1

( x x 2

−

Tìm giá trị của m để:

− = (1) có:

2 m 2 x m 3m 4 0

)

(

= −

−

= −

−

a 1 ; b

= − (m 2) 2 m ; c

m 3m 4

= −

− = −

= −

−

< ∀

a.c

m 3m 4

2 − m 2.

0, m

3 2

9 + + 4

7 4

3 2

7 4

  

  

  

  

   

   

1) Phương trình:

−

x m 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m (đpcm).

x , x là hai nghiệm của phương trình (1), thỏa mãn Vi-ét

= −

−

x .x

m 3m 4

  

−

= ⇔ −

−

)

( x x 2

−

7 (*)

)

7 ( 2 x

( x x 1 ( ⇔ + x

)

2x x 1

2) Ta có

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Thay hệ thức Viet vào (*) ta được:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038



= ⇔

−

3m 12m 16 7

3m 12m 9 0

= m 1 + = ⇔  = m 3

64 Website:tailieumontoan.com

Vậy m = 1 hoặc m = 3 thỏa mãn bài toán.

)O;R , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC tới đường

Bài IV. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn(

)O;R . ( B;C là hai tiếp điểm). Đường thẳng d tùy ý đi qua điểm A cắt đường tròn

(

)O tại hai điểm phân biệt P và Q sao cho tia AP nằm giữa hai tia AB và AC . Đường

tròn(

thẳng đi qua O và song song với d cắt đường thẳng AC tại điểm N . Gọi M là trung điểm

của đoạn thẳng PQ .

1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên một đường tròn.

2) Chứng minh tam giác AON đồng dạng với tam giác MCO .

,= α

sin ,cos , tan

α và cot α .

3) Giải tính sử OA 3 10cm, R 5cm và OM 3cm. Đặt AON

MA MB MC+

4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh

điểm A .

1) Chứng minh các điểm A, B, M,O,C cùng nằm trên một đường tròn.

)O;R

⇒

Do AB và AC là 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn(

  0 OBA OCA 90

PQ là dây cung của đường tròn (

)O;R và M là trung điểm của PQ

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(tính chất tiếp tuyến).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

65 Website:tailieumontoan.com

⊥ OM PQ

⇒

   0 = OBA OCA OMA 90

⇒ các điểm B, C, M cùng nhìn cạnh OA dưới một góc vuông.

⇒ A, B, M,O,C cùng nằm trên một đường tròn ( )I đường kính OA ( I là trung điểm OA

hay OM AM⊥

∆

)

. 2) Chứng minh AON∆ đồng dạng với MCO

 OC ).

(hai góc nội tiếp cùng chắn Xét trong đường tròn ( )I có  OMC CAO

(1)  OMC NAO ⇒

⇒

(Định lý) Tứ giác ACOM nội tiếp đường tròn ( )I có   o MOC MAC 180

(hai góc trong cùng phía). Ta có ON / /MA (giả thiết)   o ANO MAC 180

∆

(2)

. đồng dạng với MCO Do đó:  MOC ANO Từ( )1 và( )2 ta có AON∆

3) Giải sử OA 3 10cm, R 5cm và OM 3cm= . Đặt AON = α , tính sin , cos , tan

⇒

⊥

và cot α .

cos AOM

   0 ⇒ AON AOM NOM 90 Ta có: ON / /MA (giả thiết); OM AM OM ON

= OA 3 10

1 10

α =

Trong tam giác vuông OMA ta có:  OM

sin

cos AOM

 1 = 10

α =

−

Từ tính chất của 2 góc phụ nhau ta có:

⇒ α = sin

− 1 cos

1 10

3 10

  

  

⇒ α = tan

α α

3 10

1 10

⇒ α = cot

sin cos 1 tan

1 3

) (do   0 AON AOC 90

MA MB MC+

A .

4) Chứng minh là đại lượng không đổi khi đường thẳng d quay quanh điểm

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Kẻ CM cắt (O; R) tại F. CO cắt (O; R) tại G.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

66 Website:tailieumontoan.com

⇒

Ta có: A, C, M, B cùng thuộc 1 đường tròn (cmt) ⇒ Tứ giác ACMB nội tiếp

  0 CAB CMB 180

⇒

(t/c)

CMB BMF 180

Mà    0 = CAB BMF

∈

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung Ta có:  BFC ABC

BC của (O; R) ) hay  MFB ABC (do M CF)

∆ Xét ABC

(3)

∆ và MFB

⇒

có:  CAB BMF (cmt);  MFB ABC (cmt) =

⇒ ABC ∆

(cặp góc tương ứng) (4) (g.g)  MBF ACB

∆ ∽ MFB

⇒ =

⇒ ∆

ABC

⇒

(t/c) cân tại A Do AB, AC là hai tiếp tuyến của (O; R) (gt) AC AB

 ACB ABC =

⇒ ∆

(t/c) (5)

MBF

⇒

= ⇒ +

cân tạ M Từ (3),(4),(5)  MBF MFB ⇒

MB MF MB MC MF MC CF

⊥

∆

(6)

MOA

MA AO.sin OAM

) nên ta có: (7) vuông tại M (do OM AM (cmt)

⇒ =

vuông tại F (góc nội tiếp chắn nửa (O; R)) CFG∆ Ta có:  0 CFG 90=

  CF CG.sin FCG 2R.sin FCG

(8)

⇒

 OAM MCO =

Do A, M, O, C cùng thuộc 1 đường tròn (cmt)

∈

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

⇒

(9) AMOC) hay  OAM FCG (do M CF; O CG)

MA + MB MC

 AO.sin OAM AO  2R 2R.sin OAM

⇒

Từ (6),(7),(8),(9)

MA + MB MC

AO 2R

Do A, O cố định và R không đổi nên không đổi không đổi (đpcm).

PHÒNG GD&ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI KHỎA SÁT CHẤT LƯỢNG

NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 9

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đề số 10 Ngày 4/5/2018

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

≥

≠

67 Website:tailieumontoan.com

0,a

a 5 a − a 9

− a 9 − 3 a

3 − a

2 + a

và Bài I. Cho hai biểu thức

1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P.

2) Rút gọn biểu thức Q.

3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = P.Q.

Bài II: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành

xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội II

tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất của

đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi

với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn thành

công việc trên?.

Bài III.

−

1 − y 1 3 − y 1

 1  − x 2   2   − x 2 

−

1) Giải hệ phương trình:

(

) 2m 1 x 2m

2) Cho Parabol (P): (x là ẩn, m là và đường thẳng (d):

tham số).

a) Khi m = 1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P).

(

)

) A x ; y ;B x ; y 1

−

b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt sao cho

= T x

x x 1

biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

∈

Bài IV. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường

∈ I AB, K AC

∈

. tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với ) AB, MK vuông góc với AC (

) P BC .

2 = MI.MK MP .

≤

Chứng minh:  MPK MBC. 1) Chứng minh: Tứgiác AIMK nội tiếp đường tròn. 2) Vẽ MP vuông gócvới BC (

3y.

3) Chứng minh rằng: 4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. + Bài V. Cho ba số x, y, z không âm và

4 + y 2

8 + z 3

1 ) + x 1

(

)

(

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của

−

≥

HƯỚNG DẪN GIẢI

0,a

≠ 9

a 5 a − a 9

− a 9 − 3 a

3 − a

2 + a

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và Bài I. Cho hai biểu thức với a

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

68 Website:tailieumontoan.com

1) Khi a = 81, tính giá trị biểu thức P.

2) Rút gọn biểu thức Q.

3) Với a > 9, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = P.Q.

− a 9 − 3 a

1) Ta có:

⇒ = 9 a

= + =

Với a = 81 (thỏa mã ĐK)

9= vào P ta được: P 9 3 12

. Thay a

Vậy P = 12 khi a = 81.

−

≥

≠

0,a

9).

a 5 a − a 9

2 + a

3 − a

−

a 5 a

3.( a −

3) +

2( a +

− +

3 −

( a

3)( a

( a

3) − 3)( a

( a

3)( a

+ +

− + −

−

3 a

6 a 5 a 3)

3)( a

−

9 2 a − ( a a 3)( a

( a

≥

2) Rút gọn biểu thức Q.

0,a

≠ 9

−

a 3)( a

( a

Vậy với a

3) Ta có:

.( a

+ + 3

− + 3

−

a 3)( a

( a

9 − a

a − a

A = P.Q= .

⇒ − > nên theo bất đẳng thức Côsi ta có:

3 0

≥

−

≥

− + 3

2 ( a

3).

⇔ − + a

9 − a

+ ≥ +

⇔ − + a

6 6 6

3 9 − a

⇔ ≥

P 12

⇒

−

= ⇒ − = ⇔ =

Vì a > 9

− = 3

( a

3 3

9 − a

Dấu “=” xảy ra khi (Thỏa mãn).

12=

khi a = 36. Vậy minP

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

69 Website:tailieumontoan.com

Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành

xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội

II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất

của đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày.

Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn

thành công việc trên?.

Gọi thời gian đội thứ nhất làm một mình xong công việc là x (ngày)

Gọi thời gian đội thứ hai làm một mình xong công việc là y (ngày) (x, y 12)

1 x

1 y

(công việc); đội thứ hai làm được Trong 1 ngày: Đội thứ nhất làm được (công việc);

1 12

1 x

1 y

1 12

= ( công việc); trong 3,5 ngày đội hai làm

và cả hai đội làm được (công việc) nên ta có phương trình: (1)

1 12

2 3

Cả hai đội cùng làm trong 8 ngày được:

= ( công việc). Ta có phương trình:

= (2)

3,5.

2 3

7 y

2 y

7 y

xong phần việc còn lại được

−

1 12

⇔

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 21

1 28

28 21

=  x  = y

1 12 21

 1  x   = y 

1 x 2 3

1 y 7 y

1 x 7 y

1 y 1 3

      

(thỏa mãn)

Vậy thời gian đội thứ nhất làm một mình xong công việc là 28 (ngày); thời gian đội thứ

hai làm một mình xong công việc là 21 (ngày) .

Bài III.

−

1 − y 1 3 − y 1

 1  − x 2   2   − x 2 

−

1) Giải hệ phương trình:

(

) 2m 1 x 2m

2) Cho Parabol (P): (x là ẩn, m là và đường thẳng (d):

tham số).

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Khi m = 1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

)

(

) A x ; y ;B x ; y 1

−

b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt sao cho Website:tailieumontoan.com (

= T x

x x 1

≠

biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

≠ 2; y 1

1) Điều kiện: x

≠ . Ta có hệ:

≠ với A 0; B 0

1 x 2−

1 y 1−

(tm)

⇔

+ −

= =

+ = A B 2 = − 2A 3B 1

  

 3A 3B 6  2A 3B 1 

=  5A 7  + = A B 2 

(tm)

 = A    = B 

7 5 3 5

⇔

Đặt A = ; B =

7 5 3 5

      

19 7 8 3

 1  − x 2  1  − y 1 

(thỏa mãn).

(x; y)

19 8 ; 7 3

 =  

  

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: .

− ⇔ −

= (1)

+ 2m 1 x 2m 0

(

) 2m 1 x 2m

(

)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

−

+ = ⇔ −

−

3x 2 0

(x 1)(x 2)

= x 2 = ⇒  = 0 x 1

2a) Khi m = 1 thì phương trình (1) trở thành

y 1⇔ =

Với x = 1 thay vào phương trình của (P) ta có y = 12

4⇔ = y

Với x = 2 thay vào phương trình của (P) ta có y = 22

−

= (1)

Vậy khi m = 1 thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là C( 1; 1) và D( 2; 4)

+ 2m 1 x 2m 0

(

)

∆ =

−

+ =

−

(2m 1)

2 8m 4m 4m 1

(

) − 2m 1

2b) Xét phương trình

A x ; y ;B x ; y thì phương trình (1) có hai

(

)

(

)

⇔ ∆ > ⇔

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

> ⇔ ≠

0 m

(

)2 − 2m 1

x ; x 1

1 2

−

nghiệm phân biệt

= T x

x x 1

x ) 2

3x x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ 2m 1

≠

71 Website:tailieumontoan.com

x 2 =

1 2

1 x x 1

  

Với , theo hệ thức vi-ét ta có

−

= T x

+ (2m 1)

2 3.2m 4m 2m 1

x x 1

x ) 2

3x x 1

−

1 2

3 + ≥ ∀ ≠ 4

3 4

1 2

  

  

0 m

(tm)

1 = ⇔ − = ⇔ = 2

3 4

1 4

= khi

T Vậy min

3 4

1 = . 4

Thay vào T ta có:

Bài IV. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường

∈

tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với

∈ I AB, K AC

)

. AB, MK vuông góc với AC (

∈

1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn.

) P BC .

2 = MI.MK MP .

Chứng minh:  MPK MBC. 2) Vẽ MP vuông gócvới BC (

3) Chứng minh rằng:

4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn

nhất.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Chứng minh: Tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

72 Website:tailieumontoan.com

⇒

Ta có MI AB⊥ tại I (giả thiết)  o = MIA 90

tại K (giả thiết)  o MKA 90 MK AC⊥

⇒ Tứ giác AIMK nội tiếp (dhnb) (đpcm).

Xét tứ giác AIMK có  MIA ; MKA là hai góc đối nhau và   o MIA MKA 180

⇒

2) Chứng minh:  MPK MBC.

⇒

tại P (giả thiết)  o CPM 90 Ta có MP BC⊥

tại K (giả thiết)  o CKM 90 MK AC⊥

⇒ Tứ giác CPMK nội tiếp (dhnb).

Xét tứ giác CPMK có  CPM ; CKM là hai góc đối nhau và   o CPM CKM 180

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ MK của đường tròn ngoại tiếp tứ =>  KPM KCM=

giác CPMK) (1)

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn

cung nhỏ Xét (O) có  KCM CBM=  CM ) (2)

(đpcm) (3) Từ (1) và (2) =>  KPM CBM.

2 = MI.MK MP .

⇒

3) Chứng minh rằng:

⇒

tại P (giả thiết)  o BPM 90 Ta có MP BC⊥

MI AB⊥ tại I (giả thiết)  o = BIM 90

⇒ Tứ giác BIMP nội tiếp (dhnb)

⇒

Xét tứ giác BIMP có  BPM ; BIM là hai góc đối nhau và   o BPM BIM 180

 PIM CBM =

(hai góc nội tiếp cùng chắn

 PM ) (4)  IM ) (5)

(hai góc nội tiếp cùng chắn và  IBM IPM=

⇒

Tứ giác CPMK nội tiếp (cmt)

 BCM PKM =

 PM ) (6)

(hai góc nội tiếp cùng chắn

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn

Xét (O) có  BCM IBM=  BM ) (7)

IMP∆

∆ và PMK

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xét có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

73 Website:tailieumontoan.com

 PIM KPM=

(theo (3) và (4))

⇒ ∆

(theo (5), (6) và (7))  IPM PKM=

IMP

PMK

∆∽

⇒

(g – g)

IM PM = PM MK

⇒

(tính chất)

IM.MK PM

(đpcm)

4) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

MI.MK.MP MP

Có .

Để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất.

⇔ =

Gọi H là trung điểm BC mà BC cố định nên H cố định.

MP MH

maxMP

Do đó

∆ Xét MBC

∆

có MP là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

cân tại M => MBC

= ⇔ là điểm chính giữa cung BC

≤

=> MB MC M

3y.

4 + y 2

8 + z 3

1 ) + x 1

(

)

(

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của Bài V. Cho ba số x, y, z không âm và

+ ⇔ + ≥

≤

+ ≥ 1)

2x 4y 2z

+ 3y 6 2x 4y 2z (do x

3y.)

+ + (x 1) ⇔ ≥

+ (y + +

6 2x y 2z

≥

Áp dụng BĐT Côsi ta có :

1 2 a

1 2 b

8 + (a b)

Với a, b là các số dương ta chứng minh được

≥

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b.

8 + z 3

(

)

(

)

1 ) + x 1

(

+ + +

x 1

y 2

1 2

  

  

  

  

64.4

≥

256 + (6 10)

+ +

(2x y 2z 10)

1= khi x 1; y

= 2; z 1

Áp dung BĐT trên ta có:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy minP

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

74 Website:tailieumontoan.com

VIETELITE KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 1)

EDUCATION Năm học: 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN

Đề số 11 Ngày thi: 25 tháng 04 năm 2018.







Thời gian làm bài: 120 phút.

1 x  1  x





x 0 ;

 1.

và với Bài 1 (2,0 điểm). Cho các biểu thức

1) Tìm các giá trị của x để A = 2.

2) Chứng tỏ rằng tích A.B không phụ thuộc vào x .

3) Tìm tất cả các số thực x để A B .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

75 Website:tailieumontoan.com

Trong giờ thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên một quãng đường dài 2km

và xuất phát tại cùng một thời điểm. Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn

vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ và về đích sớm hơn Bình 5 phút. Tính thời

gian chạy hết quãng đường của mỗi bạn biết rằng vận tốc của mỗi bạn không đổi trên cả

quãng đường.

x 2



 

Bài III (2,0 điểm).

  y 2



 x m



m 2

  , m là tham số.

    1   x x 2) Cho phương trình bậc hai

1) Giải hệ phương trình:

x là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m để

a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .

,x 1

  4

b) Gọi

Bài IV (3,5 điểm). Cho đường tròn ( )O đường kính BC . Một điểm A thuộc đường tròn

sao cho AB AC . Tiếp tuyến tại A của ( )O cắt đường thẳng BC tại D . Gọi E là điểm

đối xứng với A qua BC , AE cắt BC tại M . Kẻ đường cao AH của tam giác ABE , AH cắt BC tại F .

a) Chứng minh rằng tứ giác AFEC là hình thoi.  DC DB DM DO

b) Chứng minh c) Gọi I là trung điểm của AH , kéo dài BI cắt ( )O tại điểm thứ hai là K . Chứng

minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp.

d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD tại N . Chứng minh N là trung điểm của

, ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn

   . Tìm giá trị 1

.MD

P ac

  

ab 2018 .

Bài V (0,5 điểm). Cho

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức







HƯỚNG DẪN GIẢI

1 x   1 x





x 0 ;

 1.

và với Bài 1 (2,0 điểm). Cho các biểu thức

1) Tìm các giá trị của x để A = 2.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Chứng tỏ rằng tích A.B không phụ thuộc vào x .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

76 Website:tailieumontoan.com



    

    x

  2

3) Tìm tất cả các số thực x để A B .



1) Ta có (TMĐK).

x  thì 9

2A  .

Vậy với





A B .



   x 1      x 1 



  1   .    1   1





 x 1  x 1



 x





 x x

1  1  1

 x











 x  1

 1







 

x x

1 1







A B  không phụ thuộc vào

2) Xét tích:

Vậy tích



A B

 





1 x  1 x 



1 x









1  1 x  1 x 







2    1

   1





 









x 

   x 1





4 x

x  1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

x 0 ;

x   hoặc

x  (do 4 0

x  với mọi

 ) 1.

1 x  hoặc

x  (TMĐK).

77 Website:tailieumontoan.com

x  hoặc 1

x  thì A B .

Vậy với

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Trong giờ thể dục, hai bạn An và Bình cùng chạy bền trên một quãng đường dài 2km

và xuất phát tại cùng một thời điểm. Biết bạn An chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn

vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ và về đích sớm hơn Bình 5 phút. Tính thời

gian chạy hết quãng đường của mỗi bạn biết rằng vận tốc của mỗi bạn không đổi trên cả

quãng đường.

1 12

Đổi: 5 phút = (giờ).

Cách 1: Gọi ẩn là thời gian cần tìm.

Gọi thời gian chạy hết quãng đường của An là x (giờ), thời gian chạy hết quãng đường của Bình là y (giờ).

Điều kiện: x > 0, y > 0.

1 12

Vì An và Bình xuất phát cùng một thời điểm và An về đích sớm hơn Bình (giờ) nên ta

x 

có phương trình:

1 12

(1).

2 x

2 y

Vận tốc trung bình của An là (km/h), vận tốc trung bình của Bình là (km/h). Vì An

chạy bền với vận tốc trung bình lớn hơn vận tốc trung bình của bạn Bình là 2km/giờ nên ta

  2

có phương trình:

2 x

2 y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(2)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

1 12

78 Website:tailieumontoan.com

   y x  2 2     x y





  x





x  

1 12



  x

1 12 xy

1 12   



   y     y  

   y      12 x   

1 12

1 2 1

   x     

1 2 1

  y       xy   

  y         x        

T (

)

TM (

K hoac x

)



loa (

)

1 3 1 4

 1 3

    

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 4

(giờ), thời gian chạy hết quãng đường Vậy thời gian chạy hết quãng đường của An là

1 3

của Bình là (giờ).

x  (km/h).

Cách 2: Gọi ẩn là vận tốc, rồi suy ra thời gian cần tìm.

Gọi vận tốc trung bình của An là x (km/h), vận tốc trung bình của Bình là

Điều kiện: x > 2.

2 x

Thời gian chạy hết quãng đường của An là (giờ), thời gian chạy hết quãng đường của

2 x 

Bình là (giờ).

1 12

Vì An và Bình xuất phát cùng một thời điểm và An về đích sớm hơn Bình (giờ) nên ta

2  2 x 2





1 12



2 1   12 x   x 2( 2)  ( x x 2)    2

 x x 2

    x 2

x  (TMĐK) hoặc

x   (loại) 6

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

có phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

79 Website:tailieumontoan.com

 (giờ), thời gian chạy hết quãng

2 8

1 4



Vậy thời gian chạy hết quãng đường của An là

2 

1 3

đường của Bình là (giờ).

x 2



 

Bài III (2,0 điểm).

  y 2

    1   x



 x m



m 2

1) Giải hệ phương trình:

  , m là tham số.

2) Cho phương trình bậc hai

a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .

x là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m để

,x 1

  4

b) Gọi

x 0,

 

2( x



 



 



 

1)   1 x 



2 y  

2 x  1 

1 

2  1 x  1 

            

1) Điều kiện:



1 1  , b y



    a 2 b   2   a 2 b 4 

  a    b 

a 2





b 4

a 2

 2 b 1)(4

  5)

  

 2 b

   a      b (  

   a      b 4   

 2

TM (

)



2 1

   a     b  

l ai o (

)

1  4 5

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





, ta có HPT: Đặt

1  2

   x      y 

  1    1 x    y  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(TMĐK).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

, x y

80 Website:tailieumontoan.com



     

  1  ,1   2 



 x m



m 2

. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 

  có: 0

 

m (

2   1)



m 2

   với mọi 0

2a) Phương trình:

x với mọi m (đpcm)

,x 1



 x m



m 2

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt

  có hai nghiệm phân biệt là:

x m

     và 2

     3 2

  ( x

2 4)

x 0;

  4

2b) Phương trình:

  ) 4

   (với 2

Ta có:

   nên

m  và

m  .

  4

Với mọi m thì

    3





  

  



   m    

   m    m 1     m 1     m    m   



   m

hoac m

 

hoac m

Ta có:

 thỏa mãn bài toán.

Vậy với

Bài IV (3,5 điểm). Cho đường tròn ( )O đường kính BC . Một điểm A thuộc đường tròn

sao cho AB AC . Tiếp tuyến tại A của ( )O cắt đường thẳng BC tại D . Gọi E là điểm

AH cắt BC tại F .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

đối xứng với A qua BC , AE cắt BC tại M . Kẻ đường cao AH của tam giác ABE ,

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

81 Website:tailieumontoan.com

 DC DB DM DO

a) Chứng minh rằng tứ giác AFEC là hình thoi.

b) Chứng minh

c) Gọi I là trung điểm của AH , kéo dài BI cắt ( )O tại điểm thứ hai là K . Chứng

minh tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp.

.MD

d) Đường thẳng AK cắt đường thẳng BD tại N . Chứng minh N là trung điểm của

E O ( )

a) Ta có BC là đường kính của ( )O (gt) vàE là điểm đối xứng với A qua BC (giả thiết)

BAC



o 90

  90 ,  BEC

nên .

(1)

(2)



  BA AC    BE 

(là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O )

 

ABE

Ta có BC AE tại M là trung điểm của AE (tính chất đối xứng).

.ABE

 F là trực tâm của

có hai đường cao AH , BM và hai đường cao này cắt nhau tại F .

 

EF AB

(3)

(4)





Từ (1) và (4) EF // AC (5)

Từ (3) AF tại H (6)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (2) và (6) AF // EC (7)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

82 Website:tailieumontoan.com

Từ (5) và (7)  tứ giác AFEC là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

 tứ giác AFEC là hình thoi (dấu hiệu nhận biết). (đpcm)

Mà FC AE (vì BC AE ).

 

DAO

b) Ta có AO AD tại A (vì AD là tiếp tuyến tại A của ( )O ).

vuông tại A.



2 .DM DO DA



tại M (vì BC AE ). Mà AM OD

(hệ thức lượng). (8)

 DAC DBA 

Xét DAC và DBA có:

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn AC

ADC chung

 

DAC

của ( )O )



2 DB DC DA



(g-g). ∽ DBA

DA DB  DA DC

 DB DC DM DO

(9)



(đpcm). Từ (8) và (9), ta có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn KE ).

c) Xét đường tròn ( )O có  KAE KBE (10)

 IM là đường trung bình của AHE

IM // HE hoặc IM // BE

 KIM KBE 



Ta có I, M lần lượt là trung điểm của AH và AE

(hai góc đồng vị). (11)

 tứ giác AIMK có hai đỉnh kề A và I cùng nhìn cạnh KM dưới một góc không đổi.

 tứ giác AIMK là tứ giác nội tiếp (đpcm)



hoặc  KAM KIM Từ (10) và (11), ta có:  KAE KIM

AH BH

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

d) Xét AHB vuông tại H có: tan ABH (tỉ số lượng giác góc nhọn).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038



IHB

83 Website:tailieumontoan.com

IH BH

Xét vuông tại H có: tan IBH (tỉ số lượng giác góc nhọn).

 ABH DAM

Xét đường tròn ( )O , ta có:

 IBH KAM

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn một cung).



tan DAM



(hai góc nội tiếp cùng chắn KE của (O)).

AH BH

IH BH

tan





 (vì AH = 2IH do I là trung điểm của AH)

; tan KAM .

 DAM AH  IH KAM

tan



(12)

MD AM



Xét AMD vuông tại M có: tan DAM (tỉ số lượng giác góc nhọn).

NM AM

 NAM KAM

Xét NAM vuông tại M có: tan NAM (tỉ số lượng giác góc nhọn),

tan



 DAM MD   ND NAM

 DAM MD   ND KAM

tan

ND 

hoặc (13)

 hoặc

MD 2

MD ND

 N là trung điểm của

.MD

   . Tìm giá trị 1

Từ (12) và (13), ta có: (với N thuộc đoạn MD ).

, ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn a ab 2018 .

  

P ac

Bài V (0,5 điểm). Cho

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 )

a (

P ac

  

2018



c a (

  b )

2018

c a (



)



* Tìm GTLN:

 (1)

theo

osi (2)

  b 4

1 4

 T c Đ

Ta có .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “=” xảy ra  Dấu “=” ở (1), (2) đồng thời xảy ra và thỏa mãn điều kiện bài cho

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

 

c  

1 2



  

  a b .    c a b       b a c   

1 2

 b       b        a 

84 Website:tailieumontoan.com

1 4

1 2

      b c 

  b     a c 

Vậy Pmax = hoặc

a (

2 )



  b

* Tìm GTNN:

 (3) ab

 4

a (

2 )

a (

2 )

   

P ac

2018

c a (

  ) b

2018

Ta có (BĐT Cosi)

osi (3)

 (4)

 4

 theo B T c Đ

      (5)

a (

2 )

   P

 

 

2018

 4

2018 4

1009 2



0 b

  

1 2

  c       a b  

  c     a    a  



Dấu “=” xảy ra  Dấu “=” ở (3), (4), (5) đồng thời xảy ra và thỏa mãn điều kiện bài cho

1009 2

1 2

  c      a b 

Vậy Pmin =

PHÒNG GD & Đ T THANH TRÌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3

TRƯỜNG THCS ĐẠI ÁNG MÔN: TOÁN 9

Đề số 12

; Q

+ −

+ 2 5 x − 4 x

x x

2 2

+ x 1 − 2 x

2 x + x

≥

≠

x 0 ; x

4 ; x

≠ 9.

với Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 100.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

85 Website:tailieumontoan.com

2) Rút gọn Q. 3) Xét biểu thức A P.Q= , với giá trị nào của x thì A 1.<

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội xe chở cát để san lấp một khu đất. Nếu hai đội cùng làm thì trong 18 ngày

xong công việc. Nếu đội I làm trong 6 ngày, sau đó đội II làm tiếp trong 8 ngày nữa thì

được 40% công việc. Hỏi mỗi đội làm một mình trong bao lâu xong công việc.

−

= − 2

1 − x 1

3 − y

Bài 3 (2 điểm):

2 − x 1

1 − y

      

1) Giải hệ phương trình:

+ .

(P) : y

2) Cho Parabol và đường thẳng (d) : y mx 2

x ; x sao

a) Với m = 1. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).

−

b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

= 5.

cho

Bài 4 (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O ; R) . Dây cung CD cố định. Gọi M là điểm chính

giữa của cung nhỏ CD. Đường kính MN của (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kì trên cung

nhỏ CN (E khác C và N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp.

2) Chứng minh EI.MN = NK.ME. 3) Gọi Q là giao điểm của NK và MP. Chứng minh IK là phân giác của EIQ .

4) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh

+ + = . Tính giá trị nhỏ

khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Bài 5 (0,5 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1

+ a b abc

nhất của bieur thức .

HƯỚNG DẪN GIẢI

; Q

+ −

+ 2 5 x − 4 x

x x

2 2

+ x 1 − 2 x

2 x + x

≥

≠

x 0 ; x

4 ; x

≠ 9.

với Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 100.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Rút gọn Q.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

86 Website:tailieumontoan.com

3) Xét biểu thức A P.Q= , với giá trị nào của x thì A 1.<

+ −

+ 2 10 2 − 10 2

3 2

100 100 2

≥

≠

1) Với x = 100 (thỏa mãn ĐK), thay vào P ta được: .

4 ; x

≠ 9.

+ 2 5 x − 4 x

2 x + x

−

+ x 1 − x 2 + x 1 − 2 x

2 x + x

− −

2 5 x

)

)(

(

−

+ 2 5 x − x 4 ( x

− )

2 x )( 3 x + x

)

) + + x 1 ( x − 3x 6 x )( −

(

≠

2) Điều kiện: x 0 ; x

≥ với x 0 ; x

4 ; x

≠ 9.

3 x + x

≠

Vậy

= A P.Q

≥ với x 0 ; x

4 ; x

≠ 9.

+ −

x x

2 3 x + x 2

3 x − x

< ⇔

A 1

< ⇔ 1

− < ⇔ 1 0

0 (*)

+ −

3 x − x

2 x x

2 2

≥ ⇒

+ > , do đó:

3) Ta có:

2 x

2 0

Vì x 0

⇒ − < ⇔ < ⇒ < 4

2 0

≤ < thì A < 1.

Từ (*)

Kết hợp điều kiện ta có: 0 x

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai đội xe chở cát để san lấp một khu đất. Nếu hai đội cùng làm thì trong 18 ngày xong công việc. Nếu đội I làm trong 6 ngày, sau đó đội II làm tiếp trong 8 ngày nữa thì được 40% công việc. Hỏi mỗi đội làm một mình trong bao lâu xong công việc.

Gọi thời gian đội I làm một mình xong công việc là x (ngày), thời gian đội II làm một mình xong công việc là y (ngày). Điều kiện: x > 18 ; y > 18.

1 y

1 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trong 1 ngày, đội I làm được (công việc) và đội II làm được (công việc). Cả hai đội

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

87 Website:tailieumontoan.com

1 18

cùng làm thì 18 ngày xong công việc, nên trong 1 ngày cả hai đội làm được (công

1 x

1 y

1 18

việc). Ta có phương trình: (1)

Nếu đội I làm trong 6 ngày, sau đó đội II làm tiếp trong 8 ngày nữa thì được 40% công

6 x

8 y

2 = 5

việc, nên ta có phương trình: (2)

−

1 18

⇔

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 y

= x  = y 30

 1 1  18 x   = y 30

1 x 6 x

1 y 8 y

1 18 2 5

6 x 6 x

6 y 8 y

1 3 2 5

1 x 2 y

1 y 1 15

      

(Thỏa mãn)

Vậy đội I làm một mình xong công việc trong 45 ngày, đội II làm một mình xong công việc trong 30 ngày.

−

= − 2

1 − x 1

3 − y

Bài 3 (2 điểm):

2 − x 1

1 − y

      

1) Giải hệ phương trình:

+ .

(P) : y

2) Cho Parabol và đường thẳng (d) : y mx 2

x ; x

a) Với m = 1. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).

−

b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

= 5.

≠

≥

≠

≥

sao cho

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: x 0 ; x 1 ; y 0 ; y 16.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

= −

= − 2

= − 4

1 − x 1

3 − y

2 − x 1

6 − y

3 − y

⇔

1 − x 1 −

= − 1

5 −

2 − x 1

1 − y

2 − x 1

1 − y

      

−

= −

−

7 7 x

1 − x 1

3 − y

− 7 5

⇔

1 − x 1

    

− =

4 5

− =

4 5

    

7 x

⇔

    

 4  49   = y 81

x ; y

; 81

88 Website:tailieumontoan.com

)

4 49

 =  

  

−

− = (1)

Vậy hệ có nghiệm (

2x mx 2 0

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

− − = x 2 0

= − 1

−

⇔

⇒

= ⇔ 0

( ⇔ +

)( x 1 x 2

)

+ = x 1 0 − = x 2 0

= y 1 = y 4

  

a) Với m = 1, phương trình (1) trở thành:

) 1 ; 1−

) 2 ; 4

∆ =

Vậy với m = 1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm là ( và (

+ > với mọi m

2m 8 0

⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

x ; x với mọi m

⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

x ; x với mọi m

b) Xét phương trình (1) có

x .x

= x m = − 2

  

−

Hệ thức Vi – ét của phương trình (1):

= ⇔ = + x

5 2x

⇔

5 2x .x

= − 2

− )

=  3x m 5  ( 

5 2x .x

= − 2

− m 5 3 )

    + ( 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có: thay vào hệ thức Vi – ét, ta được:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= − ⇔ +

−

= −

5 2.

)( 5 2m m 5

(

)

− 3

 m 5 m 5 .  

−

− 3 − = ⇔ +

⇔

−

(m 1)(2m 7) 0

 ⇒ +   2m 5m 7 0

⇔

⇒

+ = m 1 0 − = 2m 7 0

  

   

= − m 1 7 2

= thỏa mãn yêu cầu bài toán.

89 Website:tailieumontoan.com

= − m 1 ; m

7 2

Vậy với

Bài 4 (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O ; R) . Dây cung CD cố định. Gọi M là điểm chính

giữa của cung nhỏ CD. Đường kính MN của (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ CN (E khác C và N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp.

2) Chứng minh EI.MN = NK.ME.

3) Gọi Q là giao điểm của NK và MP. Chứng minh IK là phân giác của EIQ .

M •

Q •

•

C •

D •

• K

H •

• E

•

• N

4) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

1) Chứng minh tứ giác IKEN nội tiếp.

 CD và MN là đường kính của (O) (giả thiết)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có M là điểm chính giữa của

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

90 Website:tailieumontoan.com

⊥ MN CD

⇒

∈

 o = KIN 90 (K CD).

tại I.

180

(góc nội tiếp chắn nửa (O)) Ta có:  o KEN 90=

⇒ tứ giác IKEN nội tiếp.

Xét tứ giác IKEN có  KIN ; KEN là hai góc đối và   o KIN KEN 90

2) Chứng minh EI.MN = NK.ME.

EMI chung

có: Xét EIM∆ và NKM∆

 MEI KNM=

 KI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKEN )

⇒ ∆

(hai góc nội tiếp cùng chắn

EIM

NKM

∆∽

⇒

(g – g)

EI EM = NK NM

⇒ EI.MN = NK.ME (đpcm).

(tính chất)

3) Chứng minh IK là phân giác của EIQ .

⇒ ⊥

(góc nội tiếp chắn nửa (O)) Ta có:  o MEN 90=

ME NE

tại E (do N, E, P thẳng hàng). hoặc ME NP⊥

⇒

⊥ tại I (do P, C, D thẳng hàng).

MN PI

∆

tại I (cmt) Ta có: MN CD⊥

∆

⇒ K là trực tâm của MPN

, mà có PI cắt ME tại K. Do đó PI và ME là các đường cao của MPN

⇒ NK PM⊥

⇒

 o KQM 90

∈ ⇒

tại Q (tính chất trực tâm)

 o = K CD KIM 90

tại I (cmt) và Cũng từ MN CD⊥

180

⇒ tứ giác KQMI nội tiếp.

Xét tứ giác KQMI có  KQM ; KIM là hai góc đối và   o KQM KIM 90

 KQ ) (1)

⇒  KMQ KIQ=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(hai góc nội tiếp cùng chắn

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

91 Website:tailieumontoan.com

Ta có tứ giác IKEN nội tiếp (cmt)

⇒  KIE KNE =

 KE ) (2)

(hai góc nội tiếp cùng chắn

 EQ ) (3)

(hai góc nội tiếp cùng chắn Xét (O) có:  KMQ KNE

⇒ IK là tia phân giác của EIQ (đpcm).

Từ (1), (2), (3)  KIE KIQ ⇒

M •

•

C •

D •

• K

H •

• E

•

D′

• N

• H′

4) Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, N, D) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Ta có dây CD cố định và M là điểm chính giữa của cung nhỏ CD nên M và đường kính MN cũng cố định.

Gọi D′ là trung điểm của cung nhỏ CN , thì D′ cũng là điểm cố định. Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với D N′ và cắt DD′ tại H′ thì H′ cũng là điểm cố định.

⇒

(cmt) Ta có CH PN⊥ (giả thiết) và ME PN⊥

CH / /ME

  = CHD MED

′

′⊥

(hai góc sole trong)

′ ; MD D N

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (do  o ′ = MD N 90

′

⇒

′ CH / /MD

  = CH D MD D

Ta có CH D N (O)).

 MD của

không đổi (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn Mà   1 ′ MED MD D MOD

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(O))

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

92 Website:tailieumontoan.com

  1 ′ CHD CH D MOD

⇒ Điểm H và H′ luôn nhìn dây CD cố định dưới một góc không đổi khi E di động trên cung lớn CD.

∆

không đổi.

⇒ tứ giác CHH D′

∆

⇒ H chạy trên đường tròn ngoại tiếp CH D′

+ + = . Tính giá trị nhỏ

cố định. nội tiếp với CH D′

Bài 5 (0,5 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1

+ a b abc

(

+ ≥

nhất của bieur thức .

a b 2 ab

⇔ ≤ ab

+ a b 4

≥

⇒ = P

1 ⇒ ≥ ab

+ a b abc

4 + a b .c

)

(

4 + a b

(

)

(

+ ≥

+ ⇔ +

≤

(1) Áp dụng B Đ T cosi, ta có:

+ a b

c 2

a b .c

(

)

(

)

+ + a b c 4

+ + = )

(2) Áp dụng B Đ T cosi, ta có: (

⇒ ≥ P

16 + + a b c

(

(vì theo giả thiết a b c 1

= = b

1 4

⇔

= a  ⇔ + = a b c   + + = a b c 1 

     = c 

1 2

= ⇔ = = a

; c

Dấu “=” xảy ra ⇔ Dấu “=” ở (1) và (2) đồng thời xảy ra và thỏa mãn giả thiết

1 4

1 = . 2

Vậy Min

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA A-STAR ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

93 Website:tailieumontoan.com

−

≥

≠

Đề số 13 Năm học 2017-2018

− −

x −

x +

x x

1 2

2 x

− 10 5 − x x 5

x ≠ 9. 1) Rút gọn

và với Bài 1. Cho các biểu thức

A ≤

1 2

2) Tìm x để

A B

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hai trường A và B có tổng cộng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội. Biết rằng 25% học sinh trường A và 20% học sinh trường B đạt giải nhất. Tổng số học sinh đạt giải nhất của hai trường là 21 học sinh. Tính số học sinh của mỗi trường tham gia kỳ thi đó? Bài 3.

−

3 − y 4 − 1 2 2

−

       −

1) Giải hệ phương trình sau:

1 − − 1

y = 0.

(

1 + x 2 + x ) 1

2 2.

x+ 2

x 1

2) Cho phương trình

a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu. = ,x x là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m biết b) Gọi 1

(

< C AB AC BC

) ; O R và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến ; E F là các tiếp điểm). Dựng cát tuyến ABC cắt đường tròn )).O Gọi I là trung điểm

Bài 4. Cho đường tròn ( AE và AF tới đường tròn ( tại hai điểm B và không là đường kính của(

, BC K là trung điểm của

)O là .D

A E O I F cùng thuộc một đường tròn.

; ;

;

, .EF Gọi giao điểm của FI với ( . AB AC . a) Chứng minh ; b) Chứng minh năm điểm c) Chứng minh

ED AC và tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai

/ /

của

OAE =

, OE OF và cung nhỏ EF nếu  30 .o

A B C cố định thì tâm đường tròn

bán kính

)O thay đổi các điểm d) Chứng minh rằng khi (

≤

+ + a b c

)

(

bc + +

ca + + c a

b c

1 4

b 2

ab + + a b ----------------------------- Hết -----------------------------

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định. ,a b c . Chứng minh rằng: , Bài 5. Cho các số thực dương

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

94 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN

−

≥

≠

− −

x −

x +

x x

1 2

2 x

− 10 5 − x x 5

x ≠ 9. 1) Rút gọn

và với Bài 1. Cho các biểu thức

A ≤

1 2

2) Tìm x để

A B

−

≥

≠

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

− −

x −

x x

2 x

1 2

−

(

)( 1

)

− 10 5 − x x 5 ( − x

x + )( − x

ĐK: 1)

3 (

+ )(

−

3 −

−

+ 4 10 5 )

x (

+ − + − x )(

−

)

− x )(

(

1 − x

≥

≠

) + − x 10 5 )

≠ 9.

1 − x

−

≤

≤ ⇔ 0

1 ≤ ⇔ 2

x + 2 2

1 x

x ( 2 1

− )

> ∀ ≥

2) Ta có , ĐK:

⇒ − ≤ ⇔ ≤ 1 1 0

Mà 2 2

1x≤ ≤

A ≤

Kết hợp với ĐK ta được 0

1x≤ ≤ thì

1 2

−

(

)

(

)

Vậy: với 0

A B

1 − x

)( 1 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

− + 3

+ + 1

3 + x

  

  

95 Website:tailieumontoan.com

1 ;

3 + x

≥

Áp dụng BĐT Cosi cho hai số dương , ta có:

+ + 1

2 3

(

) 1 .

3 + x

− 2 3 4

P⇒ ≥

+ = 1

( ⇔ +

) 1

3 + x

+ >

⇔ + = x

Do x

1 0

)

( tm

⇒ = − x

4 2 3

(

)

− đạt được khi

x = −

4 2 3.

P =

2 3 4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy min

Bài 2.Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai trường A và B có tổng cộng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi thành phố

Hà Nội. Biết rằng 25% học sinh trường A và 20% học sinh trường B đạt giải nhất. Tổng

số học sinh đạt giải nhất của hai trường là 21 học sinh. Tính số học sinh của mỗi trường

tham gia kỳ thi đó?

∈

Gọi số học sinh của trường A và trường B tham gia kỳ thi học sinh giỏi lần lượt là x và y

x y ,



(đk: )

y+ =

Vì có tổng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi nên ta có phương trình:

(1)

25%.

25% học sinh trường A là

1 x= 4

(học sinh)

20% y

20% học sinh trường B là

1 y= 5

= ⇔ +

(học sinh)

420

1 4

1 5

Ta có phương trình (2)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2) ta có hệ

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔

94 =

+ = y + 4

420

x x

5 4

y y

470 420

( (

) )

 x  5 

 5  5 

= y   

96 Website:tailieumontoan.com

Vậy số học sinh trường A và B tham gia thi học sinh giỏi lần lượt là 44 học sinh và 50 học

sinh.

Bài 3.

−

3 − y 4 − 1 2

      

−

1) Giải hệ phương trình sau:

− − 1

= 0.

1 + x 2 + x ) 1

(

2) Cho phương trình

2 2.

,x x là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m biết

x 1

x+ 2

a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu.

> − 1

b) Gọi 1

1 2

⇔

1) Điều kiện

−

6 − y 4 − y

4 − y

3 − y 4 − 1 2

   ≠ y 1 + x 2 + x

2 + x 2 + x

2 − y 2 + x

      

− =

)

(

⇔

Hệ 

3 2 ( 3

)

1 2 4 + = 2

2 + x

    

    = x 

;x y của hệ là

)

3 2

  

  

Vậy nghiệm (

−

− − 1

= 0.

(

) 1

a) Phương trình:

  ; c =

1 m 

= −

a = 1 ; b = (m 1)

2 1 0 − < ∀

 Phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m .

−

x 1

Ta có

= x m 2 2 = −

−

x x 1 2

  

−

b) Áp dụng định lý Vi-et ta được

2 2

= (*) 8

( = ⇔ +

x 1

x 2

2 ⇔ + x 1

2 x 2

x x 1 2

x 1

x 2

x x 1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

− = 1

) 1

(

) − + − 1

97 Website:tailieumontoan.com

+ +

+ =

2 2

1 2

2 8

m 2 )(

− = 5 0 ) = + 1

⇔ − m 23 ⇔ − m ( ⇔ − m 3  5 =⇒ m 3  = − m 

Thay hệ thức Vi-et vào (*) ta được: ( + +

5 3

 ∈ − 

  

; O R và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến

Vậy

AE và AF tới đường tròn (

Bài 4. Cho đường tròn (

< C AB AC BC

(

) ; E F là các tiếp điểm). Dựng cát tuyến ABC cắt đường tròn )).O Gọi I là trung điểm

tại hai điểm B và không là đường kính của(

, BC K là trung điểm của

)O là .D

, .EF Gọi giao điểm của FI với (

của

AB AC .

a) Chứng minh

A E O I F cùng thuộc một đường tròn.

; ;

;

b) Chứng minh năm điểm

ED AC và tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai

/ /

c) Chứng minh

, OE OF và cung nhỏ EF nếu  30 .o

A B C cố định thì tâm đường tròn

OAE = )O thay đổi, các điểm

bán kính

d) Chứng minh rằng khi (

ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định.

E

D

K

A

O

B

J

I

C

F

a) Xét AEB∆

⇒ ∆

∆ và ACE có: A chung,  AEB ACE ∆ AEB đồng dạng với

). ( ACE g g

⇒

AB AC .

AE AB = ⇒ AC AE

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

98 Website:tailieumontoan.com

, AE AF lần lượt là hai tiếp tuyến tại E và F của (O) (giả thiết)

b) Ta có

 90 ; AFO AEO

BC⊥

⇒ Xét (

90 )O có I là trung điểm của BC nên OI

(Tính chất tiếp tuyến).

 90o =

AIO⇒ Xét tứ giác AEOI có hai góc đối  AEO ; AIO mà   o AEO AIO 90

180

⇒ tứ giác AEOI nội tiếp (dhnb) (1). Xét tứ giác AEOF có hai góc đối  AEO ; AFO mà   o AEO AFO 90

180

⇒ tứ giác AEOF nội tiếp (2).

tại I (tính chất đường kính – dây cung)

.AO

A E O I F thuộc đường tròn đường kính

, ,

Từ (1) và (2) ⇒ năm điểm

)O có:  1 EO F DF

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EF ) c) Xét (

⇒

 1 = EOF AOF 2 Do đó:  AOF EDF

Ta có AE và AF là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O). ⇒ AO là phân giác của EOF (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau).

EDF AIF là hai góc đồng vị.

(hai góc nội tiếp cùng chắn AF )

⇒

Xét đường tròn ngoại tiếp AEOIF có  AOF AIF Do đó  EDF AIF Mà  ;

/ / ED AC Do  OAE

o = ⇒ 30

 AOE

o = ⇒ 60

 EOF

o 120 .

(đpcm)

, OE OF và cung nhỏ EF là:

.120 o

R 360

π R 3

Diện tích hình quạt giới hạn bởi

(đvdt)

d) Gọi J là giao điểm của BC và EF .

Ta có: AE = AF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau).

⇒ AO là đường trung trực của EF (tính chất điểm thuộc đường trung trực).

⇒ ⊥

⇒

AO EF

OE = OF = R

OKJ

o = ⇒

OKJ

JIO mà   o = JIO 90

OKJ

180

tại K là trung điểm của EF  o 90

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có  90 ⇒ JIO AIO Xét tứ giác OKJI có hai góc đối  ;

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ tứ giác OKJI nội tiếp (dhnb)

⇒

99 Website:tailieumontoan.com

AJ AI AK AO AE

(hệ thức lượng trong đường tròn (OKJI)).

.AK AO AE=

⇒

vuông tại E, đường cao EK có: Xét AEO∆ (hệ thức lượng)

∆ Xét ABE

.AB AC AE

(g – g)

∆∽ AEC = AJ AI AB AC .

Do đó: mà A, B, C cố định và I là trung điểm của BC cũng cố định nên

điểm J cố định.

nên P luôn thuộc đường trung trực của

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKI cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKJI . Gọi P là tâm đường tròn này. Khi (O) thay đổi thì P thay đổi nhưng PI PJ= IJ cố định.

,a b c . Chứng minh rằng: ,

≤

+ + a b c

(

)

bc + +

ab + + a b

b c

ca + + c a

b 2

1 4

≤

+ + a b c

(

)( ) *

bc + +

ab + + a b

b c

ca + + c a

b 2

1 4

Bài 5. Cho các số thực dương

≤

+ ⇔ +

≥

x y ,

> ⇒ 0

(

)

1 +

1 y

1 x

1 y

 1 1  x 4 

  

  

  

≥ ⇔ −

≥ (luôn đúng)

(

x ⇔ + y

y x

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ:

≤

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x

1 4

ab + + a b

ab + + + a c b c

ab + a c

ab + b c

  

  

≤

Áp dụng ta được:

;

bc + +

1 4

b c

bc + b a

bc + c a

ca + + c a

2 b

ca + c b

ca + a b

  

  

  

  

⇒

≤

( ) *

ab + a c

ab + b c

bc + b a

bc + c a

ca + c b

ca + a b

1 4

  

  

+ + ⇒

a b c

dpcm .

(

)

1 4

+ ab bc + a c

+ ab ac + b c

+ ac bc + a b

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Tương tự ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

100 Website:tailieumontoan.com

THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 9

NGÀY 23 – 3 – 2019

Đề số 14 Năm học 2018 – 2019

= −

−

Thời gian: 120 phút.

A 1

+ −

−

2 +

x + x 1

x x

3 2

+ 2 x − x 3

x x 5 x

≥

≠

và Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức

0 ; x

4 ; x

≠ 9.

với x

a) Rút gọn B.

−

b) Tìm x để B > 0.

A B

c) Cho . Tìm x để 2P 2 x 9.

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi hình chữ nhật. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật.

+ +

+ =

x 1 2 y 2

Bài 3 (2 điểm):

−

= − 2

1 + x 1

3 + y 2

    

−

1) Giải hệ phương trình:

− =

2x m 3 0

2) Cho phương trình:

−

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.

2 1

x x . 1 2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

Bài 4 (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O;R). H là trực tâm của tam giác ABC. Từ B đường thẳng song song với HC, từ C kẻ đường thẳng song song với HB, hai đường thẳng này cắt nhau tại D. Chứng minh:

1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của (O;R). 2)  BAH CAO = 3) a) Gọi E là giao điểm của BC và HD, G là giao điểm của AE và OH. Chứng minh G

∆

. Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD).

= . Chứng minh rằng:

là trọng tâm của tam giác ABC. b) Cho  o ABC 60= 4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C 3= với B, C là hai góc của ABC.

≥

( 5 a

)

1 a

1 + + b

1 c

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Câu 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

101 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

= −

A 1

+ −

−

2 +

x x

3 2

+ x 2 − x 3

x x 5 x

x + x 1

≥

≠

0 ; x

4 ; x

≠ 9.

và với Bài 1: Cho hai biểu thức

a) Rút gọn B.

b) Tìm x để B > 0.

− . Tìm x để 2P 2 x 9.

A B

≥

≠

c) Cho

0 ; x

4 ; x

≠ 9.

−

+ −

−

2 +

x x

−

)

3 2 )(

(

x x 5 x )( −

+ 2 x − x 3 ( ) − x 3

x )(

− x 3 (

x )

x −

+ )

−

− x 3

)

− − + + x 9 x 4 )( ( − x 3 − x 3 )(

(

1 − x

≥

≠

a) Điều kiện: x

0 ; x

4 ; x

≠ 9.

1 − x

> ⇔

> ⇒ − > ⇔ >

Vậy với x

B 0

2 0

1 − x

b) Ta có:

4 ; x

≠ thì B 0.>

≥

≠

−

Kết hợp điều kiện, ta có: x

0 ; x

4 ; x

≠ 9.

A B

x + x 1

1 − x

− 2 x + x 1

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Ta có: với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

2 x 9

− 2 x + x 1

−

2 x 9

) + x 1

(

)(

)

(

⇔

−

2 x

− = 4

2x 7 x 9

− =

⇔

−

0 (*)

⇔ − 2x 9 x 5 0 ) )( ( x 5 2 x 1

+ > , nên từ (*)

102 Website:tailieumontoan.com

≥ ⇒ 0

2 x 1 0

⇒ − = ⇔ = ⇒ =

Vì x

x 5 0

(thỏa mãn điều kiện).

25=

− = thì 2P 2 x 9.

Vậy với x

Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Bình phương độ

dài đường chéo gấp 5 lần chu vi hình chữ nhật. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật.

−

Gọi chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là x (m) (x > 6).

−

Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m, nên chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là: x 6 (m).

− 4x 12

( 2 2x 6

)

[ 2 x (x 6)

]

Chu vi hình chữ nhật là: (m).

− (x 6)

Bình phương độ dài đường chéo hình chữ nhật là: .

−

− (x 6)

+ 5.2 x (x 6)

]

[ =

⇔ − 2x

+ 12x 36

− 20x 60

+ 32x 96 0

⇔ − 2x 2

⇔

= =

+ 16x 48 0 )( = − x 12 x 4 = − x 12 0 − = x 4 0

x 12 (thoa man) x

4 (khong thoa man)

⇔ − x ( ⇔ −   

= )   

Vì bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi hình chữ nhật, nên ta có phương trình:

Vậy chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là 12 (m) , chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là 6 (m).

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 3:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ +

+ =

x 1 2 y 2

103 Website:tailieumontoan.com

−

= − 2

1 + x 1

3 + y 2

    

−

1) Giải hệ phương trình:

− =

2x m 3 0

2) Cho phương trình:

−

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

2 1

x x . 1 2

> −

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

1 ; y

> − . 2

1) Điều kiện: x

+ = > và y 2 0

+ = > Ta có hệ: 0.

= −

⇔

−

)

−

= −

= − 2

− 2b 3 2b

= − 3 2b ( − b 3 3 2b

)

(

)

   

    

= − 3 2b ( − b 3 3 2b ) ( − b 3 2b

a 2b 3 3 1 − = − b a

3 2b 3 1 − = − − 3 2b b

    

= −

3 2b

= −

3 2b

⇔

−

= − 3 2b )( − b 1 4b 9

)

b 1 hoac b

+ = 13b 9 0

  

 a   (  

   

9 4

+ = x 1 1

⇔

Đặt: x 1

a 1⇒ = (thỏa mãn), ta có:

0 = − 1

= x  y 

+ = y 2 1

   

(thỏa mãn) Với b 1= (thỏa mãn)

= (thỏa mãn)

⇒ = a

9 4

− 3 2

Với (không thỏa mãn).

0 = − 1

= x  y 

−

. Vậy hệ có nghiệm

− =

2x m 3 0

∆ = −

−

= −

+ 4m 16

( 4 4 m 3

)

2a) Xét phương trình (1)

x ; x

−

4m 16 0

> ⇔ >

⇔

⇒ <

3 m 4

< m 4  > m 3

0 x 2 >

1 x .x 1

  2 0   − > m 3 0 

∆ >   ⇔ + x   

< thì phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt

x ; x .

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt

Vậy với 3 m 4

⇔ ∆ > ⇔ < 0 m 4

x ; x 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

104 Website:tailieumontoan.com

2 −

x 2 = x .x m 3

  

−

− = ⇔ =

Hệ thức Vi-et:

2x m 3 0

+ − 2x m 3

1x là nghiệm của phương trình (1), nên:

2 1

−

Ta có

2 1

x x . 1 2

−

2x m 3 12

x x 1

⇔

−

2 −

−

m 15 x x

⇒ − 1 ( 2 x

+ + )

Bài cho:

−

m 15 x x

x 2 = x .x m 3 1 ( 2 x

2 − )

 + x 1    

⇔

= −

−

x 2 = x .x m 3 1 ( 2 x

2 − )

 + x 1    

⇔

2 −

= − 6

2 x

 x 2  = x .x m 3   − x 

2 = − 2

−

4 = x .x m 3

−

 x  ⇔ = x    2 1 ⇒ − = m 3 4.( 2)

⇒ = − (Thỏa mãn).

−

Kết hợp hệ thức Vi-et ta có:

5= − thi phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

2 1

x x . 1 2

Vậy m

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O;R). H là trực tâm của tam giác ABC. Từ B đường thẳng song song với HC, từ C kẻ đường thẳng song song với HB, hai đường thẳng này cắt nhau tại D. Chứng minh:

1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của (O;R).

. 2)  BAH CAO =

a) Gọi E là giao điểm của BC và HD, G là giao điểm của AE và OH. Chứng minh G

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

là trọng tâm của tam giác ABC.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

105 Website:tailieumontoan.com

∆

. Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD). b) Cho  o ABC 60=

A •

F •

P •

•

H •

•

• C

• D

4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C 3= với B, C là hai góc của ABC.

∆

1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của (O;R).

tại F Ta có H là trực tâm ABC (giả thiết), ta có: BH AC⊥ tại P ; CH AB⊥

BD / /CH gt

; CD / /BH gt

(

)

(

)

⇒ ⊥

⊥

BD AB ; AC DC

⇒

Mà

 o ABD 90 ; ACD 90

180

(1)

⇒ Tứ giác ABDC nội tiếp. (đpcm).

Xét tứ giác có  ABD; ACD là hai góc đối và   o ABD ACD 90

⇒ Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O; R)

Mà tam giác ABC nôi tiếp (O; R) (gt)

(2)

Từ (1) và (2), ta có AD là đường kính (O; R). (đpcm).

∆

. 2) Chứng minh  BAH CAO

có: Xét AH BC⊥ tại K (vì H là trực tâm tam giác ABC), nên AKB

+ AKB 90 ; AKB ABK BAH 180

⇒

   

  o ABK BAH 90

(3)

  

có: Xét ACD∆

ACD 90 (cmt); ACD ADC CAO 180

⇒



  o ADC CAO 180

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(4)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

106 Website:tailieumontoan.com

(5) (hai góc nội tiếp cùng chắn AC ). Xét (O) có:  ABK ADC

(đpcm). Từ (3), (4) và (5)  BAH CAO

a) Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.

BD / /CH gt

; CD / /BH gt

(

)

(

)

⇒ Tứ giác BHCD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết), mà BC và HD cắt nhau tại E.

⇒ E là trung điểm của BC (tính chất giao điểm hai đường chéo của hình bình hành).

Ta có:

∆

(6)

⇒ AE là trung tuyến của ABC.

(7)

(liên hệ đường kính và dây). Xét (O), từ (6) có: OE BC⊥

⇒ OE / /AH .

. Mà AH BC⊥

⇒ OEG ∆

HAG

∆∽

⇒

(tính chất)

OE EG = AH AG

(tính chất)

⇒ = OE

1 2

⇒

= ⇒

, có OE là đường trung bình (tính chất). Xét ADH∆

EG 1 AG 2

AG 2 = 3 AE

(8)

Từ (7), (8) ⇒ G là trọng tâm của tam giác ABC.

b) Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD).

(hai góc nội tiếp cùng chắn AC ). Xét (O) có:  ABC ADC

⇒

⇒ ∆

cân tại O (vì OC = OD = R). (gt) ; COD∆ Mà  o ABC 60=

COD

. đều  o COD 60

2 R .60 o 360

R 6

∆

Squạt COD = (đvdt)

tan ABK

ABK∆

4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C 3= với B, C là hai góc của ABC.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

vuông tại K, có:  AK BK hay  AK tan ABC BK

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

107 Website:tailieumontoan.com

BHK⇒

= ACB (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).

⇒

tan ACB

BHK∆

và HK CB⊥ Xét BHK và ACB có BH AC⊥

 BK = HK

tan ABC.tan ACB

có  BK tan BHK HK

⇒

= ⇒ =

Do đó:   BK AK AK HK BK HK

⇒ OH / /BC HG / /KE

AK 3HK

AH AG 2 = AK AE 3

Nếu

tan ABC.tan ACB 3= (đpcm).

= . Chứng minh rằng:

Khi đó:  

≥

( 5 a

)

1 a

1 + + b

1 c

  

  

Câu 5: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

= nên:

< 0 a

3 ; 0 b

3 ; 0 c

< . 3

Ta có

Tổng quát:

< ⇒ 3

2 x

2 3

< 4

−

4 2 x

≥

⇒ + −

≥

−

+ Xét

2 1.

> 0

4 x

≥

⇔ + 5x

+ 7

( ⇒ −

)2 x 1

4 x

4 + − x

  

  

x 1⇔ = . CHÚ Ý: Dấu “=” xảy ra không phụ thuộc vào việc dấu “=” của

x 1− và thỏa mãn giả thiết).

+ Áp dụng BĐT cosi ta có:

)

(Dấu “=” xảy ra BĐT cosi có xảy ra hay không mà chỉ phụ thuộc vào hiệu (

+ (1) ;

+ (2) ;

+ (3)

4 + ≥ b

4 + ≥ a

4 + ≥ c

≥

Áp dụng cho bài toán ta có:

)

( 2 a

)

( 5 a

1 a

1 + + b

1 c

  

  

⇒

≥

)

( 5 a

1 a

1 + + b

1 c

  

  

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:

= 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “=” xảy ra ⇔ dấu “=” ở (1), (2) và (3) đồng thời xảy ra và

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔ a = b = c = 1

108 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS PHƯƠNG LIỆT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9

NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN

Ngày kiểm tra: 15/5/2018.

≥

≠

;

Đề số 15 Thời gian làm bài: 120 phút.

(

) 16 .

x −

+ +

+ −

+ 16

3 4

x x

3 4 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

Bài I. Cho hai biểu thức

2) Chứng tỏ rằng:

3) Tìm m để phương trình có nghiệm.

x − 4 A B Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A đến B cách nhau 12km. Biết vận tốc ô tô hơn vận tốc xe máy là 24km/h và ô tô đến B trước xe máy 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. Bài III.

− =

1 5

− =

1 8

 y 3  − x 3  − y 2  − x 3

1) Giải hệ phương trình:

21 x= 2

−

+ x m .

( = y m

2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

,x x thỏa

a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 2 . b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

< < 2

x 1

x 2

≠

M B M C ,

)C≠

)

mãn:

Bài IV. Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB và AC với đường tròn ấy . Điểm M thuộc cung nhỏ BC( Gọi I, H, K lần (B, C là các tiếp điểm và B lượt là hình chiếu vuông góc của M trên CB, BA, AC. Biết MB cắt IH tại E, MC cắt IK tại F.

MI MH MK

EF MI⊥

≠

M B M C ;

và

)

1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh  MIK MHI 3) Chứng minh 4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt nhau tại điểm thì đường thẳng MN

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

thứ 2 là N. Chứng tỏ khi M di động trên cung nhỏ BC( luôn đi qua một điểm cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ + ≤

109 Website:tailieumontoan.com

a b c

Bài V. Cho a, b, c là các số dương

3. a 2

b 2

c 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

HƯỚNG DẪN GIẢI

≥

≠

;

) 16 .

(

x −

+ −

+ +

+ 16

x x

3 4

Bài I. Cho hai biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

x −

2) Chứng tỏ rằng:

A B

3) Tìm m để phương trình có nghiệm.

= − 6

+ 3 3 − 3 4

6 − 1

+ 9 3 − 9 4

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

9x = thì

A = −

Vậy với

x −

+ +

x x

3 4

(

−

16 ) x

)( x

− 4 )(

x )

+ (

−

x −

+ 12 )

+ 12 5 )(

− (

x +

−

(

+ 4 )(

)

2) Chứng tỏ rằng:

x −

(Điều phải chứng minh)

A B

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

110 Website:tailieumontoan.com

+ ⇔ 1

) 16 .

+ −

x −

A B

x x

3 4

−

⇔

+ −

x x

3 4

⇔

⇔ + 1

= + 1

3 x

3 ⇔ = x

⇔ =

(*)

3 m

Xét phương trình ĐK: (

⇔

≠

    

3 4

    

3 m 3 m

Để phương trình có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A đến B cách nhau 120km. Biết vận tốc ô tô

hơn vận tốc xe máy là 24km/h và ô tô đến B trước xe máy 50 phút. Tính vận tốc của mỗi

xe.

Gọi vận tốc của xe máy là: x (km/h) (x > 0).

(

)

+ Vận tốc của ô tô là: x 24 km h /

( )h

120 x

Thời gian xe máy đi từ A đến B là:

h ( )

120 x +

Thời gian ô tô đi từ A đến B là:

5 6

 = 

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 50 phút nên ta có phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

120 x

⇔

120 5 + x 6 24 − + x 2880 120 120 5 2 + x x 24 6 − x 120 17280 0

)

thoa man ( loai 72 (

)

⇒ + x 5 = x 48 ⇒  = − x 

111 Website:tailieumontoan.com

Vậy vận tốc của xe máy là 48km/h, vận tốc của ô tô là 72km/h

− =

1 5

Bài III.

− =

1 8

 3 y  − 3 x  − 2 y  − 3 x

1) Giải hệ phương trình:

21 x= 2

−

+ x m .

( = y m

2) Trên cùng mặt phẳng tọa độ cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 2 .

,x x

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa

< < 2

x 1

x 2

− =

1 5

mãn:

− =

1 8

 y 3  − x 3  − y 2  − x 3

≠

1) Ta có hệ phương trình:

ĐKXĐ:

0b ≥ )

;

− = 1

y −

⇔

Đặt (điều kiện

5 =

10 =

6 a − 6

= − 1 2(

)

4 b + 3 b

8 b + 9 b

34 3 b

 3 a  − 2 

  

 17 b  − 2 a 

 a  b 

= −

y −

⇔

Ta được:

 x  = y

3 − = 1

    

= − 2

Suy ra (thỏa mãn)

 x  = y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

+ x m .

112 Website:tailieumontoan.com

( = y m

21 x= 2

2) Parabol (P): ; đường thẳng (d):

−

+ x m .

) 1

(

21 x 2

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2= − , ta có:

−

− + ⇔ − =

)( 1

)

( ⇔ = m

Vì (d) và (P) cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng 2− nên x

0m = thì (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2−

Vậy

−

+ x m .

) 1

(

−

1 2 ⇔ − x

− x m 2

(1)

(

) 1

−

+ > ∀

∆ = '

= m m

1 0; m

(

)2 1

⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 .

−

b) xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)

x 2 = − 2

x 1 . x x 1 2

  

< < 2

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

x thỏa mãn: 1

x 2

,x x

− <

2 0

x 1 x 2

−

⇔

−

+ <

4 0

− > 2 0 )( x 2 ( 2

< )

 ⇔   ( ⇔ − x 1 x x . 1 2

x 1

) x 2

Hai điểm phân biệt có hoành độ 1

( 2 2

)

− − + < ⇔ − 2 m m 2 4 0

< − ⇔ > ⇔ − 6 m m 8 4 3

< < 2

m > thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1

,x x thỏa mãn: 1 x

x 2

4 3

Vậy với

≠

M B M C ,

Bài IV. Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB và AC với đường tròn ấy

)C≠

)

(B, C là các tiếp điểm và B Gọi I, H, K lần . Điểm M thuộc cung nhỏ BC(

lượt là hình chiếu vuông góc của M trên CB, BA, AC. Biết MB cắt IH tại E, MC cắt IK tại F.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc một đường tròn.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

113 Website:tailieumontoan.com

MI MH MK

và 2) Chứng minh  MIK MHI

EF MI⊥

3) Chứng minh

≠

M B M C ;

4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt nhau tại điểm thứ 2

)

thì đường thẳng MN luôn là N. Chứng tỏ khi M di động trên cung nhỏ BC(

đi qua một điểm cố định.

B

H

E

r1

N

I

M

P

A

O

Q

F

K

C

1) Chứng minh bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc một đường tròn.

⇒ ⊥

Ta có I, K là hình chiếu của M lên BC, AC (giả thiết)

MI BC

⇒

 o MIC 90 ; MKC 90

+ MKC MIC

tại K. tại I và MK AC⊥

⇒

Xét tứ giác MKCI có hai góc đối  MIC ; MKC mà   0 180

MKCI

⇒ Bốn điểm M, K, I, C cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)

là tứ giác nội tiếp

MI MH MK

và 2) Chứng minh  MIK MHI

 MIK MCK =

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MKIC có:

 MKI MCI =

(hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) (1)

(hai góc nội tiếp cùng chắn MI ) (2)

Xét (O) có:

 MCA MBC =

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn MC )

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

114 Website:tailieumontoan.com

(vì K CA, I BC) (3) Hay  MCK MBI

 MCB MBA =

∈ ∈ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn MB )

(vì H AB, I BC) (4) Hay  MCI MBH

⇒

⊥

⇒

∈ ∈ tại H  o MHB 90 Ta có H là hình chiếu của M lên AB (giả thiết) MH AB

+ MHB MIB

tại I (cmt)  o = ⇒ MIB 90

⇒ MHBI là tứ giác nội tiếp.

MI BC⊥ Xét tứ giác MHBI có hai góc đối  MHB ; MIB mà   0 180

 =MHI MBI (hai góc nội tiếp cùng chắn MI ). (5)

MBH MIH (hai góc nội tiếp cùng chắn MH ). (6)  =

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MHBI có:

(đpcm). (7) Từ (1), (3) và (5) có:  MIK MHI

⇒ ∆

. (8) Từ (2), (4) và (6) có:  MKI MIH=

MKI

MIH

∆∽

⇒

MI MK.MH

Từ (7) và (8) (g – g).

MK MI = MI MH

(đpcm)

EF MI⊥

3) Chứng minh .

Có      EIF MIE MIF MIH MIK

Từ (4) và (6)  MCI MIH ⇒

Từ (5) và (7)  MIK MBI ⇒

Do đó:    = EIF MCI MBI

∆ Xét MBC

⇒ +

  o EIF EMF 180

⇒ Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp.

⇒

 MEF MIF =

(tổng ba góc trong tam giác). có:    o + MBI MCI EMF 180

⇒

(hai góc nội tiếp cùng chắn MF ) hay  MEF MIK=

 MEF MBC =

Mà theo (1) và (3) có:  MIK MBC

Mà  MEF, MBC là hai góc đồng vị ⇒ FE BC .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Mà MI BC⊥

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ⊥

115 Website:tailieumontoan.com

EF MI

(đpcm).

≠

M B M C ;

4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MFK và đường tròn ngoại tiếp ∆ MEH cắt nhau tại điểm thứ 2

)

thì đường thẳng MN luôn là N. Chứng tỏ khi M di động trên cung nhỏ BC(

đi qua một điểm cố định.

Gọi MN cắt EF tại P và cắt BC tại Q.

 PNE MHI =

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác MEH, có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn ME )

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MEIF có:

 MEP MIK=

⇒

(hai góc nội tiếp cùng chắn MF )

(cmt)  PNE MEP Mà  MIK MHI

∆ Mà PNE

⇒

⇒ ∆

và PEM∆ có MPE chung.

PM.PN PE

PNE

(g-g)

∽ PEM∆

PM PE = ⇒ PN PE

 PNF MKI =

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác MFK, có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn MF )

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MEIF có:

 MFP MIH=

⇒

(hai góc nội tiếp cùng chắn ME )

∆ Mà PMF

(cmt)  PNF MFP Mà  MIH MKI

⇒

⇒ ∆

có MPF chung. và PFN∆

PM.PN PF

PMF

(g-g)

∽ PFN∆

PM PF = ⇒ PN PF

⇒ =

Do đó: PE = PF hay P là trung điểm của EF.

QB QC

FE BC 

PF PE ⇒ = QB QC

Lại có

Mà B, C cố định nên trung điểm Q của BC cũng cố định.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy MN đi qua trung điểm Q của BC cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

116 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA

ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS PHAN HUY CHÚ

NĂM HỌC 2019 – 2020

ĐỀ SỐ 16

≥

≠ , cho hai biểu thức

≠ 0; x 1; x

− x − x 1

+ x 5 + x 1

+ x 2 − x 3

và . Bài 1. Với x

. a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16=

+ 2 x − x 1

≤

b) Chứng minh rằng

4A B

x − x 3

. c) Tìm tất cả các giá trị của x để

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Trong phong trào thi đua trồng cây dịp đầu năm mới, lớp 9A trường THCS Chiến Thắng đặt kế hoạch trồng 300 cây xanh cùng loại, mỗi học sinh trồng số cây như nhau. Đến đợt lao động, có 5 bạn được Liên đội triệu tập tham gia chiến dịch an toàn giao thông nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 2 cây để đảm bảo kế hoạch đề ra. Tính số học sinh lớp 9A.

+ =

y 5

1 − x 2

Bài 3.

−

y 2

3 − x 2

      

1) Giải hệ phương trình sau:

y x=

≠

) ( y mx 1 m 0 .

và đường thẳng (d): 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P):

a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm A, B phân biệt.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

b) Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên Ox. Gọi I là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy. Chứng minh với mọi giá trị m 0≠ , tam giác IHK luôn là tam giác vuông tại I. )O, R và dây AB cố định, khác đường kính. Gọi K là điểm chính Bài 4. Cho đường tròn( )O cắt AB tại N . Lấy điểm M giữa cung nhỏ AB . Kẻ đường kính IK của đường tròn (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

M A, M B

117 Website:tailieumontoan.com

)

. MK cắt AB tại D . Hai đường thẳng IM và

2IB

= IM.IC IN.IK

bất kỳ trên cung lớn AB ( AB cắt nhau tại C. 1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

≠

tròn (

M A, M B

)

+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

, đường 2. Chứng minh 3. Hai đường thẳng ID và CK cắt nhau tại E. Chứng minh điểm E thuộc đường )O và NC là tia phân giác của góc MNE. 4. Chứng minh khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB (

+ +

+ .

thẳng ME luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a b

4a 1

4b 1

thức P

HƯỚNG DẪN GIẢI

≥

≠ , cho hai biểu thức

≠ 0; x 1; x

− x − x 1

+ 2 x − x 3

+ 5 x + x 1

và . Bài 1. Với x

. a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16=

+ 2 x − x 1

≤

b) Chứng minh rằng

4A B

x − x 3

. c) Tìm tất cả các giá trị của x để

+ 4 2 − 4 3

+ 16 2 − 16 3

≥

. a) Thay x 16= (thỏa mãn) vào biểu thức A ta có

≠ 0, x 1; x

≠ ta có: (

− x − x 1

+ x 5 + x 1

+ (

(

− + − + x 4 x 5 7 )( ( + x 1

) − x 1

)( ) − + − x 1 ) )( − + x 1 x 1 x 3 x )( + x 1

2 ) − x 1

+ x 2 − x 1

) 2 ) − x 1

)( + x 1 )( + x 1

( (

b) Với x

+ x 2 − x 1

(

) − x 1

≤

⇒

≤

⇔

≤

Vậy (đpcm)

4A B

x − x 3

+ x 2 − x 3

− x 1 + 2 x

x − x 3

− x 3

x − x 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

(

) − x 1

(

⇔

−

≥

≥ ⇔ 0

x − x 3

− x 3

x 4 x − x 3

)2 − x 3

⇒ − ≥ ⇒ ≥ 9

x 3 0

≤

118 Website:tailieumontoan.com

9> thì

4A B

x − x 3

Kết hợp điều kiện, ta có x

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

5> ).

x N∈ , x

Gọi số học sinh lớp 9A ban đầu là x bạn (

300 x

(cây). Số cây mỗi bạn phải trồng theo kế hoạch là

+ (cây).

300 x Theo bài ra, sau khi có 5 bạn được Liên đội triệu tập, mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 2 cây để đảm bảo kế hoạch đặt ra nên ta có phương trình

⋅

− x 5

300

(

)

300 x

  

  

⇔ +

−

300 2x

= 10 300

⇔ −

−

= 0

+ 10 2x

−

⇒ −

1500 x 1500 x = 1500 0

Số cây mỗi bạn phải trồng trong thực tế là

+ 10x 2x =  x 30 ⇔  = − x 25  So với điều kiện, x

30=

thỏa mãn.

Vậy lớp 9A có 30 bạn.

+ =

y 5

1 − x 2

Bài 3.

−

y 2

3 − x 2

      

1) Giải hệ phương trình sau:

y x=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và đường thẳng (d): 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P):

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

) ( y mx 1 m 0 .

119 Website:tailieumontoan.com

a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm A, B phân biệt.

b) Gọi H, K là hình chiếu của A, B trên Ox. Gọi I là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy. Chứng minh với mọi giá trị m 0≠ , tam giác IHK luôn là tam giác vuông tại I.

1) Điều kiện: x

> a 0

(

)

1 − x 2

+ = y

( 3 tm

)

⇔

Đặt

−

= a 1  = y 

= x  

   3a  =

Hệ phương trình tương đương

x; y

3;4

(

y 2 )

)

. Vậy hệ đã cho có nghiệm (

2a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x mx 1 2

⇔ −

− =

x mx 1 0

( ) 1

∆ =

+ > với mọi m

2m 4 0

⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

x ; x .

⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.

x ; x .

2b) Ta có phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

= x m 2 = − 1

1 x .x 1

  

Hệ thức Vi-ét ta có:

1= − < 0 nên hai giao điểm A và B nằm về hai phía trục tung và được biểu diễn

x .x 1

Vì

trên hệ tọa độ như hình vẽ.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên trục hoành. Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= +

+ IH OI OH 1 x

2 1

= +

2 2 =

2 x

+ IK OI OK 1 x 2 2

2 1

+ OH OK

2 + m 4

2 + IH IK (

)

2 1

2 2

2 x x 1

x m 4 ( )

2 + IH IK

≠

M A, M B

)O, R và dây AB cố định, khác đường kính. Gọi K là điểm chính )O cắt AB tại N . Lấy điểm M . MK cắt AB tại D . Hai đường thẳng IM và

)

120 Website:tailieumontoan.com

⇒ Vậy tam giác IHK vuông tại I (Định lý Pitago đảo). Bài 4. Cho đường tròn( giữa cung nhỏ AB . Kẻ đường kính IK của đường tròn ( bất kỳ trên cung lớn AB ( AB cắt nhau tại C.

1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

2IB

= IM.IC IN.IK

2. Chứng minh

≠

tròn (

M A, M B

)

, đường 3. Hai đường thẳng ID và CK cắt nhau tại E. Chứng minh điểm E thuộc đường )O và NC là tia phân giác của góc MNE. 4. Chứng minh khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB (

thẳng ME luôn đi qua một điểm cố định.

1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

 AB (giả thiết)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có K là điểm chính giữa

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

OK AB

121 Website:tailieumontoan.com

tại N hoặc OK CB⊥ tại N  o CNK 90

⇒ ⊥ Xét (O) có  o KMI 90=

⇒

⊥ KM MI

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ⇒ Hai điểm M và N cùng nhìn cạnh CK dưới một góc vuông ⇒ Tứ giác CMNK nội tiếp đường tròn đường kính CK ⇒ bốn điểm C, M, N, K cùng thuộc đường tròn đường kính CK.

= IM.IC IN.IK

tại M hoặc KM CI⊥ tại M (do C, M, I thẳng hàng)  o CMK 90

Xét có: và

2IB 2. Chứng minh IBM∆ ICB∆ I chung;  IBM ICB=

⇒ ∆

∆∽

⇒ = ⇒ =

IBM

ICB

( ) IM.IC 1

⇒

(g.g) (cùng bằng IKM ) IM IB IB IC

(Định lý)

⇒

(hai góc kề bù)

có: Xét và

⇒ ∆

∆∽

(cmt) Tứ giác CKNM nội tiếp (cmt)   o KCM KNM 180 Mà   o + MNI KNM 180  KCM MNI = IKC∆ IMN∆ I chung;  MNI KCM=

IMN

IKC

( ) IM.IC IK.IN 2

IM IN ⇒ = ⇒ IK IC

⇒ = IB

= IM.IC IK.IN

(g.g)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ ( ) ( ) 1 , 2

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

122 Website:tailieumontoan.com

)O và NC là tia phân giác của góc MNE.

⊥

3. Chứng minh điểm E thuộc đường tròn (

∆ Xét CKI

∆

D⇒ là trực tâm CKI ⇒ ⊥

có: KM CI ; CN KI và KM CN tại D

ID CK

⇒

 0 = IEK 90

E⇒ thuộc đường tròn tâm O , đường kính IK .

tại E. tại E ( ID cắt CK tại E ) (tính chất) hoặc IE CK⊥

⇒

Chứng minh được tứ giác KEDN nội tiếp đường tròn

 EKD END =

 ED )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

 DM )

Chứng minh được tứ giác DMIN nội tiếp

 DNM DIM = ⇒ Mà  EKM EIM=  END DNM =

⇒ ND⇒ là tia phân giác của ENM

≠

(góc nội tiếp cùng chắn (hai góc nội tiếp cùng chắn  EM của đường tròn (O))

M A, M B

)

, đường thẳng

= ⇒ là phân giác của NEF

∆

4. Chứng minh khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB ( ME luôn đi qua một điểm cố định.

⇒

⇔

(

⇔

−

NK.IK KF. IN NK

NK NE IN IF FE KF = NK.IF IN.KF ) NK. IK KF (

IN.KF )

. Gọi F ME IK  Tương tự ý 3), ta chứng minh được ED là phân giác của MEN . Vì  0 KEI 90 Vậy EK, EI lần lượt là phân giác trong và ngoài tại đỉnh E của NEF

F⇒ cố định.

⇔ = KF

NK.IK − IN NK

không đổi

+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Vậy khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB , đường thẳng ME luôn đi qua điểm F cố định.

+ +

+ .

Bài 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a b

4a 1

4b 1

thức P

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Cách 1:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ +

2 2

10 2 16ab 4 a b

( + 4 a b

)

(

) )( 4a 1 4b 1

(

)

≥

+ =

10 2 4 a b

1 16

(

)

P 4

⇒ ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (

a, b là hoán vị của (

)

)0; 2 .

123 Website:tailieumontoan.com

+ =

Cách 2.

x, 4b 1

+ = thì: y

= ⇔ +

≤

≤ ) và

Đặt 4a 1

≤ ( do 0 a, b

1 x, y 3

− 4

−

≤

−

≤

) )( x 1 x 3 ) )( y 1 y 3

(   ( 

≥

⇒

≥

+ = ⇒ + ≥

6 16

x y

)

( ⇒ + 4 x y

≥

   

a, b là hoán vị của

= hoặc y 1, x

= hay (

)

Do .

)0; 2 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1, y 3 bộ số (

Cách 3:

+ x k

+ y k

≥ + k

+ + x y k

0≥ (*).

Chứng minh bổ đề: với x, y, k

≥ + +

+ + x y 2k

+ x k

+ y k

x y 2k

+ + 2k x y k

Chứng minh (*):

(

)

≥

2 + + ⇔ +

≥

+ x k

+ y k

k x y k

+ ⇔ ≥ xy 0

(

) x y k

(

) x y k

Bình phương 2 vế ta có: )(

)

)( bất đẳng thức này luôn đúng.

Hay (

0= .

+ +

+ ≥ +

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy

4a 1

4b 1 1

= + = . 1 3 4

( 1 4 a b

Áp dụng vào bài toán:

) )0; 2 .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b là hoán vị của (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

124 Website:tailieumontoan.com

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 MÔN: TOÁN

−

≥

≠

TRƯỜNG THCS PHƯƠNG LIỆT NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 17

x +

x −

+ x 9 3 − x 9

2 x

3 +

9 −

(

x )(

x =

) 1) Tính giá trị của A khi 2) Chứng tỏ rằng biểu thức B luôn dương với mọi giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ.

và Bài I. Cho

B A

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện do

tổ một làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai

tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài III.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− =

1 1

125 Website:tailieumontoan.com

− + +

− =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

−

1) Giải hệ phương trình:

(

P y ) :

( ) : d

= y mx

+ m m

+ ( m là tham số,

21 x= 2

21 2

0m ≠ )

và đường thẳng 2) Cho Parabol

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có tọa

a) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 1.−

;x y

= 5.

)

sao cho: độ ( b) Tìm m để đường thẳng ( )d và Parabol ( ) ;x y và (

;

)O R và một điểm A cố định nằm ngoài đường tròn sao cho

,B C là hai tiếp điểm). Một

,AB AC với đường tròn (

)O (

R= 2 .

Bài IV. Cho đường tròn (

Từ A kẻ hai tiếp tuyến

,BC cung BD lớn hơn cung CD ). Gọi I là trung điểm của

đường thẳng d thay đổi đi qua A luôn cắt đường tròn tại hai điểm D và E ( D thuộc ,DE H là giao điểm cung nhỏ

.BC

của AO và

A B C O I cùng thuộc một đường tròn.

1) Chứng minh năm điểm

= AH AO AD AE

2 R 3 .

.DHE

2) Chứng minh

BDE Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc 4) Gọi G là trọng tâm tam giác

,a b c là ba số dương thỏa mãn:

1 +

Bài V. Cho

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: thì G luôn chạy trên một đường tròn cố định. 1 + 1 a = Q abc .

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

≠

x +

x −

+ x 9 3 − x 9

2 x

3 +

9 −

(

x )(

)

x =

và Bài I. Cho

1) Tính giá trị của A khi

2) Chứng tỏ rằng biểu thức B luôn dương với mọi giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ.

−

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 +

9 −

B A ) −

( 7

(

x )(

)

x )(

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

126 Website:tailieumontoan.com

A =

x = , có 2

3 + 2 7

3 = = 9

1 3

−

(

)

(

)

−

Với

x +

x −

+ x 9 3 − x 9

2 x

−

3 )

− 3 (

x )(

−

3 + x

2 +

x −

3 +

−

)

− x )(

(

3 )

+ )(

(

⇒ + > ⇒

3 0

x ≥ với mọi x thỏa mãn ĐKXĐ

0B > với mọi x

3 + x

Vì hay

−

thỏa mãn ĐKXĐ.

− + 3

+ + 3

3 +

B A

3 + x

x x

+ 7 + 3

16 + x

x + > và 3 0

16 + 3x

≥

+ + 3

2 16

16 + x

− ≥

⇔ + + x

6 2

3 16 + x

⇔ ≥ P

Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có:

= ⇔ + = ⇔ =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2, khí đó dấu “ = ” xảy ra

⇔ + = x

3 4

( ⇔ +

16 + x

(thỏa mãn ĐK)

Vậy Pmax = 2 khi x = 1 .

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện do

tổ một làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai

tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.

Gọi số sản phẩm mà đội 1 làm theo kế hoạch là x (sản phẩm)

Gọi số sản phẩm mà đội 2 làm theo kế hoạch là y (sản phẩm)

;x y N∈ , 0

x y ;

330

Điều kiện:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được 330 sản phẩm ta có phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

127 Website:tailieumontoan.com

y+ =

330

(sản phẩm) (1)

10%

= + x

x 1,1

10 100

110 100

−

Số sản phẩm thực tế đội 1 làm được là: (sản phẩm)

15%

= − y

0,85

15 100

85 100

Số sản phẩm thực tế đội 2 làm được là: (sản phẩm)

Cả hai tổ thực tế làm được 318 sản phẩm nên ta có phương trình:

x 1,1

0,85

318

(sản phẩm) (2)

1,1

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

⇔ 

+ = y +

363 =

0, 25 y +

330 y 0,85

318

0,85

318

0,85

318

180 150

= y = x

 1,1 x ⇔  1,1 x 

 ⇔  1,1 x 

 x  1,1 x 

(thỏa mãn)

Vậy số sản phẩm đội 1 làm theo kế hoạch là 150 sản phẩm

Số sản phẩm đội 2 làm theo kế hoạch là 180 sản phẩm.

− =

1 1

Bài III.

− + +

− =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

−

1) Giải hệ phương trình:

(

P y ) :

( ) : d

= y mx

+ m m

+ ( m là tham số,

21 x= 2

21 2

0m ≠ )

2) Cho Parabol và đường thẳng

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có tọa

a) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 1.−

b) Tìm m để đường thẳng ( )d và Parabol (

;x y

= 5.

;x y và ( )

)

− =

1 1

sao cho: độ (

1y ≥

− + +

+ =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

1) ĐK

− > 0

(

)1 − + ;

Đặt

−

)

⇔

Phương trình trở thành

1 3

a 1 = − 3 2

1 1

( − 2 3 2 = − 3 2

 b a 2 3  + = a b 2 

 7  b 

 a  b 

 a 3   b  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(T/m).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− + =

1 1

⇒

⇔

− + = =

= =

− =

x y

2 1 1 2

2 2

1 1

  

    

2;2

128 Website:tailieumontoan.com

) x y = ;

(

)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

2 + m m

(

) − − 1

1 2

⇔ −

+ =

1 0

1 2 2

⇔ = m

2a) (d) cắt trục hoành tại điểm (- 1; 0), thay vào (d) ta được:

m⇔ = ±

(T/m).

−

= x mx

+ m m

+ 1

1 2

−

2b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

2 ⇔ − x

+ mx m

− = 2 0

(1)

⇔ ∆ > ⇔ −

−

' 0 m

(

)

2 0

⇔ + > m 2 ⇔ > − m 1

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

2 2

−

x x 1 2 = x x m 1 2

  

Theo viet:

= ⇔ 5

= 5

y 1

2 x 1

2 x 2

1 2

2 x 2 x

)

x x

1 2

⇔

−

2 ⇔ + x 1 ⇔ + ( x ) (

− (

)

+ −

4 10 0

4 m − =

6 0

1 (

T m /

)

3 (

Loai

)

⇔ − m 4 ⇔ + 2 m = m ⇔  = − m 

Ta có

m =

Vậy

;

)O R và một điểm A cố định nằm ngoài đường tròn sao cho

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài IV. Cho đường tròn (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

,B C là hai tiếp điểm). Một

,AB AC với đường tròn (

)O (

R= 2 .

129 Website:tailieumontoan.com

Từ A kẻ hai tiếp tuyến

đường thẳng d thay đổi đi qua A luôn cắt đường tròn tại hai điểm D và E ( D thuộc

,DE H là giao

,BC cung BD lớn hơn cung CD ). Gọi I là trung điểm của

cung nhỏ

.BC

điểm của AO và

A B C O I cùng thuộc một đường tròn.

1) Chứng minh năm điểm

= AH AO AD AE

2 R 3 .

2) Chứng minh

.DHE

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc

BDE Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi thì

G luôn chạy trên một đường tròn cố định.

4) Gọi G là trọng tâm tam giác

B

M

O

A

H

D

I

E

C

1) Chứng minh năm điểm A, B, C, O, I cùng thuộc một đường tròn.

Gọi M là trung điểm của AO

⇒ ⊥

Ta có I là trung điểm của DE (giả thiết).

OI DE

AIO⇒

 090 =

( đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuôn góc với dây cung)

⇒ ⊥

AB và AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) (giả thiết)

AB OB

⇒

 0 ACO ABO 90 ;

và AC OC⊥

ABO ACO và   180o

+ ABO ACO

⇒ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xét tứ giác ABOC có hai góc đối là  ;

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

130 Website:tailieumontoan.com

⇒ Tứ giác ACIO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO

Xét tứ giác ACIO có hai đỉnh kề C và I cùng nhìn AO dưới một góc vuông.

Vậy 5 điểm A; B; O; I; C cùng thuộc một đường tròn. (tâm là M)

23 .R

2) Chứng minh AH.AO = AD.AE =

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OC = OB = R

 AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC hay AO BC⊥

Tam giác ABO vuông tại B; đường cao BH ta có:

.AH AO AB=

(Hệ thức lượng) (1)

∆ và ACE

 ACD CEA =

có: Xét ADC∆

(góc tạo bởi tiếp tuyến -dây cung và góc nội tiếp cùng chắn DC của

CAE chung.

⇒

AD AE AC

(O))

AD AC = AE AC

Vậ ADC∆  ACE

.AD AE AB=

AB=

nên (2) Mà

AH AO AD AE AB

Từ (1) và (2) ta có

2 − AO OB

⇒

23 R

Tam giác ABO vuông tại B ta có: (định lí Pitago)

AH AO AD AE AB

R 2

Vậy

⇒

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc DHE.

= AH AO AD AE

AH AD = AO AE

Ta có:

và AEO∆ Xét AHD∆ có

AH AD = AO AE

⇒ ∆

⇒

và EAO là góc chung

AHD

∆  AHD AEO ~ AEO

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(3) (hai góc tương ứng) hay  AHD DEO

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

131 Website:tailieumontoan.com

B

M

H

O

A

D

I

E

C

Tứ giác HOED là tứ giác

= DEO DHO DHO AHD

) nội tiếp (có     0 180

Vậy  DO E EHO (4) ( hai góc nội tiếp cùng chắn OE của đường tròn ngoại tiếp tứ

giác HOED)

Mặt khác  DO E DEO (do tam giác ODE cân tại O) (5)

⇒

−

Từ (3); (4); (5) ta có  AHD EHO

= AHC AHD CHO EHO

= AHC CHO

090 = ⇒

 HC là tia phân giác của góc DHC.

Mà         = DHC EHC

4) Gọi G là trọng tâm tam giác BDE. Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi thì G

luôn chạy trên một đường tròn cố định.

B

L

M

H

O

A

G

D

I

E

C

2 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

G là trọng tâm của tam giác DBE nên . (6)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

132 Website:tailieumontoan.com

2 BM= 3

Trên đoạn thằng BM lấy điểm L sao cho . (7)

Ta có A, O, B, C cố định, khi đó:

M là trung điểm của AO nên M cố định.

Theo (7) thì L cũng sẽ cố định.

⇒

Theo câu a) thì I thuộc đường tròn tâm M hay MI = R.

⇒ = LG

LG MI / /

2 3

LG MI

BL BM

2 3

BL BG = BM BI

và . Xét tam giác BMI có

2 R= 3

Do L cố định, không đổi nên khi d thay đổi thì G luôn thuộc đường tròn tâm L,

R cố định.

2 3

bán kính

,a b c là ba số dương thỏa mãn:

1 +

Bài V. Cho

= Q abc .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b c , ,

1 +

= − 1

+ − 1

1 +

≥

Ta có:

b +

c +

1 +

bc )( b 1

)

( 1

≥

1 +

bc )( b 1

)

( 1

≥

(Theo BĐT Cô Si)

1 +

ac )( a 1

)

( 1

ab )( a 1

)

( 1

; Tương tự

≥

⇔ ≤ abc

1 +

1 8

( 1

)( 1

)

( 1

abc 8 )( + b 1

)( 1

)

2 2 a b c ) ( + b 1

( 1

) ( 1

)

Nhân vế với vế ta được

= ⇔ = + ⇔ = ⇒ = = = a

⇔ = = khi đó c

3 +

3 2

1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “ = ” xảy ra

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

133 Website:tailieumontoan.com

1 maxQ = khi 8

1 = = = c 2

Vậy

PHÒNG GDĐT QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3

TRƯỜNG THCS BẾ VĂN ĐÀN MÔN: TOÁN.

NĂM HỌC 2017 – 2018

−

≠

Đề số 18 Ngày thi: 12/5/2018

+ x −

1 x

2 − x

1 x

+ 1x x

  

  

và Bài I. Cho hai biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A tại x = 49. 2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm các giá trị của x thỏa mãn A + B = 2.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

134 Website:tailieumontoan.com

1 y

Hai bến sông A và B cách nhau 40 km. Cùng một lúc, một chiếc canô xuôi dòng từ A đến B và một chiếc bè cũng trôi từ A đến B với vận tốc 3km/h. Sau khi đến B, canô quay về A ngay và gặp chiếc bè ở một địa điểm cách B là 32km. Tính vận tốc của canô? Bài III.

−

2 y

 2  − x  6   − x

−

1) Giải hệ phương trình:

x= − có đồ thị kí hiệu là (P) và hàm số

( = y m

) 1

1 2

3 4

2) Cho hàm số có đồ thị

a) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. b) Tìm m để 2 giao điểm nói trên nằm ở hai nửa mặt phằng đối nhau bờ Oy và thỏa

x 2

, (x , 1

x 2

là hoành độ của các giao điểm nói trên). kí hiệu là (d). mãn 1 x

1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp. 2) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3) OC cắt MA tại E, OD cắt MB tại F, MH vuông góc AB (H thuộc AB). Chứng minh:

−

Bài IV. Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tia Ax vuông gócvới AB, trên đó lấy điểm C (C khác A). Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn (M là tiếp điểm ). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt đường thẳng CM tại D. 2 HE HF+ có giá trị không đổi khi C chuyển động trên tia Ax. 4) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy.

− 2.

1 4

Bài V. Giải phương trình

HƯỚNG DẪN

−

≠

+ x −

1 x

2 − x

1 x

+ 1x x

  

  

và với Bài I. Cho hai biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A tại x = 49.

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Tìm các giá trị của x thỏa mãn A + B = 2.

49=x

+ 7 1 7

8 7

+ 49 1 49

1) Tại (thỏa mãn ĐK) thì

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

135 Website:tailieumontoan.com

− x = − > ≠ B x x : , 0, 1. + x − 1 x x 2 − x 1 x 1      

+ − x = − B : 1 − x x 2 − x 1 x x ( 1) 1      

+ − x = B − + x x x 1 2 − x ( x . 1) ( x 1)( 1)

2 1) . 2 1) .(

= B + − x − x x x 1)

≠

= B ( x ( 1 + x 1

1 + x

+ = 3) Ta có: A B 2

⇔

+ x 1 x

1 + x 1

(

⇔

) + x 1 ) + x 1 =

−

⇔ +

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

( 2 x. ( − 2x 2 x

⇔ − +

+ = x 1 0

(tmdk)

 = x

(ktmdk)

⇔  = x 

+ 2 − 2

với Vậy

+ 2

Vậy A+B = 2 khi

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai bến sông A và B cách nhau 40 km. Cùng một lúc, một chiếc canô xuôi dòng từ A

đến B và một chiếc bè cũng trôi từ A đến B với vận tốc 3km/h. Sau khi đến B, canô quay về

A ngay và gặp chiếc bè ở một địa điểm cách B là 32km. Tính vận tốc của canô?

Gọi x là vận tốc của canô (x > 0).

Lúc đó: x + 3 (km/h) là vận tốc canô xuôi dòng, x – 3 (km/h) là vận tốc canô ngược dòng.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

136 Website:tailieumontoan.com

40 3+x

là thời gian cano đi từ A đến B,

32 3−x

là thời gian cano đi từ B đến A gặp chiếc bè trôi,

− 40 32 3

8 3

là thời gian bè trôi, cũng là thời gian ca nô đi từ A đến lúc gặp chiếc bè.

40 + x 3

32 − x 3

8 3

⇔

−

+ 40.3(x 3) 32.3(x 3) 8(x 3)(x 3)

⇔

−

120x 360 96x 288 8x

⇔ − 8x

⇔

0 (ktmdk) 27 (tmdk)

216x − 8x(x 27) = x ⇔  = x

Theo đề, ta có phương trình:

Vậy vận tốc của canô là 27 km/h

1 y

Bài III.

−

2 y

 2  − x  6   − x

−

1) Giải hệ phương trình:

x= − có đồ thị kí hiệu là (P) và hàm số

) 1

( = y m

1 2

3 4

2) Cho hàm số có đồ thị

kí hiệu là (d).

a) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

b) Tìm m để 2 giao điểm nói trên nằm ở hai nửa mặt phằng đối nhau bờ Oy và thỏa

≠

= là hoành độ của các giao điểm nói trên). 4 mãn 1 x x 2 , (x , 1 x 2

2; y

≠ . 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

y 1 (tmdk)

2 − x 2

1 y

6 − x 2

3 y

y 1

5 y

⇔

− =

x 2

=   

−

1 + = 1

=  2   − x 2

1 y

6 − x 2

2 y

6 − x 2

2 y

    2   − x 2 

      

= y 1

− =

= y 1 =

x 2

4(tmdk)

  

⇔

= y 1

= y 1 =

x 2

− = − 2

0(tmdk)

  

      

x; y

137 Website:tailieumontoan.com

)

(

) ( ) 4;1 ; 0;1

Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm là (

−

(

) + m 1 x

1 2

3 − = − 4

−

⇔ + x

(

) + m 1 x

1 2

3 − = 4

∆ =

−

+ =

+ (m 1)

− 4.1.( m

) m 4m 4 (m 2)

1 2

3 4

2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

∆ > ⇔ +

(m 2)

> ⇔ + ≠ ⇔ ≠ − 2

0 m 2

0 m

= −

+ (m 1)

Để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì

= −

)

x x 1

   

1 ( m 2

3 4

2b) Theo hệ thức viet có

2x x

⇔ −

) 0

0 m

1 ( m 2

3 4

3 < ⇔ + > ⇔ > − 2

1 2

3 4

Để 2 giao điểm nói trên nằm ở hai nửa mặt phằng đối nhau bờ Oy thì

4 x

⇒ = − x 1

−

= −

+ (m 1)

⇔

−

= −

2 2

= −

(1)

1 2

3 4

  

  

    

+ m 1 3 + m 1 3

1 2

3 4

  

  

  

  

    −  

⇔

Theo đề ta có: , thay vào hệ thức Viet ta có:

(1)

+ (2m 3)

)2 ( . m 1

4 9

1 4

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔

+ = 16(m 2m 1) 9(2m 3)

⇔ ⇔

= 16m 14m 11 0 =

+ −

− +

(2m 1)(8m 11)

(tmdk)

 = m

⇔ 

(tmdk)

 = m 

1 2 − 11 8

138 Website:tailieumontoan.com

hay m

1 2

− 11 8

Vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV. Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường

thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tia Ax vuông góc với AB, trên đó lấy điểm C (C khác

A). Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn (M là tiếp điểm ). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc

với OC cắt đường thẳng CM tại D.

1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp.

2) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

3) OC cắt MA tại E, OD cắt MB tại F, MH vuông góc AB (H thuộc AB). Chứng minh:

2 HE HF+

có giá trị không đổi khi C chuyển động trên tia Ax.



M 



N  K

 A



 H

 O

4) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy.

⇒

AC AO  0 CMO CAO 90 ;

1) Ta có CD và CA lần lượt là tiếp tuyến tại A và M của đường tròn (O) (giả thiết). ⇒ ⊥ tại M. tại A ; CD OM⊥

+ CAO CMO

180

90 CAO CMO là hai góc đối và   0 90

⇒ tứ giác AOMC nội tiếp.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xét tứ giác AOMC có  ;

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

139 Website:tailieumontoan.com

tại O). (vì CO OD⊥

⇒

. 2) Ta có:    0 COM MOD COD 90     0 + COA COM MOD DOB 180

  0 COA DOB 180

⇒

Ta có OC là phân giác của AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

⇒

 COA COM =  MOD DOB = ∆ Xét MOD

có:

OM OB R   = MOD DOB

và BOD∆ =

⇒ ∆

= ∆

MOD

BOD(c.g.c)

⇒

OD chung

(cặp góc tương ứng).

⇒

tại M) (vì CD OM⊥

 OMD OBD = Mà  0 OMD 90=  0 = OBD 90

tại B. hay OB BD⊥

Vậy BD là tiếp tuyến của đường tròn (O) (đpcm).

2 HE HF+

∆

3) Chứng minh: có giá trị không đổi khi C chuyển động trên tia Ax.

MOA

⇒ OE cũng là đường trung tuyến của

∆MOA .

⇒ E là trung điểm của AM. Ta có OD là phân giác của BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

). cân tại O có OE là phân giác của AOM (vì E OC∈

∆ Xét MOB

∆

⇒ OF cũng là đường trung tuyến của MOB

⇒ F là trung điểm của BM

). cân tại O có OF là phân giác của BOM (vì F OD∈

HE =

MAH∆

AM 2

vuông tại H có (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

HF =

MBH∆

BM 2

vuông tại H có (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

∆

2 + AM BM

24 R

MAB

⇒

2 + HE HF

2 + AM BM 4

= = vuông tại M có (định lý Pitago) AB

2 HE HF+

Vậy có giá trị không đổi khi C chuyển động trên tia Ax.

∆

⇒ EF là đường trung bình của MAB

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4) Ta có E, F lần lượt là trung điểm của cạnh MA, MB

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ EF//AB

∈

⇒ EK//AH (

140 Website:tailieumontoan.com

EF;

∈ H AB

⇒

= (định lý talet)

ME MK = MA MH

1 2

⇒ EF giao với MH tại K là trung điểm của MH (*)

)

∆LAB có LB // CO (cùng ⊥ AM) ; AO = OB = R ⇒ CA = CL (1) Ta có CA // NH (cùng ⊥ AB)

⇒

Gọi giao điểm của BC với MH là N; giao điểm của tia BM với tia Ax là L

BC CA = NH BN

(hệ quả định lý talet) (2)

⇒

Lại có CL // MN

BC CL = NM BN

(hệ quả định lý talet) (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ NH = NM ⇒ N là trung điểm của MH ⇒ N trùng với K ⇒ BC đi qua trung điểm K của MH (**)

−

Từ (*), (**) ⇒ Ba đường thẳng BC, EF và MH đồng quy.

− 2.

1 4

−

− ⇔ 2

1 4

1 2

  

  

−

1 2

−

⇔ − 2

1 2

−

  − ⇔  − 2 

1 2

−

1)(

)

⇔

−

1)(

)

     

3 2 5 2

⇔ = x

1 4

Bài V. Giải phương trình

1 4

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm

TRƯỜNG THCS & THPT ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 LẦN 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

LƯƠNG THẾ VINH Năm học: 2019 – 2020

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

141 Website:tailieumontoan.com

Môn: TOÁN









Đề số 19 Thời gian làm bài: 120 phút.









và Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức

 . 9

với

x  . 25

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

b) Rút gọn biểu thức A.

c) Tìm các giá trị nguyên của x để A > B.

Bài 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai bạn Trang và Linh ở hai địa điểm cách nhau 18km đạp xe đi ngược chiều nhau

để gặp nhau. Nếu hai bạn khởi hành cùng một lúc thì sẽ gặp nhau sau 40 phút. Nhưng nếu Trang khởi hành trước 18 phút thì các bạn sẽ gặp nhau sau 30 phút tính từ lúc Linh bắt đầu đi. Tính vận tốc của mỗi bạn?

3  



Bài 3 (2 điểm):

12  



9 2

2 x

12 2 x  3 

 2    3 4 x  





x m

1) Giải hệ phương trình:

  và đường thẳng

2) Cho đường thẳng ( )d có phương trình

x  .

( )d  có phương trình

a) Tính giá trị của m để đường thẳng ( )d cắt đường thẳng ( )d  tại một điểm trên

trục tung.

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( )d đạt giá trị lớn nhất

R 2

)O R và điểm A cố định sao cho

và giá trị lớn nhất đó bằng bao nhiêu?

. Từ A kẻ hai tiếp Bà 4 (3,5 điểm): Cho ( ,

,AB AC và cát tuyến AMN với đường tròn (

B C M N thuộc đường tròn và

AM AN

tuyến

). Gọi D là trung điểm của MN , CD kéo dài cắt ( )O tại E .

A B O D C cùng thuộc một đường tròn.

a) Chứng minh 5 điểm

.OBC

b) Chứng minh OA BC tại H và tính diện tích tam giác

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Chứng minh BE song song với MN .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

142 Website:tailieumontoan.com

,A O K thẳng

d) MH cắt đường tròn tại P , BN cắt CP tại K . Chứng minh

ab  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

  b







hàng.

thức:

,a b là các số dương thỏa mãn Bài 5 (0,5 điểm): Cho   a a  b

HƯỚNG DẪN GIẢI.























và Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức

 . 9

với

x  . 25

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

b) Rút gọn biểu thức A.



c) Tìm các giá trị nguyên của x để A > B.

x  (TMĐK)

x  , thay vào biểu thức B ta được:

 

5 5

2 2

7 3













a) Với

 . 9

















 3    2



 3



  

 x  2  2 

x  3

3    3 

 x  2





  3

4  2

    x 9 





 3

 x  2





 

 3 



 x  2

 3











b) với

 . 9



TÀI LIỆU TOÁN HỌC

với Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

143 Website:tailieumontoan.com



A B









 









  2





 (Vì 0

x  với mọi

 ) 9

x  4

c) Ta có

  

{1, 2, 3}

Vậy với 0 < x < 4 thì A > B.

Mà là các giá trị nguyên thỏa mãn A > B.

Bài 2 (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai bạn Trang và Linh ở hai địa điểm cách nhau 18km đạp xe đi ngược chiều nhau

để gặp nhau. Nếu hai bạn khởi hành cùng một lúc thì sẽ gặp nhau sau 40 phút. Nhưng

nếu Trang khởi hành trước 18 phút thì các bạn sẽ gặp nhau sau 30 phút tính từ lúc Linh

bắt đầu đi. Tính vận tốc của mỗi bạn?

Gọi vận tốc của Trang là x (km/h), vận tốc của Linh là y (km/h).

Điều kiện: x > 0; y > 0

1 2

2 3

3 10

Đổi: 40 phút = giờ; 18 phút = giờ; 30phút = giờ.

Trang và Linh ở hai địa điểm cách nhau 18km đạp xe đi ngược chiều nhau nên khi gặp

nhau thì tổng quãng đường hai bạn đi được bằng 18km (1)

2 3

* Nếu hai bạn khởi hành cùng một lúc thì sẽ gặp nhau sau 40 phút ( giờ), nên thời gian

2 3

của mỗi bạn tính từ lúc đi đến lúc gặp nhau là giờ. Khi đó:

x (km) .

2 3

y (km) .

+ Quãng đường Trang đi được là:

2 3

. x



. y

+ Quãng đường Linh đi được là:

   

2 3

+ Theo (1) ta có phương trình: (2)

1 2

3 10 giờ ) tính từ lúc Linh bắt đầu đi. Khi đó:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

giờ ) thì các bạn sẽ gặp nhau sau 30 phút ( * Nếu Trang khởi hành trước 18 phút (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

144 Website:tailieumontoan.com

1 2

+ Thời gian của Linh tính từ lúc đi đến lúc gặp nhau là giờ, nên quãng đường

y (km)

1 2

Linh đi được là:

3 10

1 2

4 5

+ Thời gian của Trang tính từ lúc đi đến lúc gặp nhau là giờ + giờ = giờ,

x (km)

4 5

x .



y .

    x 8

y 5

180

nên quãng đường Trang đi được là:

4 5

1 2

+ Theo (1) ta có phương trình: (3)

180

 

15 12

tm ( tm (

) )

    x y 27      5 y x 8  

  x    y  

Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình:

Vậy vận tốc của Trang là 15 (km/h), vận tốc của Linh là 12 (km/h).

3  



Bài 3 (2 điểm):

12  



9 2

2 x

12 x 2  3 

 2    3 4 x  





x m

1) Giải hệ phương trình:

  và đường thẳng

( )d  có phương trình

x  .

2) Cho đường thẳng ( )d có phương trình

a) Tính giá trị của m để đường thẳng ( )d cắt đường thẳng ( )d  tại một điểm trên

trục tung.

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( )d đạt giá trị lớn nhất



x 3; 2

và giá trị lớn nhất đó bằng bao nhiêu?

 . y



  3

6 





  12

  3

12  x 2 3 

x 2 6 

x 2

9 2

x 2

9 2

x 2

   2       3 4 x    

   2       6    

         12    

x



1) Điều kiện:

  và

1 

x 2

  6 b

  b 6



  6 b



1 2 1

t m ( /

)

  a    12 a  

  a    13 a  

   b     a 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đặt . Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038



TM (

)



  x     y 

x 2

1 2

       1     y

x y 

(4,10)

145 Website:tailieumontoan.com

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , )

 ( )d và ( )d  có cùng tung độ gốc.



   

2a) Để ( )d và ( )d  cắt nhau tại một điểm trên trục tung

m 2m  thì ( )d và ( )d  cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

)

(





x m

  đi qua điểm cố định

Vậy với

M x y , o



  thỏa mãn với mọi m .

  y o

x m o

( )d



x (2



m x

    thỏa mãn với mọi m

y o

2b) Giả sử đường thẳng ( )d :



3 2



0 1

o x

 O

    2 1 x        y   o

 1 2

 1 2 3 2

   x        y o

 1 3 , 2 2

  M    

     

là điểm cố định thuộc ( )d .

Kẻ OH vuông góc với ( )d tại H, ta có khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ( )d bằng OH.

 1 3 , 2 2

    

     













max

2 m

10 2

2    1    2 

     

2   3         2  

M OM d ( )





H trùng với

Khi ( )d thay đổi theo m và luôn đi qua điểm cố định, ta luôn có: OH OM

tại M (*)

ax đi qua

1 3  , 2 2

3 2

    

 1           2 





Đường thẳng (OM) có dạng: y

     .

 m 2

 1 .( 3)

2 3

Điều kiện (*)

m  thì khoảng các từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( )d đạt GTLN bằng

10 2

2 3

R 2

)O R và điểm A cố định sao cho

Vậy với .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. Từ A kẻ hai tiếp Bà 4 (3,5 điểm): Cho ( ,

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

146 Website:tailieumontoan.com

,AB AC và cát tuyến AMN với đường tròn (

B C M N thuộc đường tròn và

AM AN

tuyến

). Gọi D là trung điểm của MN , CD kéo dài cắt ( )O tại E .

A B O D C cùng thuộc một đường tròn.

a) Chứng minh 5 điểm

.OBC

tại H và tính diện tích tam giác

,A O K thẳng

b) Chứng minh OA BC c) Chứng minh BE song song với MN . d) MH cắt đường tròn tại P , BN cắt CP tại K . Chứng minh

B 

P 



K 

A

O 



 M

 D



 C

hàng.



o 90





o 90

  OB AB     OC AC  

  ABO      AOC  

a) Ta có AB, AC lần lượt là tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) (giả thiết)

 OD MN



Ta có D là trung điểm của dây MN của đường tròn (O) (giả thiết)

o 90

o 180

ADO

ABO







 Xét tứ giác ABOD có hai góc đối  ,ABO ADO mà   90

tại D  90o ADO

ACO

ABO





o 90



o 180

 tứ giác ABOD nội tiếp đường tròn đường kính AO. Xét tứ giác ABOC có hai góc đối  ,ABO ACO mà   90

 tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO.

(1)

(2)

A B O D C cùng thuộc đường tròn đường kính OA. (đpcm)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm



(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). b) Ta có AB AC

 AO BC

OB OC R   AO là đường trung trực của BC

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

tại trung điểm H của BC (đpcm)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

147 Website:tailieumontoan.com

Ta có OA = 2R nên giao điểm I của OA với (O, R) sẽ là trung điểm của OA.



 OC OI



 R

OA 2

 

IOC

IOC



Mà OAC vuông tại C

hoặc  60o HOC  .

 cosHOC





cos

o 60





HO OC

HO R

R  2

sin

 HOC





o sin 60











 HC R 2

HC OC

HC R



OH BC . .

R .

Xét OHC là tam giác đều  60o vuông tại H có:



BOC

R 1 . 2 2

1 2

Vậy (đvdt)

c) Xét đường tròn đường kính OA có:

 CBA CDA  Xét đường tròn (O, R) có:  CBA CEB

(Hai góc nội tiếp cùng chắn CA )

 CEB CDA 

 Mà  ,CEB CDA là hai góc đồng vị.

EB // DA hay EB //MN (đpcm) d) Gọi K  là giao điểm của AO và BN (cần chứng minh K  trùng với K )

B 

P 



K 

A

O 



K 

 M

 D



 C



.AM AN AC





ANC

ACM

(góc tạo bởi tiếp tuyến – dây cung và góc nội tiếp cùng chắn BC )

∽

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(g - g)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038



.AH AO AC



ACO

148 Website:tailieumontoan.com



 AM AN AH AO

vuông tại C, đường cao CH (Hệ thức lượng)

Do đó (3)

AM AH  AN AO

 

AMO

Xét AMO và AHN có: MAH chung; (theo đẳng thức (3))

(c-g-c)

∽ AHN



 AOM HNA 

(hai góc tương ứng) hay  HOM HNM

 Tứ giác HONM nội tiếp.

 NOK   NMH



Mà O và N là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh HM của tứ giác HONM





 

 BK C



(vì cùng cộng với NOH bằng 180o) (4)

 





 cân  OBC OCB









BOC OB = OC = R       K BO K BC OBC K CO K CB OCB ;





 K BO   K CO





Ta có K  thuộc trung trực AO của BC  K B K C cân  K BC K CB



  K NO   K CO



cân  K NO K BO  Mà BON

của tứ giác K NCO



Mà C và N là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh K O K NCO là tứ giác nội tiếp.



(hai góc nội tiếp cùng chắn K N ) (5)

 NCK   NOK  Từ (4) và (5)   NMH NCK  Mà  NMH NCK   NCK NCK  

 Mà hai tia CK , CK  cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng CN và K ,K  cùng thuộc NB. CK trùng với CK  hoặc K trùng với K  .

 A, O, K thẳng hàng.

ab  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

b  







(hai góc nội tiếp cùng chắn NP của (O)).

  b



 a



thức: .

ab  .





 a



2 

với Ta có

,a b là các số dương thỏa mãn Bài 5 (0,5 điểm): Cho   a a b   a  b

    1    

    

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

149 Website:tailieumontoan.com

  b

 

  



 (1)

2 

 1 2

2 

1 2

2   b

ab 2

 (2)

P 

Áp dụng Bất đẳng thức Cosi, ta có:

 4

1 2

Do đó:

  

   . b

  a b    . a b Vậy Pmin = 4

Dấu “ = ” xảy ra  Dấu “=” ở các bất đẳng thức Cosi (1) và (2) đồng thời xảy ra

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ THI THỬ LẦN THỨ NHẤT

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

150 Website:tailieumontoan.com

Năm học: 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 9

≥

≠

Đề số 20

, x

0; x

≠ 9; x 16

+ x 4 x − x 16

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

−

và Câu I. Cho hai biểu thức

. 1) Rút gọn biểu thức A và tính giá trị của A khi x 18 8 2

< .

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Tìm giá trị của x để biểu thức P B : A 0

Câu II. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Nếu hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể.

2 5

Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì được bể nước. Hỏi

nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.

+ =

− −

y 2

2 | x 1|

Câu III.

− +

+ =

   | x 1| 3 y 2 

−

1) Giải hệ phương trình sau:

)

( ) ( 2 m 1 x 2m 10 0 1

với m là tham số 2) Cho phương trình

a) Giải phương trình khi m = - 4

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

x , x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

= P x

8x x . 1 2

c) Giả sử phương trình có nghiệm

Câu IV. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi I là trung điểm của AO. Trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), lấy D thuộc

090 . Kẻ IF vuông góc với DE (F thuộc DE).

Ax, E thuộc By sao cho góc DIE =

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

= AD.BE AI.IB

23R 4

2) Chứng minh rằng .

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

151 Website:tailieumontoan.com

= 3.

≥

Câu V. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a

+ ab b

3 3

Chứng minh rằng

HƯỚNG DẪN GIẢI

≥

≠

, x

0; x

≠ 9; x 16

+ x 4 x − x 16

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

−

và Câu I. Cho hai biểu thức

. 1. Rút gọn biểu thức A và tính giá trị của A khi x 18 8 2

< .

2. Rút gọn biểu thức B.

≥

3. Tìm giá trị của x để biểu thức P B : A 0

0; x

x −

+ x 4 x − x 16

≠ 9; x 16 ) −

≠ ( 4

(

x )(

)

⇒ =

−

1) Điều kiện: x

− x 18 8 2

= − 4

(

−

= −

(thỏa mãn ĐK) Ta có:

⇒ = A

1 2 2

4 −

− 4 −

2 4 2 2

2 − 2 4

2 2

−

= Vậy khi x 18 8 2

= − thì A 1 2 2

≥

≠

0; x

≠ 9; x 16

−

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

− x 3

(

+ x 9 x )( − x 3

)

− − + 2x 6 x )( (

x 9 x ) +

x +

) +

( − x 3

)

(

− x 3 )(

)

− x 3 x )( − x 3

(

−

2) Điều kiện: x

P B : A

x +

x −

x +

− +

x x

4 3

3) Ta có:

≥ ⇒ + > 3 0 x

< ⇔ − < ⇔ < ⇒ <

⇒ < ⇔ P 0

4 0

x 16

− +

x x

4 3

≤ <

≠ thì P 0<

Với x

x 16; x

Kết hợp điều kiện, ta có: 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Câu II. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

152 Website:tailieumontoan.com

Nếu hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể.

2 5

Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì được bể nước.

Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.

Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là x (giờ) ( x > 6), thời gian chảy một

mình đầy bể của vòi thứ hai là y (giờ) ( y > 6)

1 x

1 y

Trong 1 giờ, vòi I chảy được (bể), vòi II chảy được (bể).

Vì hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể nên ta

1 x

1 y

1 = 6

có phương trình:

2 5

bể nước nên ta có phương Vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy trong 2 giờ thì được

1 x

1 y

2 = 5

⇔

trình:

= x 15  = y 10

1 16 1 10

1 x 3 x

1 y 2 y

1 6 2 5

2 x 3 x

2 y 2 y

1 3 2 5

 1   x  1  =  y

      

Ta có hệ (thỏa mãn)

Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là 15 giờ, thời gian chảy một mình

đầy bể của vòi thứ hai là 10 giờ.

+ =

− −

y 2

2 | x 1|

Câu III.

− +

+ =

   | x 1| 3 y 2 

−

1. Giải hệ phương trình sau:

( ) ( 2 m 1 x 2m 10 0 1

)

2. Cho phương trình với m là tham số

a) Giải phương trình khi m = - 4

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

x , x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

= P x

8x x . 1 2

c) Giả sử phương trình có nghiệm

2≥ − .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: y

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− −

+ =

− −

+ = 7 y 2 14

2 | x 1|

y 2

2 | x 1|

⇔

− = −

− +

+ =

− +

+ =

x 1

9 3 y 2

2 | x 1| 6 y 2 18

   | x 1| 3 y 2  

    

     + =

y 2

+ =

y 2

⇔

2 =

153 Website:tailieumontoan.com

− =

x 1

    

4 − = x 1 3 − = −

4 = −

x 1

  

    

x ; y

(thỏa mãn)

) { ∈ −

} ( 2;2);(4;2)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

+ = 6x 2 0

∆ =

−

2 a) Khi m = - 4, phương trình (1) trở thành:

2 ' 3

2.1.2 5

⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt

= − + 3

= − − 3

− −

5 ; 3

Ta có

4= − thì phương trình có tập nghiệm là

5 ; x { = − +

}

−

+ −

−

Vậy với m

+ (m 1)

− 1.(2m 10) m 2m 1 2m 10 m 9

[ ∆ = −

∆ ≥

2b) Xét phương trình (1) có

' 0

2 m 9

≥ m 3 ⇔ ≥ ⇔  ≤ − m 3



Phương trình (1) có nghiệm ⇔

≥ m 3  ≤ − 3 m 

Vậy (1) có nghiệm khi

x , x .

≥ m 3  ≤ − 3 m 

+ 2(m 1)

thì phương trình (1) có nghiệm 2c) Với

x 2 =

+ 2m 10

1 x .x 1

  

Hệ thức Vi – et:

= P x

8x x 1

x ) 2

6x x 1

⇒ = P

+ 2(m 1)

+ 6(2m 10)

+ 4m 20m 64 (2m 5)

[

Ta có:

≥ ⇒ ≥

Sai lầm mắc phải:

+ (2m 5)

P 39

Vì .

= ⇔ 39

+ (2m 5)

= ⇔ = 0 m

P min

− 5 2

Do đó (không thỏa mãn).

Vậy không có giá trị của m để P nhỏ nhất.

≥ ⇒ =

Lời giải đúng:

≤ − ⇒ + ≤ − ⇒ 2m 5

+ 2m 5

P (2m 5)

≥ 39 40

(

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Khi

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥ ⇒ + ≥ ⇒

≥ ⇒ =

154 Website:tailieumontoan.com

m 3

2m 5 11

+ 2m 5

121

P (2m 5)

≥ 39 160

(

Khi

⇒ Min P = 40 khi m = - 3

Như vậy với mọi m thỏa mãn ĐK, ta có: P 40≥

Câu IV. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi I là trung điểm của AO. Trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), lấy D

090 . Kẻ IF vuông góc với DE (F thuộc DE).

thuộc Ax, E thuộc By sao cho góc DIE bằng

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

= AD.BE AI.IB

23R 4

2) Chứng minh rằng .

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

⇒

⇒ ⊥

AD AB

Ta có Ax là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) (giả thiết); D Ax∈

⇒

tại A  o = IAD 90

tại F  o = IFD 90 Ta có IF DE⊥

⇒ Tứ giác có hai đỉnh A và F cùng nhìn cạnh ID dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn đường kính DI

⇒ bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc đường tròn đường kính DI .

Cách 1:

180

Cách 2:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xét tứ giác IADF có IAD , IFD là hai góc đối và   o IAD IFD 90

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn.

⇒ bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc đường tròn.

155 Website:tailieumontoan.com

= AD.BE AI.IB

23R 4

2) Chứng minh rằng .

∆ Xét ADI

có và BIE∆

  0 = IBE 90 DAI

(tính chất của tiếp tuyến)

 AID BEI =

⇒ ∆

ADI

∆ ⇒ BIE

= AD.BE BI.AI



AD AI = ⇒ BE BI

) (cùng phụ với BIE do  o DIE 90=

;BI

= ⇒ R

= AD.BE BI.AI

3 2

R 3R 3R . 4 2 2

R 2

Theo giả thiết lại có

= AD.BE AI.IB

23R 4

Vậy

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

⇒

Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn.

 DFA DIA =

 AD )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

Tương tự chứng minh được tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

 BFE BIE =

 BE )

(Hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

−

 = AFB 180

  + (DFA BFE) 180

F⇒ thuộc đường tròn đường kính AB hay F thuộc đường tròn tâm O.

) (Vì  0 DIE 90= Vậy     0 = DFA BFE DIA BIE 90

⇒

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

ID.IE

2 ID .IE

2 2 (AD AI )(BI BE )

DIE

≥

Ta có

2 + AD AI

2AD.AI ; BI BE

2BI.BE

Áp dụng B Đ T cosi có:

= AD.BE AI.IB

23R 4

⇒

≥

2AD.AI.2BI.BE 4 AI.BI

(

)

DIE

⇒ ≥ S DIE

3R 4

9R 4

3R 2

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(cmt) Và có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

156 Website:tailieumontoan.com

DIE

3R 2

Vậy Min khi AD AI= ; BE BI=

Vậy diện tích tam giác DIE nhỏ nhất khi D và E thuộc Ax, By sao cho AD AI= ; BE BI=

= 3.

≥

Câu V. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a

+ ab b

3 3

≥

+ ab b

3 3

⇔

≥

+ 2ab 2b

+ 2bc 2c

+ 2ca 2a

3 6

≥

⇔ + a

+ a b

+ b c

3 6

(

)

(

)

(

)

≤

Chứng minh rằng

x.a

y.b

(

)(

)

≤

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ki:

x.a

y.b

(

)(

)

≤

⇔

−

y.b

2 x a

2 y b

2 x b

2 y a

2 x b

2 y a

≥ 2x.a.y.b 0

( ⇔ + x.a

≥ (luôn đúng)

xb ya

( ⇔ −

Chứng minh:

a ⇔ = . x

b y

Dấu “=” xảy ra

(

+ ≤

≥

Áp dụng cho bài toán:

a b

( 1 1

) ( 2 1 . a

)

( 2 a

) + ⇔ +

+ a b 2

(

+ ≤

+ ⇔ +

≥

(1)

b c

( 1 1

) ( 2 1 . b

)

( 2 b

)

+ b c 2

(

+ ⇔ +

≥

(2)

+ ≤ c

( 1 1

) ( 2 1 . a

)

( 2 a

(3)

+ a b

+ b c

(

)

(

)

(

)

≥

+ a b

+ b c

(2a 2b 2c) 3 6 (

đp

)

(

)

(

)

(

)

3 2

6 2

Do đó:

= 3.

= = =

⇔ a

c 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “=” xảy ra ⇔ dấu “=” ở (1), (2), (3) đồng thời xảy ra và thỏa mãn a

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

157 Website:tailieumontoan.com

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN – Năm học: 2019 – 2020

Đề thi thử lần 2 – 03.03.2019 Thời gian làm bài: 120 phút

−

Đề số 21

+ x 3 x +

2 −

+ x − x 1

( x

2)( x 1)

1 + x 1

1 − x 1

≠ )

0; x 1

= −

4 2 3

và (với Câu I: (2 điểm) Cho biểu thức:

−

≥ 1

a) Rút gọn và tính giá trị biểu thức A khi x b) Rút gọn biểu thức B

1 M

+ x 1 8

c) Đặt M B : A , tìm x để

+ = x y 8

Câu II: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lâp phương trình hay lập hệ phương trình. Hai trường thcs A và B có học sinh đi thi tuyển 10 thì có 420 học sinh đỗ chiếm 84% tổng số học sinh. Biết nếu tính riêng từng trường thì trường A có 80% học sinh thi đỗ,còn trường B là 90% học sinh thi đỗ. Tìm số học sinh mỗi trường dự thi. Câu III (2,0 điểm)

+ +

+ = x 1 13

   2x y +

−

1. Giải hệ phương trình sau:

− = 5x m 2 0 (1)

2. Cho phương trình:

x , x thỏa mãn

1 x

  

  

a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có). b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

2 AE.BF = R

∆

Câu IV: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn ( )O,R đường kính AB . Từ A và B kẻ hai tiếp )O,R . Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn tuyến Ax và By với nửa đường tròn ( này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F . Nối AM cắt OE By tại P , nối BM cắt OF tại Q . Hạ MH vuông góc với AB tại H . a) Chứng minh 5 điểm M, P, H,O,Q cùng nằm trên một đường tròn.

. Chứng minh rằng d) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp EOF b) Chứng minh rằng c) Gọi K là giao điểm của MH và BE . Chứng minh rằng MK=HK . 1 r 1 < . 3 R 2

≥

c +

a + a b

b + b c

3 4

  

  

Câu V (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b,c Chứng minh rằng:

   HƯỚNG DẪN GIẢI

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

158 Website:tailieumontoan.com

+ x 3 x +

2 −

+ x − x 1

( x

2)( x 1)

1 + x 1

1 − x 1

≠ )

0; x 1

= −

4 2 3

và (với Câu 1: (2 điểm) Cho biểu thức:

a) Rút gọn và tính giá trị biểu thức A khi x

−

≥ 1

b) Rút gọn biểu thức B

1 M

+ x 1 8

c) Đặt M B : A , tìm x để

2 x − x 1

1 + x 1

1 − x 1

2 x − ( x 1)( x 1)

= −

− vào biểu thức A, ta được

3 1

4 2 3

− ( 3 1)

−

− − 6 2 3 3

2 3 2 3 2 3 >

Thay (Thỏa mãn ĐK) và x

≠ 0; x 1

−

+ x 3 x +

2 −

( x

2)( x 1)

−

(

2 ) − x 1

(

+ x − x 1 ( ) + x 1 )( ) + − x 1 x 1

−

x − x 1

x 3 x )( 2 x 3 x )( ) − x 1 + − − 2 x 2 x )( ) − x 1

( + x 3 x ( + 1 − x 1

2) Điều kiện: x

≠ 0; x 1

M B : A

+ x 1 2 x

−

≥

⇔

−

≥

−

≥ ⇔ 1

1 M

+ x 1 8

2 x + x 1

1 + x 1 2 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Xét biểu thức: với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

16 x

(x 2 x 1)

− ≥

⇔

1 0

+ +

8( x 1)

− +

−

≥

⇔

− − x 14 x 1 8 x 8 + 8( x 1)

− +

−

≥

⇔

x 6 x 9 + 8( x 1)

−

≥

⇔

− ( x 3) + 8( x 1)

−

16 x

(x 2 x 1)

− ≥

⇔

1 0

+ +

8( x 1)

− +

−

≥

⇔

− − x 14 x 1 8 x 8 + 8( x 1)

− +

−

≥

⇔

x 6 x 9 + 8( x 1)

−

≥

⇔

− ( x 3) + 8( x 1)

⇔

≤

− ( x 3) + 8( x 1)

≥

⇒

≥

− x 3

159 Website:tailieumontoan.com

> ⇒ + > với mọi x x 1 1

∀ > x

0> nên (

− ( x 3) + 8( x 1)

⇒

⇔

9⇔ = (Thỏa mãn ĐK)

− x 3

Do x

(

− ( x 3) + 8( x 1)

−

≥ 1

Yêu cầu bài toán chỉ thỏa mãn

9= thì

1 M

+ x 1 8

Vậy x

Câu 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lâp phương trình hay lập hệ phương trình.

Hai trường thcs A và B có học sinh đi thi tuyển 10 thì có 420 học sinh đỗ chiếm 84%

tổng số học sinh. Biết nếu tính riêng từng trường thì trường A có 80% học sinh thi đỗ,còn

trường B là 90% học sinh thi đỗ. Tìm số học sinh mỗi trường dự thi.

x; y ∈ )

Gọi số học sinh của trường A và B dự thi lần lượt là x và y (học sinh ) , (

+ =

Vì cả 2 trường có 420 học sinh thi đỗ đạt tỉ lệ 84% nên :

x y

420 : 84% 500

(1)

Vì cả hai trường có 420 học sinh thi đỗ nên :

+ 0,8x 0,9y

420

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(2)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ =

160 Website:tailieumontoan.com

x y 500 + 0,8x 0,9y

420

  

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy trường A có 300 học sinh dự thi và trường B có 200 học sinh dự thi.

+ = x y 8

Câu III (2,0 điểm)

+ +

2x y

+ = x 1 13

  

−

1. Giải hệ phương trình sau:

− = 5x m 2 0 (1)

2. Cho phương trình:

a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 2, tìm nghiệm còn lại (nếu có).

x , x thỏa mãn

1 x

  

  

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

1≥ −

+ = x y 8

⇔

+ +

+ =

2x y

+ = x 1 13

x 1 5 (*)

    

+ =

≥

1) Điều kiện: x

t (t

+ > )

(*)

⇔ + − = ⇔ − t 6 0

= ⇔ − = (vì t t 2 0

0≥ nên t 3 0

2⇒ = t

(

)( t 2 t 3

)

y 5⇒ =

3⇒ = (Thỏa mãn)

⇔ + = ⇒ + = x 1 4 2

x 1

: Đặt x 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 5) 2= là một nghiệm của phương trình (1)

− = ⇔ = 5.2 m 2 0 m 8

−

2a) Ta có x 22 ⇔ −

+ = 5x 6 0

−

( ⇔ −

)( x 3 x 2

)

3 2

= x = ⇔  = 0 x

Khi đó, ta có phương trình:

−

Vậy m 8= thì phương trình (1) có một nghiệm là 2, nghiệm còn lại là 3.

− = 5x m 2 0 (1)

∆ =

−

+ = 25 4m 8 33 4m

> ⇒ <

2b) Phương trình:

⇔ ∆ > ⇔ − 0

33 4m 0 m

x , x 2

33 4

Để để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x , x , theo vi – et ta có:

33 4 = 5 −

x 2 = x .x m 2

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0, x

(2)

161 Website:tailieumontoan.com

x , x thỏa mãn hệ thức bài cho

(3)

1 x

  

 x 1  ⇔   2    

Để hai nghiệm phân biệt

−

∆ > +

⇔

⇔ <

(2)

2 m

33 4

0 x 2 >

− >

1 x .x 1

−  25 4(m 2)  = > S 5 0   = P m 2 0 

    

⇔

(3)

= ⇔ 3

3 x .x 1

(

)

2 x . x

⇔

4(x

2 x . x ) 9x x 2

−

⇔

− +

− −

)

m 2

− =

m 2

(L)

⇔ + = 4(5 2 m 2) 9(m 2) )( ( 9 m 2 10 m 2 2  − = ⇔ = 2 m 6 ⇔ − 10   9

Kết hợp các điều kiện ta được m 6= thỏa mãn yêu cầu bài toán. )O,R đường kính AB . Từ A và B kẻ hai tiếp Câu IV: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn ( )O,R . Qua điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn tuyến Ax và By với nửa đường tròn ( này kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F . Nối AM cắt OE By tại P , nối BM cắt OF tại Q . Hạ MH vuông góc với AB tại H .

a) Chứng minh 5 điểm M, P, H,O,Q cùng nằm trên một đường tròn.

2 AE.BF = R

b) Chứng minh rằng

∆

c) Gọi K là giao điểm của MH và BE . Chứng minh rằng MK = HK .

1 r 1 < . 3 R 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. Chứng minh rằng d) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp EOF

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

162 Website:tailieumontoan.com

a) Chứng minh 5 điểm M, P, H,O,Q cùng nằm trên một đường tròn.

⇒ EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau).

Ta có EF, EA, FB lần lượt là các tiếp tuyến tại M, A, B của đường tròn (O) (gt)

⇒ OE là đường trung trực của AM

⇒ ⊥

Xét EM = EA và OM = OA = R

OE AM

⇒

 o = OPM 90

tại P và P là trung điểm của AM.

⇒ OF là đường trung trực của BM

⇒ ⊥

Xét FM = FA và OM = OB = R

⇒

tại Q và Q là trung điểm của BM.

OF BM  o OQM 90 Ta có MH AB⊥  o OHM 90

tại H (giả thiết)

⇒ Do đó:    o OPM OQM OHM 90

⇒ P, Q, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

⇒ 5 điểm M, P, O, Q, H cùng thuộc đường tròn đường kính OM. (đpcm)

2 AE.BF = R

hoặc P, Q, H cùng nhìn cạnh OM dưới một góc vuông

⇒

  = AOE MOE

AOM 2

b) Chứng minh rằng Ta có: OE là tia hân giác của AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒

  = BOF MOF

BOM 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có: OF là tia hân giác của BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

163 Website:tailieumontoan.com

  o ; AOM BOM 180

  + AOM BOM 2

⇒

(hai góc kề bù). Mà    EOF MOE MOF

∆ hoặc EOF

 o = EOF 90

∆ Xét EOF

vuông tại O.

⇒

vuông tại O và OM ⊥ EF tại M (tính chất tiếp tuyến).

2OM EM.FM =

(hệ thức lượng)

Mà EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau); OM = R.

2R ⇒ =

AE.BF

(đpcm)

c) Gọi K là giao điểm của MH và BE . Chứng minh rằng MK = HK .

(giả (tính chất tiếp tuyến); BF AB⊥ (tính chất tiếp tuyến); MH AB⊥

⇒

Ta có: AE AB⊥ thiết)

MH / /AE / /BF

hoặc MK / / BF ; HK / /AE

⇒

∆

Xét MK//BF, có:

KEM

BEF

∆∽

MK EM = EF BF

MK BF = EM EF

FM EF

(Định lý) (do BF = MF)

FM BK = BE EF

(Định lý Ta - let)

⇒

∆

Xét KH//AE, có:

BKH

BEA

∆∽

BK KH = BE AE

(Định lý) (tính chất)

MK KH = EM AE

∆

Do vậy , mà AE = EM suy ra MK = KH

1 1 r < . 3 R 2

∆

. Chứng minh rằng d) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp EOF

( r OE OF + EF

)

EOF

1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

nên Vì r là bán kính của đường tròn nội tiếp EOF

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

OM.EF= R.EF

S Mà EOF

1 2

⇒

R.EF

( r OE OF + EF

)

r ⇔ = + R OE OF + EF

164 Website:tailieumontoan.com

EF OE OF

+ 2EF OE OF + EF

Theo BĐT tam giác ta có < + ⇔

r ⇒ = R OE

1 2

> ⇔

EF OF + EF > Ta cũng có EF OE, EF OF

2EF OE OF

⇔

(1)

+ 3EF OE OF+ EF

r ⇒ = R OE

EF OF + EF

1 3

(2)

1 r 1 < 3 R 2

Từ (1) và (2) suy ra

≥

b + b c

3 4

  

  

  

≤

Câu V (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

  a c   + + a b   Cách 1: Áp dụng B Đ T: (

)

x y 1 1

x y 2

x y 3

2 1

2 2

2 3

2 y 1

2 2

2 3

(

)(

)

( a c

)

( + b a b

)

( c b c

)

 

 

≤

+ b c

+ a b

+ b c

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

 ( . a b 

 

c +

a + a b

b + b c

  

  

  

  

  

  

   

   

⇔

c +

a + a b

  

  

≥

) +

  + c

   ) + a b

+ b c

  a

+ b c

+ a b

b + b c ( a c )

   ) (

  c  ( + b a b 2 ) (

( + c b c 2 ) (

) (

)

) (

(

 

 

)

a 2

( 2a c +

) +

) + a b

+ b c

  2 ) (

+ )

( + 2b b a 2 ) (

+ (

( 2c b c 2 ) ( +

  ) ( a

)

( 4 a b

 

 

+ a b

+ b c

(

)

(

  +

  c

+ b c

+ a b

+ b c

) ) (

) (

( 4 a b

) (

)

(

)

) (

)

 

 

+ a b

= z

)

(

)

( y; b c

)

≥

Đặt (

+ xy yz

x y z

+ 3(xy yz

zx)

( + ⇒ + +

a b

+ b c

)

(

)

(

)

 ( ⇒ + 

 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

+ b c

+ a b

+ b c

( 3 a b

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

 

 

+ a b

+ b c

(

)

(

≥

3 4

  +

  c

+ b c

+ a b

+ b c

) ) (

) (

( 4 a b

) (

)

(

)

) (

)

 

 

⇒

≥

c +

a + a b

b + b c

3 4

  

  

  

  

  

≥

165 Website:tailieumontoan.com

c +

a + a b

b + b c

3 4

  

  

  

  

  

  

Vậy

Cách 2:

c +

a + a b

b + b c

a + a b

1 + + 4

b + b c

1 + + 4

1 + − 4

3 4

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Ta có:

;

c +

a + a b

1 + ≥ 4

a + a b

b + b c

1 + ≥ 4

b + b c

1 + ≥ 4

  

  

  

  

  

  

Áp dụng B Đ T cosi có:

≥

−

c +

a + a b

b + b c

a + a b

b + b c

3 4

  

  

  

  

  

  

−

− ≥ ⇒

≥

Do đó:

c +

a + a b

1 2

b + b c

1 2

a + a b

b + b c

3 2

1 − + 2 c 2

≥

Chứng minh được

c +

a + a b

b + b c

3 4

  

  

  

  

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Khi đó có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

166 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ THI THỬ LẦN THỨ NHẤT

Năm học: 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 9

≥

≠

Đề số 22

, x

0; x

≠ 9; x 16

+ x 4 x − x 16

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

−

và Câu I. Cho hai biểu thức

. 1) Rút gọn biểu thức A và tính giá trị của A khi x 18 8 2

< .

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Tìm giá trị của x để biểu thức P B : A 0

Câu II. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Nếu hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể.

2 5

bể nước. Hỏi Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì được

nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.

+ =

− −

y 2

2 | x 1|

Câu III.

− +

+ =

   | x 1| 3 y 2 

−

1) Giải hệ phương trình sau:

)

( ) ( 2 m 1 x 2m 10 0 1

2) Cho phương trình với m là tham số

a) Giải phương trình khi m = - 4

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

x , x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

= P x

8x x . 1 2

c) Giả sử phương trình có nghiệm

Câu IV. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi I là trung điểm của AO. Trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), lấy D thuộc

090 . Kẻ IF vuông góc với DE (F thuộc DE).

Ax, E thuộc By sao cho góc DIE =

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

= AD.BE AI.IB

23R 4

. 2) Chứng minh rằng

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

167 Website:tailieumontoan.com

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

= 3.

≥

Câu V. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a

+ ab b

3 3

Chứng minh rằng

≥

≠

HƯỚNG DẪN GIẢI

, x

0; x

≠ 9; x 16

+ x 4 x − x 16

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

−

và Câu I. Cho hai biểu thức

. 1. Rút gọn biểu thức A và tính giá trị của A khi x 18 8 2

< .

2. Rút gọn biểu thức B.

≥

3. Tìm giá trị của x để biểu thức P B : A 0

0; x

x −

+ x 4 x − x 16

≠ 9; x 16 ) −

≠ ( 4

)

(

x )(

⇒ =

−

1) Điều kiện: x

− x 18 8 2

= − 4

(

−

= −

Ta có: (thỏa mãn ĐK)

⇒ = A

1 2 2

4 −

− 4 −

2 4 2 2

2 − 2 4

2 2

−

= Vậy khi x 18 8 2

= − thì A 1 2 2

≥

≠

0; x

≠ 9; x 16

−

+ x 9 x − 9 x

2 x − x 3

− x 3

x 9 x ) +

− − + 2x 6 x )( (

(

+ x 9 x )( − x 3

)

x +

) +

( − x 3

)

(

− x 3 )(

)

− x 3 x )( − x 3

(

−

2) Điều kiện: x

P B : A

x +

x −

x +

− +

x x

4 3

3) Ta có:

≥ ⇒ + > 3 0 x

< ⇔ − < ⇔ < ⇒ <

⇒ < ⇔ P 0

4 0

x 16

− +

x x

4 3

≤ <

≠ thì P 0<

Với x

x 16; x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Kết hợp điều kiện, ta có: 0

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

168 Website:tailieumontoan.com

Câu II. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Nếu hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể.

2 5

Nếu vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì được bể nước.

Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.

Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là x (giờ) ( x > 6), thời gian chảy một

mình đầy bể của vòi thứ hai là y (giờ) ( y > 6)

1 x

1 y

Trong 1 giờ, vòi I chảy được (bể), vòi II chảy được (bể).

Vì hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 6 giờ sẽ đầy bể nên ta

1 x

1 y

1 = 6

có phương trình:

2 5

Vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy trong 2 giờ thì được bể nước nên ta có phương

1 x

1 y

2 = 5

⇔

trình:

= x 15  = y 10

1 16 1 10

1 x 3 x

1 y 2 y

1 6 2 5

2 x 3 x

2 y 2 y

1 3 2 5

 1   x  1  =  y

      

Ta có hệ (thỏa mãn)

Vậy thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là 15 giờ, thời gian chảy một mình

đầy bể của vòi thứ hai là 10 giờ.

+ =

− −

y 2

2 | x 1|

Câu III.

− +

+ =

   | x 1| 3 y 2 

−

1. Giải hệ phương trình sau:

( ) ( 2 m 1 x 2m 10 0 1

)

2. Cho phương trình với m là tham số

a) Giải phương trình khi m = - 4

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

x , x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

= P x

8x x . 1 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Giả sử phương trình có nghiệm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

169 Website:tailieumontoan.com

2≥ − .

+ =

− −

+ =

+ = 7 y 2 14

y 2

2 | x 1|

y 2

⇔

− = −

− +

+ =

− +

+ =

x 1

9 3 y 2

2 | x 1| 6 y 2 18

   | x 1| 3 y 2  

    

     + =

y 2

+ =

y 2

⇔

2 =

1) Điều kiện: y

− =

x 1

    

4 − = x 1 3 − = −

4 = −

x 1

  

    

x ; y

(thỏa mãn)

) { ∈ −

} ( 2;2);(4;2)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

+ = 6x 2 0

∆ =

−

2 a) Khi m = - 4, phương trình (1) trở thành:

2 ' 3

2.1.2 5

⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt

= − + 3

= − − 3

− −

5 ; 3

Ta có

4= − thì phương trình có tập nghiệm là

5 ; x { = − +

}

−

+ −

−

Vậy với m

+ (m 1)

− 1.(2m 10) m 2m 1 2m 10 m 9

[ ∆ = −

∆ ≥

2b) Xét phương trình (1) có

' 0

2 m 9

≥ m 3 ⇔ ≥ ⇔  ≤ − 3 m



Phương trình (1) có nghiệm ⇔

≥ m 3  ≤ − m 3 

Vậy (1) có nghiệm khi

x , x .

≥ m 3  ≤ − m 3 

+ 2(m 1)

thì phương trình (1) có nghiệm 2c) Với

x 2 =

+ 2m 10

1 x .x 1

  

Hệ thức Vi – et:

= P x

8x x 1

x ) 2

6x x 1

⇒ = P

+ 2(m 1)

+ 6(2m 10)

+ 4m 20m 64 (2m 5)

[

Ta có:

≥ ⇒ ≥

Sai lầm mắc phải:

+ (2m 5)

P 39

Vì .

= ⇔ 39

+ (2m 5)

= ⇔ = 0 m

P min

− 5 2

Do đó (không thỏa mãn).

Vậy không có giá trị của m để P nhỏ nhất.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Lời giải đúng:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥ ⇒ =

170 Website:tailieumontoan.com

≤ − ⇒ + ≤ − ⇒ 2m 5

+ 2m 5

P (2m 5)

≥ 39 40

(

≥ ⇒ + ≥ ⇒

≥ ⇒ =

Khi

m 3

2m 5 11

+ 2m 5

121

P (2m 5)

≥ 39 160

(

Khi

⇒ Min P = 40 khi m = - 3

Như vậy với mọi m thỏa mãn ĐK, ta có: P 40≥

Câu IV. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi I là trung điểm của AO. Trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), lấy D

090 . Kẻ IF vuông góc với DE (F thuộc DE).

thuộc Ax, E thuộc By sao cho góc DIE bằng

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

= AD.BE AI.IB

23R 4

2) Chứng minh rằng .

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

1) Chứng minh bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc một đường tròn.

⇒

⇒ ⊥

AD AB

Ta có Ax là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) (giả thiết); D Ax∈

⇒

tại A  o = IAD 90

tại F  o = IFD 90 Ta có IF DE⊥

⇒ Tứ giác có hai đỉnh A và F cùng nhìn cạnh ID dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn đường kính DI

⇒ bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc đường tròn đường kính DI .

Cách 1:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Cách 2:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

180

171 Website:tailieumontoan.com

⇒ bốn điểm A, I, F, D cùng thuộc đường tròn.

Xét tứ giác IADF có IAD , IFD là hai góc đối và   o IAD IFD 90 ⇒ Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn.

= AD.BE AI.IB

23R 4

2) Chứng minh rằng .

∆ Xét ADI

có và BIE∆

  0 = IBE 90 DAI

(tính chất của tiếp tuyến)

 AID BEI =

⇒ ∆

ADI

∆ ⇒ BIE

= AD.BE BI.AI



AD AI = ⇒ BE BI

) (cùng phụ với BIE do  o DIE 90=

;BI

= ⇒ R

= AD.BE BI.AI

3 2

R 3R 3R . 4 2 2

R 2

Theo giả thiết lại có

= AD.BE AI.IB

23R 4

Vậy

3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O.

⇒

Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn.

 DFA DIA =

 AD )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

Tương tự chứng minh được tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

 BFE BIE =

 BE )

(Hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

−

 = AFB 180

  + (DFA BFE) 180

F⇒ thuộc đường tròn đường kính AB hay F thuộc đường tròn tâm O.

) (Vì  0 DIE 90= Vậy     0 = DFA BFE DIA BIE 90

⇒

4) Xác định vị trí của D và E trên Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ nhất.

ID.IE

2 ID .IE

2 2 (AD AI )(BI BE )

DIE

≥

Ta có

2 + AD AI

2AD.AI ; BI BE

2BI.BE

Áp dụng B Đ T cosi có:

= AD.BE AI.IB

23R 4

⇒

≥

2AD.AI.2BI.BE 4 AI.BI

(

)

DIE

⇒ ≥ S DIE

3R 4

9R 4

3R 2

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(cmt) Và có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

172 Website:tailieumontoan.com

DIE

3R 2

Vậy Min khi AD AI= ; BE BI=

Vậy diện tích tam giác DIE nhỏ nhất khi D và E thuộc Ax, By sao cho AD AI= ; BE BI=

= 3.

≥

Câu V. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a

+ ab b

3 3

≥

+ ab b

3 3

⇔

≥

+ 2ab 2b

+ 2bc 2c

+ 2ca 2a

3 6

≥

⇔ + a

+ a b

+ b c

3 6

(

)

(

)

(

)

≤

Chứng minh rằng

x.a

y.b

(

)(

)

≤

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ki:

x.a

y.b

(

)(

)

≤

⇔

−

y.b

2 x a

2 y b

2 x b

2 y a

2 x b

2 y a

≥ 2x.a.y.b 0

( ⇔ + x.a

≥ (luôn đúng)

xb ya

( ⇔ −

Chứng minh:

a ⇔ = . x

b y

Dấu “=” xảy ra

(

+ ≤

≥

Áp dụng cho bài toán:

a b

( 1 1

) ( 2 1 . a

)

( 2 a

) + ⇔ +

+ a b 2

(

+ ≤

+ ⇔ +

≥

(1)

b c

( 1 1

) ( 2 1 . b

)

( 2 b

)

+ b c 2

(

+ ⇔ +

≥

(2)

+ ≤ c

( 1 1

) ( 2 1 . a

)

( 2 a

(3)

+ a b

+ b c

(

)

(

)

(

)

≥

+ a b

+ b c

(2a 2b 2c) 3 6 (

đp

)

(

)

(

)

(

)

3 2

6 2

Do đó:

= 3.

= = =

⇔ a

c 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “=” xảy ra ⇔ dấu “=” ở (1), (2), (3) đồng thời xảy ra và thỏa mãn a

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

173 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS PHAN HUY CHÚ NĂM HỌC 2019 – 2020

≥

≠ , cho hai biểu thức

ĐỀ SỐ 23

≠ 0; x 1; x

− x − x 1

+ x 2 − x 3

+ x 5 + x 1

và . Bài 1. Với x

. a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16=

+ x 2 − x 1

≤

b) Chứng minh rằng

4A B

x − x 3

. c) Tìm tất cả các giá trị của x để

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

+ =

y 5

1 − x 2

Bài 3.

−

y 2

3 − x 2

      

1) Giải hệ phương trình sau:

y x=

≠

) ( y mx 1 m 0 .

và đường thẳng (d): 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P):

a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm A, B phân biệt.

≠

M A, M B

)O, R và dây AB cố định, khác đường kính. Gọi K là điểm chính )O cắt AB tại N . Lấy điểm M . MK cắt AB tại D . Hai đường thẳng IM và

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 4. Cho đường tròn( giữa cung nhỏ AB . Kẻ đường kính IK của đường tròn ( bất kỳ trên cung lớn AB ( AB cắt nhau tại C.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

174 Website:tailieumontoan.com

1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

2IB

= IM.IC IN.IK

2. Chứng minh

≠

tròn ( 3. Hai đường thẳng ID và CK cắt nhau tại E. Chứng minh điểm E thuộc đường )O và NC là tia phân giác của góc MNE.

M A, M B

)

, đường 4. Chứng minh khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB (

+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thẳng ME luôn đi qua một điểm cố định.

+ +

+ .

Bài 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a b

4a 1

4b 1

thức P

HƯỚNG DẪN GIẢI

≥

≠ , cho hai biểu thức

≠ 0; x 1; x

− x − x 1

+ x 2 − x 3

+ x 5 + x 1

và . Bài 1. Với x

. a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16=

+ 2 x − x 1

≤

b) Chứng minh rằng

4A B

x − x 3

. c) Tìm tất cả các giá trị của x để

+ 4 2 − 4 3

+ 16 2 − 16 3

≥

. a) Thay x 16= (thỏa mãn) vào biểu thức A ta có

≠ 0, x 1; x

≠ ta có: (

− x − x 1

+ 5 x + x 1

+ (

2 ) − x 1

)( ) − + − x 1 ) )( − + x 1 x 1 x 3 x )( + x 1

(

) − x 1

− + − + x 4 x 5 7 )( ( + x 1

+ 2 x − x 1

) 2 ) − x 1

( (

)( + x 1 )( + x 1

b) Với x

+ 2 x − x 1

(

) − x 1

≤

⇒

≤

⇔

≤

Vậy (đpcm)

4A B

x − x 3

+ 2 x − x 3

− x 1 + 2 x

x − x 3

− x 3

x − x 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

(

) − x 1

(

⇔

−

≥

≥ ⇔ 0

x − x 3

− x 3

x 4 x − x 3

)2 − x 3

⇒ − ≥ ⇒ ≥ 9

x 3 0

≤

175 Website:tailieumontoan.com

9> thì

4A B

x − x 3

Kết hợp điều kiện, ta có x

Bài 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Trong phong trào thi đua trồng cây dịp đầu năm mới, lớp 9A trường THCS Chiến

5> ).

x N∈ , x

Thắng đặt kế hoạch trồng 300 cây xanh cùng loại, mỗi học sinh trồng số cây như nhau. Đến đợt lao động, có 5 bạn được Liên đội triệu tập tham gia chiến dịch an toàn giao thông nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 2 cây để đảm bảo kế hoạch đề ra. Tính số học sinh lớp 9A.

Gọi số học sinh lớp 9A ban đầu là x bạn (

300 x

+ (cây).

Số cây mỗi bạn phải trồng theo kế hoạch là (cây).

300 x Theo bài ra, sau khi có 5 bạn được Liên đội triệu tập, mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 2 cây để đảm bảo kế hoạch đặt ra nên ta có phương trình

⋅

− x 5

300

(

)

300 x

  

  

⇔ +

−

300 2x

= 10 300

⇔ −

−

= 0

+ 10 2x

−

⇒ −

1500 x 1500 x = 1500 0

+ 10x 2x =  x 30 ⇔  = − x 25 

Số cây mỗi bạn phải trồng trong thực tế là

30=

thỏa mãn. So với điều kiện, x

Vậy lớp 9A có 30 bạn.

+ =

y 5

1 − x 2

Bài 3.

−

y 2

3 − x 2

      

1) Giải hệ phương trình sau:

y x=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và đường thẳng (d): 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P):

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

) ( y mx 1 m 0 .

176 Website:tailieumontoan.com

a) Chứng minh: đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm A, B phân biệt.

1) Điều kiện: x

> a 0

(

)

1 − x 2

+ = y

)

( 3 tm

⇔

Đặt

−

= a 1  = 4 y 

= x  

   3a  =

Hệ phương trình tương đương

x; y

3;4

(

y 2 )

)

. Vậy hệ đã cho có nghiệm (

2a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x mx 1 2

⇔ −

− =

x mx 1 0

( ) 1

∆ =

+ > với mọi m

2m 4 0

⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

x ; x .

⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.

x ; x .

2b) Ta có phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

= x m 2 = − 1

1 x .x 1

  

Hệ thức Vi-ét ta có:

1= − < 0 nên hai giao điểm A và B nằm về hai phía trục tung và được biểu diễn

x .x 1

Vì

trên hệ tọa độ như hình vẽ.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên trục hoành. Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= +

+ IH OI OH 1 x

2 1

= +

2 2 =

2 x

+ IK OI OK 1 x 2 2

2 1

+ OH OK

2 + m 4

2 + IH IK (

)

2 1

2 2

2 x x 1

x m 4 ( )

2 + IH IK

≠

M A, M B

)O, R và dây AB cố định, khác đường kính. Gọi K là điểm chính )O cắt AB tại N . Lấy điểm M . MK cắt AB tại D . Hai đường thẳng IM và

)

177 Website:tailieumontoan.com

⇒ Vậy tam giác IHK vuông tại I (Định lý Pitago đảo). Bài 4. Cho đường tròn( giữa cung nhỏ AB . Kẻ đường kính IK của đường tròn ( bất kỳ trên cung lớn AB ( AB cắt nhau tại C.

1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

2IB

= IM.IC IN.IK

2. Chứng minh

≠

tròn (

M A, M B

)

thẳng ME luôn đi qua một điểm cố định.

1. Chứng minh bốn điểm M, N, K và C cùng thuộc một đường tròn.

 AB (giả thiết)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có K là điểm chính giữa

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

178 Website:tailieumontoan.com

OK AB

tại N  o CNK 90 tại N hoặc OK CB⊥

⇒ ⊥ Xét (O) có  o KMI 90=

⇒

⊥ KM MI

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

= IM.IC IN.IK

tại M hoặc KM CI⊥ tại M (do C, M, I thẳng hàng)  o CMK 90

Xét có: và

2IB 2. Chứng minh IBM∆ ICB∆ I chung;  IBM ICB=

⇒ ∆

∆∽

⇒ = ⇒ =

IBM

ICB

( ) IM.IC 1

⇒

(g.g) (cùng bằng IKM ) IM IB IB IC

(Định lý)

⇒

(hai góc kề bù)

Tứ giác CKNM nội tiếp (cmt)   o KCM KNM 180 Mà   o + MNI KNM 180  KCM MNI =

IMN∆

IKC∆

⇒ ∆

∆∽

Xét và (cmt) có: I chung;  MNI KCM=

IMN

IKC

( ) IM.IC IK.IN 2

IM IN ⇒ = ⇒ IK IC

⇒ = IB

= IM.IC IK.IN

(g.g)

)O và NC là tia phân giác của góc MNE.

Từ ( ) ( ) 1 , 2

⊥

3. Chứng minh điểm E thuộc đường tròn (

∆ Xét CKI

∆

D⇒ là trực tâm CKI ⇒ ⊥

có: KM CI ; CN KI và KM CN tại D

ID CK

⇒

 0 = IEK 90

E⇒ thuộc đường tròn tâm O , đường kính IK .

tại E. tại E ( ID cắt CK tại E ) (tính chất) hoặc IE CK⊥

⇒

Chứng minh được tứ giác KEDN nội tiếp đường tròn

 EKD END =

 ED )

(hai góc nội tiếp cùng chắn

 DM )

Chứng minh được tứ giác DMIN nội tiếp

 DNM DIM = ⇒ Mà  EKM EIM=  END DNM =

⇒ ND⇒ là tia phân giác của ENM

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(góc nội tiếp cùng chắn (hai góc nội tiếp cùng chắn  EM của đường tròn (O))

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≠

179 Website:tailieumontoan.com

M A, M B

)

, đường thẳng

= ⇒ là phân giác của NEF

∆

4. Chứng minh khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB ( ME luôn đi qua một điểm cố định.

⇒

⇔

(

⇔

−

NK.IK KF. IN NK

NK NE IN IF FE KF = NK.IF IN.KF ) NK. IK KF (

IN.KF )

⇔ = KF

F⇒ cố định.

NK.IK − IN NK

không đổi

+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Vậy khi điểm M thay đổi trên cung lớn AB , đường thẳng ME luôn đi qua điểm F cố định.

+ +

+ .

Bài 5. Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn: a b

4a 1

4b 1

thức P

+ +

2 2

10 2 16ab 4 a b

(

)

( + 4 a b

)

(

) )( 4a 1 4b 1

≥

+ =

10 2 4 a b

1 16

(

)

P 4

⇒ ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (

a, b là hoán vị của (

)

)0; 2 .

Cách 1:

+ =

Cách 2.

x, 4b 1

+ = thì: y

= ⇔ +

≤

≤ ) và

Đặt 4a 1

≤ ( do 0 a, b

1 x, y 3

− 4

−

≤

−

≤

) )( x 1 x 3 ) )( y 1 y 3

(   ( 

≥

⇒

≥

+ = ⇒ + ≥

6 16

x y

( ⇒ + 4 x y

)

≥

   

a, b là hoán vị của

= hoặc y 1, x

= hay (

)

Do .

)0; 2 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1, y 3 bộ số (

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Cách 3:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

180 Website:tailieumontoan.com

+ x k

+ y k

≥ + k

+ + x y k

0≥ (*).

Chứng minh bổ đề: với x, y, k

≥ + +

+ + x y 2k

+ x k

+ y k

x y 2k

+ + 2k x y k

Chứng minh (*):

(

)

≥

2 + + ⇔ +

≥

+ x k

+ y k

k x y k

+ ⇔ ≥ xy 0

(

) x y k

(

) x y k

Bình phương 2 vế ta có: )(

)

)( bất đẳng thức này luôn đúng.

Hay (

0= .

+ +

+ ≥ +

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy

4a 1

4b 1 1

= + = . 1 3 4

( 1 4 a b

) )0; 2 .

Áp dụng vào bài toán:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b là hoán vị của (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

181 Website:tailieumontoan.com

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 MÔN: TOÁN

−

≥

≠

TRƯỜNG THCS PHƯƠNG LIỆT NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 24

x +

x −

+ x 9 3 − x 9

2 x

3 +

9 −

(

x )(

x =

) 1) Tính giá trị của A khi

và Bài I. Cho

2) Chứng tỏ rằng biểu thức B luôn dương với mọi giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ.

B A

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện do

tổ một làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai

tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.

− =

1 1

Bài III.

− + +

− =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

−

1) Giải hệ phương trình:

(

P y ) :

( ) : d

= y mx

+ m m

+ ( m là tham số,

21 x= 2

21 2

0m ≠ )

và đường thẳng 2) Cho Parabol

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có tọa

a) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 1.−

;x y

= 5.

)

sao cho: độ ( b) Tìm m để đường thẳng ( )d và Parabol ( ) ;x y và (

;

)O R và một điểm A cố định nằm ngoài đường tròn sao cho

,B C là hai tiếp điểm). Một

,AB AC với đường tròn (

)O (

R= 2 .

Bài IV. Cho đường tròn (

Từ A kẻ hai tiếp tuyến

đường thẳng d thay đổi đi qua A luôn cắt đường tròn tại hai điểm D và E ( D thuộc

,DE H là giao điểm

,BC cung BD lớn hơn cung CD ). Gọi I là trung điểm của

cung nhỏ

.BC

của AO và

A B C O I cùng thuộc một đường tròn.

1) Chứng minh năm điểm

= AH AO AD AE

2 R 3 .

2) Chứng minh

.DHE

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc

BDE Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi

4) Gọi G là trọng tâm tam giác

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

thì G luôn chạy trên một đường tròn cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

182 Website:tailieumontoan.com

,a b c là ba số dương thỏa mãn:

1 +

Bài V. Cho

= Q abc .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

≠

x +

x −

+ x 9 3 − 9 x

2 x

3 +

9 −

(

)

x )(

x =

và Bài I. Cho

1) Tính giá trị của A khi

2) Chứng tỏ rằng biểu thức B luôn dương với mọi giá trị x thỏa mãn ĐKXĐ.

−

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 +

9 −

B A ) −

( 7

(

x )(

)

x )(

1) Ta có:

A =

x = , có 2

3 + 2 7

3 = = 9

1 3

−

(

)

(

)

−

Với

x +

x −

+ x 9 3 − x 9

2 x

−

3 )

− 3 (

x )(

−

3 + x

2 +

x −

3 +

−

)

(

− x )(

3 )

+ )(

(

⇒ + > ⇒

3 0

x ≥ với mọi x thỏa mãn ĐKXĐ

0B > với mọi x

3 + x

Vì hay

−

thỏa mãn ĐKXĐ.

− + 3

+ + 3

3 +

B A

3 + x

x x

16 + x

+ 7 + 3

x + > và 3 0

16 + 3x

≥

+ + 3

2 16

16 + x

− ≥

⇔ + + x

6 2

3 16 + x

⇔ ≥ P

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

ta có: Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

183 Website:tailieumontoan.com

= ⇔ + = ⇔ =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2, khí đó dấu “ = ” xảy ra

⇔ + = x

3 4

( ⇔ +

16 + x

(thỏa mãn ĐK)

Vậy Pmax = 2 khi x = 1 .

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện do

tổ một làm vượt mức kế hoạch 10%, tổ hai làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai

tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi tổ phải làm theo kế hoạch.

Gọi số sản phẩm mà đội 1 làm theo kế hoạch là x (sản phẩm)

Gọi số sản phẩm mà đội 2 làm theo kế hoạch là y (sản phẩm)

;x y N∈ , 0

x y ;

330

Điều kiện:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được 330 sản phẩm ta có phương trình:

y+ =

330

(sản phẩm) (1)

10%

= + x

x 1,1

10 100

110 100

−

Số sản phẩm thực tế đội 1 làm được là: (sản phẩm)

15%

= − y

0,85

15 100

85 100

(sản phẩm) Số sản phẩm thực tế đội 2 làm được là:

Cả hai tổ thực tế làm được 318 sản phẩm nên ta có phương trình:

x 1,1

0,85

318

(sản phẩm) (2)

330

1,1

180

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

⇔ 

+ = y +

363 =

0, 25 y +

0,85

318

0,85

318

0,85

318

150

  1,1 x 

 1,1 x ⇔  1,1 x 

 ⇔  1,1 x 

= y = x

(thỏa mãn)

Vậy số sản phẩm đội 1 làm theo kế hoạch là 150 sản phẩm

Số sản phẩm đội 2 làm theo kế hoạch là 180 sản phẩm.

− =

1 1

Bài III.

− + +

− =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

−

1) Giải hệ phương trình:

(

P y ) :

d ( ) :

= y mx

+ m m

+ ( m là tham số,

21 x= 2

21 2

0m ≠ )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Cho Parabol và đường thẳng

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

184 Website:tailieumontoan.com

)P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có tọa

a) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 1.−

b) Tìm m để đường thẳng ( )d và Parabol (

;x y

= 5.

;x y và ( )

)

− =

1 1

sao cho: độ (

1y ≥

− + +

+ =

1 3

( (

) − + − 1 ) 1

 3   

1) ĐK

− > 0

(

)1 − + ;

Đặt

−

)

⇔

Phương trình trở thành

a 1 = −

b 2 + = a b

3 2

( − 2 3 2 = − 3 2

 a 3  

 7  b 

  b 

 a 3   b  

− + =

1 1

⇒

⇔

− + = =

= =

− =

x y

2 1 1 2

2 2

1 1

  

    

2;2

)

(

(T/m).

) x y = ;

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

2 + m m

(

) − − 1

1 2

⇔ −

+ =

1 0

1 2 2

⇔ = m

2a) (d) cắt trục hoành tại điểm (- 1; 0), thay vào (d) ta được:

m⇔ = ±

(T/m).

−

2 = x mx

2 + m m

+ 1

1 2

−

2b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

⇔ − x

+ mx m

− = 2 0

(1)

⇔ ∆ > ⇔ −

−

' 0 m

(

)

2 0

⇔ + > m 2 ⇔ > − m 1

x 1

x 2

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

2 2

−

= x x m

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Theo viet:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

185 Website:tailieumontoan.com

= ⇔ 5

= 5

2 1

2 2

1 2

)

x x 1 2

2 x 2 x 2 2

⇔

−

2 ⇔ + x 1 ⇔ + x ( 1 ) (

− (

)

+ −

4 10 0

m 4 − =

6 0

1 ( 3 (

T m / ) Loai )

⇔ − m 4 ⇔ + 2 m = m ⇔  = − m 

Ta có

m =

Vậy

;

)O R và một điểm A cố định nằm ngoài đường tròn sao cho

,B C là hai tiếp điểm). Một

,AB AC với đường tròn (

)O (

R= 2 .

Bài IV. Cho đường tròn (

Từ A kẻ hai tiếp tuyến

đường thẳng d thay đổi đi qua A luôn cắt đường tròn tại hai điểm D và E ( D thuộc

,DE H là giao

,BC cung BD lớn hơn cung CD ). Gọi I là trung điểm của

cung nhỏ

.BC

điểm của AO và

A B C O I cùng thuộc một đường tròn.

1) Chứng minh năm điểm

= AH AO AD AE

2 R 3 .

2) Chứng minh

.DHE

BDE Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi thì

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc

G luôn chạy trên một đường tròn cố định.

4) Gọi G là trọng tâm tam giác

B

M

O

A

H

D

I

E

C

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

186 Website:tailieumontoan.com

1) Chứng minh năm điểm A, B, C, O, I cùng thuộc một đường tròn.

Gọi M là trung điểm của AO

⇒ ⊥

Ta có I là trung điểm của DE (giả thiết).

OI DE

AIO⇒

 090 =

( đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuôn góc với dây cung)

⇒ ⊥

AB OB

AB và AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) (giả thiết)

⇒

 0 ACO ABO 90 ;

và AC OC⊥

ABO ACO và   180o

+ ABO ACO

⇒ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO

Xét tứ giác ABOC có hai góc đối là  ;

⇒ Tứ giác ACIO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO

Xét tứ giác ACIO có hai đỉnh kề C và I cùng nhìn AO dưới một góc vuông.

Vậy 5 điểm A; B; O; I; C cùng thuộc một đường tròn. (tâm là M)

23 .R

2) Chứng minh AH.AO = AD.AE =

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OC = OB = R

 AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC hay AO BC⊥

Tam giác ABO vuông tại B; đường cao BH ta có:

.AH AO AB=

(Hệ thức lượng) (1)

∆ và ACE

 ACD CEA =

có: Xét ADC∆

(góc tạo bởi tiếp tuyến -dây cung và góc nội tiếp cùng chắn DC của

CAE chung.

⇒

AD AE AC

(O))

AD AC = AE AC

Vậ ADC∆  ACE

.AD AE AB=

AB=

Mà nên (2)

AH AO AD AE AB

Từ (1) và (2) ta có

2 − AO OB

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Tam giác ABO vuông tại B ta có: (định lí Pitago)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

23 R

187 Website:tailieumontoan.com

AH AO AD AE AB

R 2

Vậy

⇒

3) Chứng minh HC là tia phân giác của góc DHE.

= AH AO AD AE

AH AD = AO AE

Ta có:

và AEO∆ Xét AHD∆ có

AH AD = AO AE

⇒ ∆

⇒

và EAO là góc chung

AHD

∆  AHD AEO ~ AEO

(3) (hai góc tương ứng) hay  AHD DEO

B

M

H

O

A

D

I

E

C

= DEO DHO DHO AHD

) Tứ giác HOED là tứ giác nội tiếp (có     0 180

Vậy  DO E EHO (4) ( hai góc nội tiếp cùng chắn OE của đường tròn ngoại tiếp tứ

giác HOED)

Mặt khác  DO E DEO (do tam giác ODE cân tại O) (5)

⇒

−

Từ (3); (4); (5) ta có  AHD EHO

= AHC AHD CHO EHO

= AHC CHO

090 = ⇒

 HC là tia phân giác của góc DHC.

Mà         = DHC EHC

4) Gọi G là trọng tâm tam giác BDE. Chứng minh rằng khi đường thẳng d thay đổi thì G

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

luôn chạy trên một đường tròn cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

188 Website:tailieumontoan.com

B

L

M

H

O

A

G

D

I

E

C

2 3

G là trọng tâm của tam giác DBE nên . (6)

2 BM= 3

Trên đoạn thằng BM lấy điểm L sao cho . (7)

Ta có A, O, B, C cố định, khi đó:

M là trung điểm của AO nên M cố định.

Theo (7) thì L cũng sẽ cố định.

⇒

Theo câu a) thì I thuộc đường tròn tâm M hay MI = R.

⇒ = LG

LG MI / /

LG MI

BL BM

2 3

Xét tam giác BMI có và .

BG BL = BM BI 2 R= 3

Do L cố định, không đổi nên khi d thay đổi thì G luôn thuộc đường tròn tâm L,

R cố định.

2 3

bán kính

,a b c là ba số dương thỏa mãn:

1 +

Bài V. Cho

= Q abc .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b c , ,

1 +

= − 1

+ − 1

1 +

≥

Ta có:

b +

c +

1 +

bc )( b 1

)

( 1

≥

1 +

bc )( b 1

)

( 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(Theo BĐT Cô Si)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

189 Website:tailieumontoan.com

1 +

ac )( a 1

)

( 1

ab )( a 1

)

( 1

Tương tự ;

≥

⇔ ≤ abc

1 +

1 8

( 1

)( 1

)

( 1

abc 8 )( + b 1

)( 1

)

a b c ) ( + b 1

( 1

) ( 1

)

Nhân vế với vế ta được

= ⇔ = + ⇔ = ⇒ = = = a

⇔ = = khi đó c

3 +

3 2

1 2

Dấu “ = ” xảy ra

1 = = = c 2

1 maxQ = khi 8

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

190 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GD & ĐT PHÚC THỌ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TRƯỜNG THCS PHỤNG THƯỢNG LẦN 3

MÔN: TOÁN 9

Đề số 25 Năm học 2019 – 2029

Ngày thi: 21/3/2019

≥

−

Thời gian làm bài 120 phút

0 ; x

≠ 9.

; B

− x − 9 x

2019 + x 8

x − x 3

1 + x

Bài I (2 điểm): Hai biểu thức với x

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 36.

+ x 8 + 3 x

2) Chứng minh .

. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P, với P A.B=

Bài II (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tính vận tốc dự định của ô tô.

2 −

Bài III (2 điểm):

1 − y 2

 3x +  + x 1 2 y   2x   + x 1 

1) Giải hệ phương trình:

− =

2x mx m 1 0 +

2) Cho phương trình (1) (ẩn x).

a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

2 −

−

b) Gọi

x , x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 = B x

2 1

2 2

. biểu thức

Bài IV (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O ; R) và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ hai tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O) với P và Q là hai tiếp điểm. Từ P kẻ PM song song với AQ với M thuộc đường tròn (O). Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O) (N thuộc AM). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

191 Website:tailieumontoan.com

2KA KN.KP =

và . 2) Chứng minh  NAK APN

3) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O). Chứng minh NS là tia phân giác của PNM

. và    PAN AMP 2MNS

4) Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng AO và PK. Tính tan AGK theo bán kính

)

(

Bài V (0,5 điểm): Cho x, y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

) ( + x y 2 + y x

+ x y xy

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

; B

− x − 9 x

2019 + x 8

x − x 3

1 + x

≥

0 ; x

≠ 9

với Bài I (2 điểm): Hai biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 36.

+ x 8 + 3 x

2) Chứng minh .

. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P, với P A.B=

2019 + 6 8

2019 14

2019 + 36 8

≥

1) Với x = 36 (thỏa mãn ĐK), thay vào A ta được: .

0 ; x

≠ 9.

−

− x − 9 x

x − x 3

1 + x

)

− x 3

1 + x )

x − x 3 (

x ) x

( + (

− )( − x )(

− x 3 ( ) − x 3

+ x 8

−

+ x 8 + 3 x

24 − x 3

− x 3

− x 3 ( (

)( )(

) )

x 5 x )( +

)

(

≥

2) Điều kiện: x

≠ (đpcm).

0 ; x

+ x 8 + 3 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

192 Website:tailieumontoan.com

0 ; x

≠ 9.

P A.B

2019 + x 8

+ x 8 + 3 x

2019 + 3 x

≥ ⇒ + ≥ ⇒ =

≤

3) Ta có: với x

3 3

673

2019 3

2019 + 3 x

Vì

0⇔ = x

= ⇔ = 0

673

Dấu “=” xảy ra

Vậy maxP

Bài II (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km / h) (x > 6).

80 x

Thời gian dự định ô tô đi từ A đến B là: (h)

Vận tốc ô tô đi trên nửa quãng đường đầu (40km) là x 6− (km/h), nên ô tô đi nửa quãng

40 x 6−

đường đầu hết thời gian là: (h).

(km/h), nên ô tô đi nửa quãng Vận tốc ô tô đi trên nửa quãng đường sau (40km) là x 12+

40 x 12+

(h). đường sau hết thời gian là:

40 − x 6

40 + x 12

Thời gian thực tế ô tô đi từ A đến B là (h)

40 − x 6

40 + x 12

80 x

⇔

2 x −

2(x 6)(x 12)

−

⇔ =

1 1 + − x 12 x 6 ) ( = ⇔ + 2x 6 .x ⇔ = 6x 12x 144 6x 144

Vì ô tô đến B đúng thời gian đã định, nên ta có phương trình:

⇒ = x

(thỏa mãn).

Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h).

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài III (2 điểm):

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

2 −

193 Website:tailieumontoan.com

1 − y 2

 3x +  + x 1 2 y   2x   + x 1 

1) Giải hệ phương trình:

− =

2x mx m 1 0 +

2) Cho phương trình (1) (ẩn x).

a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

x , x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 −

−

b) Gọi

1 = B x

2 1

2 2

≠ −

biểu thức .

1 ; y

≠ 2.

2 −

⇔

2 −

3x + + x 1 2 y 2x + x 1

1 − y 2

3x + + x 1 2 y 4x − + x 1 2 y

 3x +  +  x 1 2 y  7x    + x 1

      

= − 4

= − 2

3x + x 1

⇔

3 = − 2

= y  x 

 2  −  2 y  x    + x 1

x ; y

2 ; 3

1) Điều kiện: x

)

( = −

)

Vậy hệ có nghiệm (

− =

2x mx m 1 0 +

∆ =

−

≥ với mọi m

2m 4m 4 m 2 + =

(

2a) Phương trình (1) (ẩn x).

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.

x , x

> ⇔ ≠ (2)

⇔ ∆ > ⇔ − 0

m 2

0 m 2

(

= −

2b) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

m −

x 2 = x .x m 1

  

−

Hệ thức vi – ét: (3)

= B x

(

)

( 4 x

)

2 1

2 2

2x x 1

Ta có: (4)

+ =

−

− 7

) − − − B m 2 m 1

(

( 4 m m 6m 2 m 3

)

(

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Thay (3) vào (4) ta được:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥ với mọi m, nên

+ m 3

− ≥ − 7

194 Website:tailieumontoan.com

( B m 3

Vì (

= ⇔ = − (thỏa mãn ĐK (2))

m 3

0 m

( ⇔ +

Dấu “=” xảy ra

= − ⇔ = − 3

7 m

Vậy B

Bài IV (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O ; R) và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ

hai tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O) với P và Q là hai tiếp điểm. Từ P kẻ PM song song với AQ với M thuộc đường tròn (O). Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O) (N thuộc AM). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K.

1) Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.

2KA KN.KP =

và . 2) Chứng minh  NAK APN

3) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O). Chứng minh NS là tia phân giác của

. PNM và    + PAN AMP 2MNS

4) Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng AO và PK. Tính tan AGK theo bán kính

⇒

⇒ ⊥

1) Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp.

⇒ ⊥

⇒

AP là tiếp tuyến của (O) (gt) OP AP ( t/c )  0 OPA 90

AQ là tiếp tuyến của (O) (gt) OQ AQ ( t/c )  0 OQA 90

180

⇒ tứ giác OPAQ là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc ở đỉnh đối diện bằng

180 ) (đpcm)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xét tứ giác OPAQ có:   0 OPA OQA 90

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

195 Website:tailieumontoan.com

2KA KN.KP =

và . 2) Chứng minh  NAK APN

(so le trong) (1) Vì PM//AQ (gt)  PMN NAK ⇒

 PN của

 APN PMN = (O)) (2)

( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn

(đpcm) Từ (1) và (2)  NAK APN ⇒

K chung

có: Xét KAN∆ và KPA∆

 NAK APN =

) (vì N PK∈ (cmt) hay  NAK KPA

⇒ KAN∆

( g . g )

∽ KPA∆

⇒

KA KN = KP KA

⇒

( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )

2KA KN.KP =

(đpcm)

. 3) Chứng minh NS là tia phân giác của PNM và    PAN AMP 2MNS

   MNQ NAQ NQA

( đ/l góc ngoài của tam giác ) (3)

 QN của

 NQA QMN = (O)) (4)

( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn

⇒ cung nhỏ

) (5) Ta có  NAK PMN ( vì K AQ∈ (cmt) hay  NAQ PMN

  MQ PQ=

⇒     = ⇒ = ⇒ SNM SNP SM SP

( hệ quả ) Từ (3),(4),(5)     + = MNQ NMP NMQ PMQ

(hệ quả ) ⇒ NS là tia phân giác của MNP ( đpcm)

⇒  DPM MQP = của (O)) (6)

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn Kéo dài AP cắt QS tại D ⇒ DP là tiếp tuyến của (O) ( vì AP là tiếp tuyến của (O) ( gt ) )  MP

 MNP MQP =

 MP của (O) ) (7)

⇒

( hai góc nội tiếp cùng chắn cung

 1 = MNS MNP 2

(8) ( tính chất tia phân giác )  2MNS MNP

(định lý góc ngoài tam giác ) Ta có :    = DPM PMA PAM

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

) (9) (vì N AM∈ hay    = DPM PMA PAN

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

196 Website:tailieumontoan.com

( đpcm ). Từ (6),(7),(8),(9)    PAN AMP 2MNS

⇒

4) Tính tan AGK theo bán kính R.

2KQ KN.KP =

( g - g ) Chứng minh KQN∆

∽ KPQ∆

⇒ = ⇒ K là trung điểm của AQ

2KA KN.KP =

Mà ( cmt ) KQ KA

Gọi H là giao điểm của AO và PQ

⇒ ⊥

( vì P và Q đều thuộc (O) ) Ta có AP AQ= ( tính chất tiếp tuyến ) và OP OQ=

⇒ AO là trung trực của PQ AO PQ trung trực )

tại H và H là trung điểm của PQ ( t/c đường

có : Xét APQ∆

K là trung điểm của AQ (cmt)

H là trung điểm của PQ (cmt)

A H và PK cắt nhau tại G (gt)

⇒ G là trọng tâm của tam giác APQ∆

⇒ = HG

1 3

⇒ =

(t/c) (10)

PO OH.AO OH

R PO = AO 3R

R 3

⇒ =

−

= ⇒ =

− AH AO OH 3R

R 8 3 3

8 9

vuông tại P có đường cao PH ta có : Xét APO∆

2 + OH HP

⇒ = HP

− PO OH

2 R − 9

2 2 3

  

  

⇒

vuông tại H ta có : (đ/l pytago) Xét HPO∆

PH HG

3 2 4

2 2 3 8 9

. ( đối đỉnh )   = tan AGK tan PGH Ta có  PGH AGK

)

(

Bài V (0,5 điểm): Cho x, y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

) ( + x y 2 + y x

+ x y xy

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ +

( x 2 x

) y y

+ 2xy y xy

( x 2 x

) y y

+ xy

(

+ ≥

197 Website:tailieumontoan.com

y 2 xy

⇔ ≤ xy

)

≥

+ =

Áp dụng B Đ T cosi ta có:

2 6

≥

BDT Cosi

+ +

( x x

) y y

( x x

) y y

( 4 x ( x

y )

( 4 x ( x

y )

Do đó:

y⇔ = . x

= ⇔ = . x

Dấu “=” xảy ra ⇔ Dấu “=” ở các B Đ T cosi xảy ra

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy minS

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

198 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG KÌ THI THỬ LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2020

Đề số 26 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

− − x 3 x − x x 1

1 − x 1

2 x + x

3 + x 1

  

  :    

  

≥

≠ x 0 ; x 1.

với Bài I (2 điểm): Cho biểu thức

2 2 x

1) Tính giá trị của biểu thức khi x = 9.

2) Rút gọn biểu thức P.

3) Tìm giá trị của x để 3P là số nguyên.

Bài II (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một hình chữ nhật có diện tích bằng 120m2. Nếu tăng chiều rộng thêm 2m đồng thời

giảm chiều dài đi 5m, thì thu được một hình vuông. Tìm chiều dài và chiều rộng của hình

chữ nhật ban đầu theo mét.

Bài III (2 điểm):

−

4 + y 2 1 + y 2

3 − x 4 5 − x 4

      

−

1) Giải hệ phương trình:

= (ẩn x, tham số m).

2(m 1)x m 2m 0

2) Cho phương trình

a) Giải phương trình khi m = 1.

2 1

2 2

nhỏ nhất. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

Bài IV (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định không đi qua O. A là một

điểm di động trên cung lớn BC (AB < AC) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE,

CF cắt nhau tại H. Gọi H là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) CHứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

199 Website:tailieumontoan.com

2) Chứng minh KB.KC = KE. KF.

3) Gọi M là gia điểm của AK với đường tròn (O) (M khác A). Chứng minh MH vuông

góc với AK.

4) Chứng minh đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên

= . Tìm giá trị nhỏ nhất của

cung lớn BC.

Bài V (0,5 điểm): Với a, b là các số thực thỏa mãn

= P a

biểu thức .

HƯỚNG DẪN GIẢI

− − x 3 x − x x 1

1 − x 1

2 x + x

3 + x 1

  

  :    

  

≥

≠ x 0 ; x 1.

với Bài I (2 điểm): Cho biểu thức

2 2 x

1) Tính giá trị của biểu thức khi x = 9.

2) Rút gọn biểu thức P.

3) Tìm giá trị của x để 3P là số nguyên.

2 + 2.3 3

2 9

2 2 9 3

≥

≠ 2) Điều kiện: x 0 ; x 1.

− − x 3 x − x x 1

1 − x 1

2 x + x

  :    

  

  

2 x + x

3 + x 1

x 3 +

−

  

− − x )( x 1 x

) + x 1

(

3 + x 1   1  :  − x 1  

2 x + x

3 + x 1

  

+ x 1 ) + x 1

x (

   :    

       

x 2 x

+ x 1 + 3

−

− − + + x 3 x )( + − x 1 x ( ) − x 1 )( ) + x 1 x 1 x

(

2 2 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Với x = 9 (thỏa mãn ĐK), thay vào biểu thức A ta được: .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

200 Website:tailieumontoan.com

≠ với x 0 ; x 1.

2 2 x

≥

Vậy

≠ với x 0 ; x 1.

6 2 x

≥ ⇒

≥

≤

3) Ta có:

≤ < hay 0 3P 2

x 0

2 x

+ ≥ ⇒ 3 3

1 3

1 2 x

6 2 x

⇒ ∈ ⇔ ∈ 

{ } 1 ; 2

= ⇔

+ = ⇒ =

Với , do đó:

3P 1

= ⇔ 1

2 x

3 6

9 4

6 2 x

= ⇔

+ = ⇒ =

Xét (thỏa mãn ĐK)

3P 2

= ⇔ 2

2 x

3 3

6 2 x

Xét (thỏa mãn ĐK)

0 ;

9 4

 ∈  

  

thì 3P là số nguyên. Vậy với

Bài II (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một hình chữ nhật có diện tích bằng 120m2. Nếu tăng chiều rộng thêm 2m đồng thời giảm chiều dài đi 5m, thì thu được một hình vuông. Tìm chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu theo mét.

> Điều kiện: x 5 ; y 0; x

> . y

Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu lần lượt là x (m) và y (m).

− = + ⇔ − =

Vì ban đầu hình chữ nhật có diện tích bằng 120m2, nên ta có phương trình: 2 x.y 120 (m )

x y 7

−

7y 120 0 (1)

⇔

Nếu tăng chiều rộng thêm 2m đồng thời giảm chiều dài đi 5m, thì thu được một hình vuông, nên ta có phương trình: x 5 y 2

+ = +

= +

= x.y 120 − = x y 7

(7 y).y 120 7 y x

7 y

(2)

  

= − (loại)

Ta có hệ phương trình:

⇒ =

Giải (1), ta được: y 8= (thỏa mãn) ; y

x 15

(thỏa mãn). Với y = 8

Vậy hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là 15 mét, chiều rộng là 8 mét.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài III (2 điểm):

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

201 Website:tailieumontoan.com

−

4 + y 2 1 + y 2

3 − x 4 5 − x 4

      

−

1) Giải hệ phương trình:

= (ẩn x, tham số m).

2(m 1)x m 2m 0

2) Cho phương trình

a) Giải phương trình khi m = 1.

2 1

2 2

nhỏ nhất. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

4 ; y

≠ − 2.

⇔

−

1 + y 2

4 + y 2 1 + y 2

4 + y 2 4 + y 2

23 − x 4 5 − x 4

3 − x 4 5 − x 4

3 − x 4 20 − x 4

      

− = x 4 1

⇔

⇒

−

− = x 4 1 + = y 2 1

= x 5 = − 1

  

1 + y 2

5 − x 4

    

x ; y

) − . 5 ; 1

1) Điều kiện: x

)

(

Vậy hệ có nghiệm (

−

+ = ⇔ −

⇒

4x 3 0

= ⇔ 0

)( x 1 x 3

(

)

− = x 1 0 + = x 3 0

= x 1 = − 3

  

2a) Với m = 1, phương trình trở thành:

= − 3.

−

Vậy m = 1, thì phương trình có hai nghiệm x 1 ; x

= 2(m 1)x m 2m 0

∆ =

−

= > với mọi m.

) ( 4 m 1

( 4 m 2m 4 0

)

⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

x ; x với mọi m.

+ 2(m 1)

2b) Phương trình:

x .x m 2m

  

−

Hệ thức Vi – ét:

2x .x

(

2 1

2 2

−

+ + =

+ =

(

) ( 4 m 1

2 ⇒ + x 1

2 2

( ) 2 m 2m 2m 4m 4 2(m 2m 1) 2 2 m 1

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ ≥ ⇒ +

≥ với mọi m, nên

2 2

≥ 2

202 Website:tailieumontoan.com

)2 + m 1

)2 ( 2 m 1

2 1

2 2

Vì (

= ⇔ = − . 0 m 1

)2 + m 1

2 1

2 2

Khi đó: nhỏ nhất ⇔ dấu “=” xảy ra ⇔ (

Vậy m = - 1, thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV (3, 5 điểm): Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định không đi qua O. A là một điểm di động trên cung lớn BC (AB < AC) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC.

1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.

2) Chứng minh KB.KC = KE. KF.

3) Gọi M là gia điểm của AK với đường tròn (O) (M khác A). Chứng minh MH

vuông góc với AK.

4) Chứng minh đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên

A •

E•

•

O •

• F

• H

•

K •

• B

• D

cung lớn BC.

∆

1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.

⇒

BE AC⊥

ta có: Trong tam giác ABC

⇒

CF AB⊥

tại E (tính chất đường cao)  o = BEC 90

tại F (tính chất đường cao)  o = BFC 90

và F, E là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh BC.

Xét tứ giác BFEC có   o BEC BFC 90 ⇒ Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

2) Chứng minh KB.KC = KE. KF.

∆ Xét KBE

BKF chung

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

có: và KFC∆

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

203 Website:tailieumontoan.com

 KEB KCF =

 BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BFEC )

⇒ ∆

(hai góc nội tiếp cùng chắn

KBE

KFC

∆∽

⇒ =

(g – g)

KB KE KF KC

⇒

(tính chất)

= KB.KC KE.KF

(đpcm)

3) Chứng minh MH vuông góc với AK.

∆ và KAB

BKM chung

có: Xét KCM∆

 KCM KAB =

 BM của đường tròn (O))

⇒ ∆

(hai góc nội tiếp cùng chắn

KCM

KAB

∆∽

⇒

(g – g)

KC KM = KA KB

⇒

= KB.KC KA.KM

(tính chất)

⇒

= KE.KF KA.KM

KF KA = KM KE

(cmt) Mà KB.KC KE.KF

∆ và KME

⇒ ∆

Mà KFA∆ còn có MKF chung.

KFA

KME

∆∽

⇒

 KAF KEM =

(c – g – c)

⇒ Tứ giác MAEF có hai đỉnh kề A, E cùng nhìn cạnh MF dưới một góc bằng nhau.

⇒ Tứ giác MAEF nội tiếp. (1)

(cặp góc tương ứng) hoặc  MAF FEM=

⇒

BE AC⊥

Cũng có BE và CF cắt nhau tại H và:

⇒

CF AB⊥

tại E (tính chất đường cao)  o HEA 90

⇒ tứ giác AEHF có các đỉnh E, F cùng nhìn cạnh AH dưới một góc vuông.

⇒ tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (Định lý). (2)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

tại F (tính chất đường cao)  o HFA 90

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

204 Website:tailieumontoan.com

Từ (1) và (2) ⇒ Các điểm A, E, H, F, M cùng thuộc đường tròn đường kính AH.

⇒  o AMH 90=

⊥

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AM MH

(đpcm). hoặc AK MH⊥

4) Chứng minh đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên cung lớn BC.

Gọi D là giao điểm của MH với (O)

9 0

 D

đ As

 AD của (O))

1 2

⇒ AD là đường kính của (O).

(góc nội tiếp chắn (cmt), nên  AMD Ta có  o AMH 90=

⇒  o ABD 90=

(các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). và  o ACD 90=

⇒ AB BD⊥

∆

và AC CD⊥

⇒ DB / /CH và DC / /CH

⇒ Tứ giác BHCD là hình bình hành.

⇒ HD và BC cắt nhau tại I là trung điểm của chúng.

). Mà CH AB⊥ ; BH AC⊥ (do H là giao điểm các đường cao BE và CF của ABC

⇒ MH luôn đi qua điểm I cố định là trung điểm của BC khi A di động trên cung lớn BC.

= . Tìm giá trị nhỏ nhất của

Mà BC cố định không đổi, nên trung điểm I cố định.

Bài V (0,5 điểm): Với a, b là các số thực thỏa mãn

= P a

4ab

−

= −

biểu thức .

= P a

4ab

2 2a b

4ab

2 2a b

+ 4ab 16

= ) 4

(

= ≥

(vì

4 2ab

⇒ ≥

4ab 2a b

≥ −

⇒ = − P

2a b

+ 4ab 16

2a b

= 16 16

Áp dụng B Đ T cosi, ta có:

= ±

⇔

= ±

  

   

∈

−

Dấu “=” xảy ra ⇔ Dấu “=” ở B Đ T cosi xảy ra và thỏa mãn giả thiết

= ⇔ 16

a ; b

2 ;

2 ; 2

(

)

minP

) ( 2 ; 2 ,

) ( 2 ,

Vậy

{ (

} )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

205 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN ĐỀ THI THỬ VÀO 10 LẦN 3

NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN

−

Đề số 27

≠ 0, x 1

+ x 2 x − x 1

2 x

− 2 x ) + x 1

(

và Bài I. Cho hai biểu thức với x

25=

. 1) Tính giá trị biểu thức A khi x

2 ) + x 1

> 1.

2) Chứng minh

x ( A B

3) Tìm x để biểu thức

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe dự định một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành có 2 xe

phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm một tấn hàng. Tính số

xe lúc đầu mà đội điều động (biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau).

−

Bài III.

2 =

−

− x(x 2) 2(x y) 2x(x 2)

+ (4x y) 9

−

+ và Parabol

   2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y

2x 2m 2

(P) : y

1) Giải hệ phương trình sau:

a) Xác định các tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) khi

1 = − . 2 A(x ; y ) 1

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt

4(x

;B(x ; y ) sao cho 2

y 1

x ) 2

≠

Bài IV. Cho nửa đường tròn (O) , đường kính BC . Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn

thẳng OC(D O;D C) . Dựng đường thẳng d cuông góc với BC tại điểm D , đường

≠

thẳng d cắt nửa đường tròn (O) tại điểm A . Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì

, tia BM cắt đường thẳng d tại điểm K , tia CM cắt đường thẳng d tại

(M A;M C) điểm E . Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm N(N B)≠

1) Chứng minh: Tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn. 2) Chứng minh: KE.KD KB.KM và ba điểm C, K, N thẳng hàng.

3) Tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại F . Chứng minh: F là

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. trung điểm của KE và OF MN⊥

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

∆

206 Website:tailieumontoan.com

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp BKE . Chứng minh khi M di chuyển trên

+ +

− =

cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định.

2x 1

x 3

5x.

Bài V. Giải phương trình:

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≠ 0, x 1

+ x 2 x − x 1

2 x

− 2 x ) + x 1

(

và Bài I. Cho hai biểu thức với x

25=

. 1) Tính giá trị biểu thức A khi x

x (

2 ) + x 1

> 1.

2) Chứng minh

A B

3) Tìm x để biểu thức

= ⇒ = 25 A

+ 25 2 25 − 25 1

35 24

≠ ;

0, x 1

(

)

(

−

2 x

− 2 x ) + x 1

(

) − + − 2 x x 1 ) ( + x 1

)

2 x

x (

2 ) + x 1

( x (

2 ) + x 1

2 x (

) + x 1

+ − + 2 2 x ) ( + x 1

≠ .

2) Với x

0, x 1

> ⇔ 1

+ x 2 x − x 1

A B

x (

2 ) + x 1

) + x 1

⇔

( x

) ) − x 1

( x )( + x 1

(

⇔

− >

1 0

x − x 1

−

⇔

> ⇔ − > ⇔ > ⇔ >

x 1 0

x 1

+ x 1 − x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

207 Website:tailieumontoan.com

> 1

A B

Vậy x 1> thì

Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe dự định một số xe cùng loại để chở hết 60 tấn hàng. Khi khởi hành có 2 xe

phải điều đi nhận hợp đồng khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm một tấn hàng. Tính số

xe lúc đầu mà đội điều động (biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau).

) Gọi số xe lúc đầu mà đội điều động là x (xe) ( x N *∈

60 x

Ta có, số hàng mỗi xe dự định chở là tấn.

60 x 2−

Thực tế mỗi xe phải chở là tấn.

+ = 1

60 x ⇔

−

60 − x 2 + − 60(x 2) x(x 2)

60x

⇔ −

−

60x 120 x

60x

−

⇔ − x

2x 120 0

= x 12(thoa man) = ⇔  = − x 10(loai) 

Nên ta có phương trình:

Vậy lúc đầu đội điều động 12 xe

−

− x(x 2) 2(x y)

Bài III.

−

2 =

2x(x 2)

+ (4x y) 9

  

−

+ và Parabol

1) Giải hệ phương trình sau:

2x 2m 2

(P) : y

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y

1 = − . 2

a) Xác định các tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) khi

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt

4(x

A(x ; y );B(x ; y ) sao cho 2

y 1

x ) 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= +

x 1

= −

−

y 1 4 3

−

− x(x 2) 2(x x)

⇔

= −

−

2 =

2x +

2 + =

− (x 1) = −

2x(x 2)

+ (4x y) 9

2.2 4x y

5 4x

  

= −

x 1

x 1 = −

5 4x

      y 

= +

y 1 4 3

 = + x 1       ⇔       

−

208 Website:tailieumontoan.com

3;1 4 3);(1

+ 3;1 4 3)

= − thì phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) có dạng

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (1

1 2

 = + x 1

+ ⇔ −

= ⇔ −

− 2x 2.

2x 1

(x 1)

1 2

= −

x 1

= ⇔  

= +

x 1

= + ⇒ = 2

3 2 2

( 1

= −

−

x 1

= − ⇒ = 2

3 2 2

( 1

−

2a)

− 2;3 2 2

= − thì (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm ( 1

) ( 2;3 2 2 ; 1

)

1 2

Vậy khi

+ ⇔ −

−

− =

2x 2m 2

2x 2m 2 0 (1)

2b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

A(x ; y );B(x ; y ) thì (1) có hai 2

Để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt

−

> ⇔ −

⇔ ∆ > ⇔ − ' 0

( 1)

1.(2m 2)

1 2m 2 0 m

3 + > ⇔ < 2

nghiệm phân biệt

x 2 =

− 2m 2

1 x .x 1

  

+ ⇔ +

Khi đó theo hệ thức Vi - et ta có:

4(x

y 1

x ) 2

−

⇔ + (x

4(x

x ) 2

2x x 1

x ) 2

−

= ⇔ −

+ = ⇔ = (thỏa mãn)

22 ⇔ −

2(2m 2)

4 4m 4 8 m 0

4.2

Theo bài ra:

Vậy m 0= là giá trị cần tìm

≠

Bài IV. Cho nửa đường tròn (O) , đường kính BC . Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

thẳng OC(D O;D C) . Dựng đường thẳng d cuông góc với BC tại điểm D , đường

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

209 Website:tailieumontoan.com

≠

(M A;M C)

thẳng d cắt nửa đường tròn (O) tại điểm A . Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì

, tia BM cắt đường thẳng d tại điểm K , tia CM cắt đường thẳng d tại

. điểm E . Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm N(N B)≠

1) Chứng minh: Tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn.

2) Chứng minh: KE.KD KB.KM và ba điểm C, K, N thẳng hàng.

3) Tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại F . Chứng minh: F là

∆

. trung điểm của KE và OF MN⊥

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp BKE . Chứng minh khi M di chuyển trên

cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường thẳng cố định.

1) Chứng minh: Tứ giác CDNE nội tiếp một đường tròn.

 0 = CDE 90 (GT)

⇒

 0 CNB 90=

Tứ giác CDNE có:

⇒ Tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn đường kính CE.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 CNE 90 (Kề bù với CNB )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Chứng minh: KE.KD KB.KM và ba điểm C, K, N thẳng hàng.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

210 Website:tailieumontoan.com

Ta có  0 BMC 90= ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 BME 90 (Kề bù với BMC )

có Xét BKD∆ và EKM∆

  0 BDK EMK 90

(GT và chứng minh trên)

 BKD EKM=

⇒ ∆

⇒

BKD

EKM(g.g)

= KE.KD KB.KM

∆

BK DK = EK KM

⊥

⇒

⊥ Lại có BM CE; ED BC

ED, BM

(hai góc đối đỉnh)

K⇒ là trọng

⇒ ⊥

là các đường cao của tam giác BCE

CK⇒ là đường cao của tam giác BCE

CK BE

⇒

tâm của tam giác BCE , mà CN BE⊥

thẳng hàng (Tiên đề Ơ cơ lít) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C, N, K

⇒ ⊥ ⇔ NF ON

 0 = ONF 90

NF là tiếp tuyến của (O)

⊥

. 3) Chứng minh: F là trung điểm của KE và OF MN⊥

= OBN NEF 90 (ED BC)

⇒

  0 ONB NEF 90

mà   0 + Vì OBN∆ cân tại O nên  OBN ONB

⇒

=  FNK FKN

 NEF ENF

=  0 = (KNE 90 )

⇒ =

∆

) Lại có   0 + ONB ENF 90 (  0 ONF 90=

FE FE FK

. cân tại F Vậy các tam giác: FNE, FNK

⇒ =

∆

Vậy F là trung điểm của EK

⇒ FM FN( FK)

Vì F là trung điểm của EK ; KME vuông tại M FM FK FE

⇒ ⊥

OF⇒ là trung trực MN OF MN

mà OM ON= (bán kính ( O ))

4) Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên một đường

thẳng cố định.

⇒

DJ.DB DK.DE (1)

Gọi J là giao điểm của BC với đường tròn (I) , tứ giác BJKE nội tiếp (I)

∆ mà BKD

ECD

∆

⇒

DK.DE BD.CD (2)

BD ED = KD CD

⇒ =

(g.g)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2) ta có DJ.DB BD.CD DJ CD

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

211 Website:tailieumontoan.com

Vì D cố định nên CD không đổi suy ra DJ không đổi nên J cố định.

Lại có IB IJ= (bán kính của (I) ) nên I thuộc trung trực của BJ cố định.

Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên đường trung trực của BJ cố

+ +

− =

định

2x 1

x 3

5x.

+ +

− =

Bài V. Giải phương trình:

2x 1

x 3

3≥ )

+ +

+ − +

2x ⇔ −

5x 4

2x 1 3

− − = x 3 1 0

⇔ −

−

(x 1)(x 4)

+ − 2x 1 9 + + 2x 1 3

− − x 3 1 − + x 3 1

⇔ −

−

(x 1)(x 4)

− 2(x 4) + + 2x 1 3

− x 4 − + x 3 1

⇔ −

− +

Xét phương trình (ĐKXĐ x

2 + + 2x 1 3

1 − + x 3 1

 (x 4) x 1  

  

− +

(2)

⇔ − = ⇔ = (thỏa

x 1

x 4 0

3≥ nên (2)

2 + + 2x 1 3

1 − + x 3 1

Vì với mọi x

mãn)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

212 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS THỐNG NHẤT ĐỀ KIỂM TRA TOÁN THÁNG 2

NHÓM TOÁN 9 Thời gian: 90 phút.

−

Đề số 28 Ngày 28/2/2019

− +

  

1 x

− x 1 x

1 x

x x

  :    

  

. Bài 1: (2,5 điểm). Cho biểu thức

−

a) Rút gọn P.

( 1

− −

− .

. b) Tính giá trị của P , biết

6 x 3

x 4

c) Tính giá trị của x thỏa mãn: P x

Bài 2 (2,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một hình chữ nhật có chu vi là 90 mét. Nếu tăng chiều rộng thêm 30m và giảm chiều

dài đi 15m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban

−

đầu. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.

= x my 1 (1) + = 3 (2) mx y

  

Bài 3 (1,5 điểm). Cho hệ phương trình:

a) Giải hệ phương trình khi m 1.=

b) Chứng tỏ với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất.

Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) , bán kính R , đường thẳng d không qua O và cắt

đường tròn tại hai điểm A, B . Từ một điểm C trên d ( A nằm giữa B và C ) kẻ hai tiếp

MN cắt OC tại H.

tuyến CM, CN với đường tròn ( M, N thuộc (O) , M và O nằm cùng phía đối với AB) ,

a) Chứng minh tứ giác CMON nội tiếp.

2CM CA.CB =

b) Chứng minh .

. c) Chứng minh  OAB CHA

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

d) Chọn một trong hai câu:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

213 Website:tailieumontoan.com

d.1) Tia CO cắt (O) tại hai điểm I và D ( I nằm giữa C và D ). Chứng minh

= IC.DH DC.IH

d.2) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt

tại E và F . Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF nhỏ nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

− +

  

1 x

− x 1 x

1 x

x x

  :    

  

. Bài 1: (2,5 điểm). Cho biểu thức

−

a) Rút gọn P.

( 1

− −

− .

. b) Tính giá trị của P , biết

6 x 3

x 4

≠

c) Tính giá trị của x thỏa mãn: P x

0 ; x 1.

−

− +

  

1 x

− x 1 x

1 x

x x

  :    

  

  

− x 1 x

− 1 (

   :    

   

(

)( − x 1 x

x ) + x 1 ) + + − x 1 ) + x 1

(

   

− x 1 =   x (

) + x 1

(

) + x 1

   :     )( − x 1 x )( − x 1 x

− x ( x ( (

x ) + x 1 ) + x 1 ) − x 1

)2 + x 1

(

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Điều kiện: x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

(

)2 + x 1

214 Website:tailieumontoan.com

≠ 0 ; x 1.

−

Vậy với x

( 1

−

( 1

)

−

(

) − + 3 1 1

b) Ta có (Thỏa mãn ĐK) thay vào biểu thức P , ta được:

(

) 1

  

  

(

) + 3 1

3 2

−

− 3 1

3 − 3 1

−

( 1

)

− −

6 x 3

x 4

− , với x

4.≥

(

) + x 1

⇔

− −

6 x 3

− x 4

⇔

−

− =

+ + 3

x 4

− =

⇔

−

( ( ⇔ − (

) + x 1 x 4 x )

6 x ) (

x 4 )(

)

−

≥ và 0

≥ 0

c) Phương trình P x

4≥ , ta có (

(

)(

)

Với x

−

)

⇔

Do đó phương trình thỏa mãn

⇔ = ⇔ = 2

−

(

)(

)

(     

(thỏa mãn)

Vậy x = 4 thỏa mãn phương trình bài cho.

Bài 2 (2,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một hình chữ nhật có chu vi là 90 mét. Nếu tăng chiều rộng thêm 30m và giảm chiều

dài đi 15m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban

đầu. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu.

Gọi chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là x (mét), chiều dài hình chữ nhật ban đầu là y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(mét).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

215 Website:tailieumontoan.com

< < x

> y; y 15

. Điều kiện: 0

= ⇔ + =

Vì hình chữ nhật có chu vi là 90 mét, nên ta có phương trình:

x y

)

( + 2 x y

(1).

−

(m); giảm chiều dài đi 15m, ta Tăng chiều rộng thêm 30m, ta có chiều rộng mới là x 30+

(m2). (m). Diện tích hình chữ nhật mới là (x 30).(y 15) có chiều dài mới là y 15−

−

= ⇔ − +

Vì hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu, nên ta có phương

x.y

x 2y 30

+ =

(2). trình: (x 30).(y 15)

x y − +

45 =

x 2y 30

  

+ =

⇔

x y − +

45 =

x 2y 30

x y

20 (thoa man) 25 (thoa man)

  

 x y  = 3y 

  

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

Vậy chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là 20 (mét), chiều dài hình chữ nhật ban đầu là 25

−

(mét).

= x my 1 (1) + = 3 (2) mx y

  

Bài 3 (1,5 điểm). Cho hệ phương trình:

a) Giải hệ phương trình khi m 1.=

⇔

b) Chứng tỏ với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất.

− = x y 1 + =

4 + =

x y

= y 1

  

a) Khi m 1.= ta có hệ:

(2 ; 1)

. Vậy khi m 1.= thì hệ có nghiệm duy nhất (x ; y)

−

b) Cách 1:

= x my 1 (1) + = 3 (2) mx y

  

Xét hệ .

= x 1  = y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. Trường hợp 1: Khi m 0= , hệ có nghiệm duy nhất

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

216 Website:tailieumontoan.com

−

− x 1

(d ) 1

⇔

= x my 1 (1) + =

mx y

3 (2)

  

mx 3 (d ) 2

 1  m   = − y 

Trường hợp 2: Khi m 0≠ , ta có:

1(d ) và

2(d ) .

Số nghiệm của hệ là số giao điểm của hai đường thẳng

≠ − với mọi m 0≠

1 m

1(d )⇒ và

2(d ) luôn cắt nhau tại một điểm duy nhất với m 0≠ .

⇒ ∀ ≠ thì hệ luôn có nghiệm duy nhất.

m 0

Vì

Kết hợp cả hai trường hợp ta có hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m .

−

x my 1

⇔

Cách 2:

+ + =

= −

= x my 1 (1) + = 3 (2) mx y

x my 1 m(my 1) y

+ (m 1).y

′ (1 ) ′ 3 m (2 )

  

+ ≠ với

Xét hệ .

2m 1 0

m Xét phương trình ( 2′ ): Vì

⇒ Phương trình ( 2′ ) luôn có nghiệm

− 3 m 2 + m 1

⇒ Phương trình (1′) cũng luôn có nghiệm x duy nhất với mọi m .

∀ = duy nhất với mọi m .

Vậy hệ đã cho luôn có nghiệm (x ; y) duy nhất với mọi m .

Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) , bán kính R , đường thẳng d không qua O và cắt

đường tròn tại hai điểm A, B . Từ một điểm C trên d ( A nằm giữa B và C ) kẻ hai tiếp

MN cắt OC tại H.

tuyến CM, CN với đường tròn ( M, N thuộc (O) , M và O nằm cùng phía đối với AB) ,

a) Chứng minh tứ giác CMON nội tiếp.

2CM CA.CB =

b) Chứng minh .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

. c) Chứng minh  OAB CHA

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

217 Website:tailieumontoan.com

d) Chọn một trong hai câu:

d.1) Tia CO cắt (O) tại hai điểm I và D ( I nằm giữa C và D ). Chứng minh

= IC.DH DC.IH

d.2) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt

M 

C

O 

 A



tại E và F . Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF nhỏ nhất.

a) Chứng minh tứ giác CMON nội tiếp.

)O tại M, N (giả thiết).

⇒

Ta có CM, CN lần lượt là tiếp tuyến của (

⊥ CM OM

⇒

 o CMO 90 ; CNO 90

180

tại N. tại M ; CN ON⊥

⇒ Tứ giác CMON nội tiếp.

Xét tứ giác CMON có  CMO; CNO là hai góc đối và   o CMO CNO 90

2CM CA.CB =

b) Chứng minh .

∆ và CMB

ACM chung

 CMA CBM=

có: Xét tam giác CAM∆

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn MA của (O) )

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ∆

218 Website:tailieumontoan.com

CAM

(g – g)

∆ ∽ CMB

⇒

CA CM = CM CB CA.CB C

m(đ pc )

. c) Chứng minh  OAB CHA

. Ta có: CM CN= (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) ; OM ON R

⇒ ⊥

OC MN

OC⇒ là đường trung trực của MN (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng).

tại H và H là trung điểm của MN.

∆ Xét OMC

⇒

) và có MH là đường cao vuông tại M (vì  o CMO 90=

2CM CH.CO =

(hệ thức lượng)

(cmt

)

CA.CB CM

⇒

Mà

= CH.CO CA.CB

(1)

∆ và COB

có: Xét tam giác CAH∆

CA CH = CO CB

HCA chung.

⇒ ∆

(theo (1))

CAH

(c – g - c)

∆ ∽ COB

= Ta có OA OB R

⇒ ∆

(2)  OBC CHA ⇒ (cặp góc tương ứng). Hay  OBA CHA

BOA

⇒

cân tại O

 OBA OAB =

(3)

⇒

Từ (2) và (3)

 OAB CHA =

(đpcm).

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

d.1) Tia CO cắt (O) tại hai điểm I và D ( I nằm giữa C và D ). Chứng minh

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

219 Website:tailieumontoan.com

= IC.DH DC.IH

M 

C

O 

 A



)O có OC MN⊥

⇒ I và D lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ MN và cung lớn MN .

tại H (cmt) và CO cắt (O) tại hai điểm I và D (giả thiết) Xét (

⇒ =

  IM IN

⇒

Xét I là điểm chính giữa của cung nhỏ MN ,

 CMI NMI =

∆

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của (O)).

MI⇒ là tia phân giác trong của CMH của CMH

⇒

⇒ =

CI HI = CM HM

CI CM HI HM

(tính chất đường phân giác) (4)

⇒

 DM DN =

⇒

Xét D là điểm chính giữa của cung lớn MN ,

 xMD NMD =

∆

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của (O)).

MD⇒

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(hoặc MD là tia phân giác của xMN là tia phân giác ngoài của CMH của CMH

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

220 Website:tailieumontoan.com

⇒

)

CD HD = CM HM

CD CM = HD HM

⇒

⇒ =

(tính chất đường phân giác) (5)

= CI.HD CD.HI

CI CD HI HD

Từ (4) và (5) (đpcm).



M 

C



 A



F

⇒ ∆

d.2) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt tại E và F . Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF nhỏ nhất.

MCN

(tính chất tiếp tuyến cắt nhau) cân tại C. Ta có CM CM=

⇒ ∆

Mà EF / /MN (giả thiết) ; EF cắt tia CM tại E; EF cắt tia CN tại E.

ECF

cân tại C.

⇒

.OM.EC OM.(EM MC)

S ∆

2S ∆

ECF

ECO

1 2

Mà OC là đường trung trực của MN nên OC cũng là đường trung trực của EF .

2OM EM.MC

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COE, đường cao OM, ta có:

≥

= EM MC 2 EM.MC 2 OM 2OM 2R

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Áp dụng BĐT cosi ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

≥

221 Website:tailieumontoan.com

= OM.2OM 2OM 2R

S ∆

2S ∆

ECF

ECO

(vì OM = R).

Dấu “=” xảy ra ⇔ dấu “=” ở BĐT cosi xảy ra ⇔ EM = MC = R

∆ ⇔ OMC

= ⇔ OC R 2

vuông cân tại M.

) S ∆ ECF min

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(đvdt) Vậy điểm C trên d sao cho khoảng cách OC R 2 thì (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

222 Website:tailieumontoan.com

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THÁNG 1 Môn : Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút.

−

TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM Năm học 2017 – 2018 Đề số 29

x 5 x − x 9

3 − x

2 + x

− x 9 − 3 x

≥ x 0;x

≠ 9

và với Bài 1 (2đ): Cho hai biểu thức

tính giá trị của biểu thức A. 1) Khi x 81=

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Với x 9> , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P A.B=

Bài 2 (2đ) : Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai máy cày làm việc trên một cánh đồng. Nếu hai máy cùng cày thì 10 ngày cày xong cả

cánh đồng. Nhưng thực tế hai máy chỉ cùng cày 7 ngày đầu, sau đó máy thứ nhất cày nơi khác,

máy thứ hai cày tiếp 9 ngày thì xong. Hỏi mỗi máy cày riêng thì sau bao lâu cày xong cả cánh

đồng ?

− + =

3 x 1 y 4

Bài 3 (2đ) :

− − x 1 3y

= − 2

   

a) Giải hệ phương trình:

= x 2y 5 + =

y 4

  

b) Cho hệ phương trình sau

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y thỏa mãn x

Bài 4 (3,5đ): Cho (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên doạn

thẳng AO lấy điểm M ( Điểm M khác O, A). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại N.

Qua M kẻ đường thẳng d vuông góc với AB. Kẻ tiếp tuyến với (O) tại N cắt đường thẳng d

tại P.

∆

a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, P thuộc một đường tròn.

và tích CM.CN không đổi khi M chuyển b) Chứng minh rằng : CMO

∽ CDN∆

động trên đoạn AO.

c) Chứng minh: Tứ giác CMPO là hình bình hành.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

d) Khi M chuyển động trên đoạn OA thì P chuyển động trên đường nào ?

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

223 Website:tailieumontoan.com

≤

Bài 5 (0,5đ): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1

xy y

xz z

yz z

Chứng minh rằng :

−

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN

x 5 x − x 9

3 − x

2 + x

− x 9 − 3 x

≥ x 0;x

và với Bài 1 (2đ): Cho hai biểu thức

≠ 9 1) Khi x 81= 2) Rút gọn biểu thức B. 3) Với x 9> , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P A.B=

tính giá trị của biểu thức A.

= thay vào biểu thức A ta được:

− 81 9 − 9 3

(tmđk) 1) Với x 81=

−

x 5 x − x 9

3 − x

2 + x

−

x 5 x

3( x −

2( x −

− −

3 +

3) + 3)( x

( x

3) + 3)( x

( x

3)( x

− + −

−

+ +

3 x

6 x 5 x 3)

3)( x

−

9 2 x − ( x x 3)( x

( x x − x 9

x − x 9

Vậy

P A.B

x − x 9

− x 9 − 3 x

x − x

−

≥ với mọi x 0≥

( x

=> −

≥ ⇔ ≥

−

≥

> =>

− >

x 12 x

36 0

x 12( x

12( Do x 9

3 0)

x − x

=> ≥

P 12

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

224 Website:tailieumontoan.com

6 0

x 36

(tmđk)

Dấu '' Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 12 đạt được khi x 36= Bài 2 (2đ) : Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

> 0, y 0

Hai máy cày làm việc trên một cánh đồng. Nếu hai máy cùng cày thì 10 ngày cày xong cả cánh đồng. Nhưng thực tế hai máy chỉ cùng cày 7 ngày đầu, sau đó máy thứ nhất cày nơi khác, máy thứ hai cày tiếp 9 ngày thì xong. Hỏi mỗi máy cày riêng thì sau bao lâu cày xong cả cánh đồng ? Gọi thời gian để máy cày thứ nhất cày một mình xong cả cánh đồng là : x(ngày) Thời gian để máy cày thứ nhất cày một mình xong cả cánh đồng là : y(ngày) Điều kiện x

Mỗi ngày máy thứ nhất cày được (cánh đồng)

1 x 1 y

Mỗi ngày máy thứ nhất cày được (cánh đồng)

= ⇔ +

10.

(1)

1 x

1 y

1 x

1 y

1 10

  

  

Hai máy cùng cày thì 10 ngày cày xong cả cánh đồng nên ta có:

= ⇔ +

1 (2)

1 x

1 y

16 x

7 y

9 x

  

  

1 y

1 10

Hai máy chỉ cùng cày 7 ngày đầu, sau đó máy thứ nhất cày nơi khác, máy thứ hai cày tiếp 9 ngày thì xong nên ta có :

1 x 16 x

7 y

    

−

1 x

1 10

1 y

1 10

1 x

⇔

(tmdk)

= x 30 = y 15

  

−

 1 1  x 30   = y 15 

7 y

1 10 9 − = y

1 y − 6 10

1 10

1 y

7 y

 1  x   16 16  −  10 y 

      

  

  

     16.  

Từ (1) và (2) ta có :

− + =

3 x 1 y 4

Vậy mỗi máy cày riêng để xong cánh đồng thì mấy thứ nhất mất 30 ngày và máy thứ hai mất 15 ngày . Bài 3 (2đ) :

= − 2

   

− − x 1 3y = +

a) Giải hệ phương trình:

x 2y 5 + =

y 4

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

b) Cho hệ phương trình sau

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

225 Website:tailieumontoan.com

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y thỏa mãn x

− +

− + =

3 x 1 y 4

⇔

(I)

= −

− − x 1 3y

− =

10 x 1 10

− = x 1 1

⇔

(tmdk)

2 x = y 1

= −

 2 x  + = 1 2 3y 

  

− − x 1 3y

         

− + = x 1 2 3y =

 9 x 1 3y 12          Vậy hệ (I) có nghiệm là (x; y)

(2;1)

⇔

a) Đk : x 1≥

+ =

−

x 2y 5 + = y 4 mx

= − x 5 2y − m(5 2y) y 4

= − x 5 2y (1) = − (1 2m).y 4 5m (2)

  

⇔ −

1 2m 0 m

1 ≠ ⇔ ≠ 2

Hệ có nghiệm duy nhất  Phương trình (2) có nghiệm y duy nhất

≠ ta có:

(2)

⇒ = y

1 2

− 4 5m − 1 2m

− 3 − 1 2m

−

1 2

⇔

Với thế vào (1) ta có:

= ⇔ y

−

= − 4 5m 3

− 3 −

− 4 5m = − 1 2m 1 2m

−

4 5m 3

  

      

− 3 − 3 −

 1 2m 0  −  4 5m =   − 1 2m 1 2m  − 4 5m  =  −  1 2m 1 2m

          

1 2 7 5 1 5

⇒ = m

(

TMĐ

)

7 5

Ta có:

= thì hệ phương trình (II) có nghiệm duy nhất x, y thỏa mãn x

7 5

Vậy .

∆

Bài 4 (3,5đ): Cho (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên doạn thẳng AO lấy điểm M ( Điểm M khác O, A). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại N. Qua M kẻ đường thẳng d vuông góc với AB. Kẻ tiếp tuyến với (O) tại N cắt đường thẳng d tại P.

và tích CM.CN không đổi khi M chuyển động a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, P thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng : CMO # CDN∆

trên đoạn AO.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

c) Chứng minh: Tứ giác CMPO là hình bình hành. d) Khi M chuyển động trên đoạn OA thì P chuyển động trên đường nào ?

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⊥

226 Website:tailieumontoan.com

PM AB(gt)

 0 PMO 90

NO PN (t / c)

 0 PNO 90

⊥

⊥ PN là tiếp tuyến của (O) (gt) Xét tứ giác MOPN có đỉnh M và N là hai đỉnh kề nhau và   0 PNO PMO 90 => tứ giác MOPN là tứ giác nội tiếp ( có hai đỉnh liền kề cùng nhìn đoạn PO dưới hai góc bằng nhau) => 4 điểm O, M, N, P thuộc một đường tròn (đpcm)  0 CD AB(gt) MOC 90

a) Ta có

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

∆

⇒

b) Ta có Ta lại có  0 CND 90= =>  0 = = MOC CND 90

∆ Xét CMO

CMO

   = MOC CND     MCO chung

⇒

CM.CN CO.CD R.2R 2R

CM CO = CD CN

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

có : (g-g) (đpcm) và CDN∆ ∽ CDN∆

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

227 Website:tailieumontoan.com

⊥

Do R có giá trị không đổi nên tích CM.CN có giá trị không đổi khi M chuyển động trên OA (đpcm) c) Goi E là giao điểm của đường thẳng (d) với (O)

⊥ ; CD AB(gt)

Ta có: PM AB(gt)

PM / /CD hay PM / /OC

(1)

( So le trong ) (2) Từ   (1) MCO EMC

( đối đỉnh) (3) Ta có:  NMP EMC

=> ∆

( hai góc nội tiếp cùng chắn NP ) (4) Tứ giác MNPO là tứ giác nội tiếp  NMP NOP

OCN

(5) cân tại O  OCN ONC (t / c) hay  ONC MCO Ta có OC ON

PO / /NC

Từ (2),(3),(4),(5)  CNO PON => => (có hai góc so le bằng nhau) hay MC / /PO (6)

Từ (1) và (6) => Tứ giác POCM là hình bình hành (dhnb) (đpcm)

(7) d) Tứ giác POCM là hình bình hành (cmt) MP OC (t / c) = Ta lại có OC OD(gt) MP OD

PM / /OD

(8)

⊥

=> Tứ giác MPDO là HCN (dhnb)

PM AB(gt)

 0 PMO 90

Từ (1) Từ (7) và (8) => Tứ giác MPDO là hình bình hành

PD DO (t / c)

Ta lại có ⊥ => .

≤

Mà DO cố định nên => P chuyển động trên đường thẳng vuông góc với OD tại D khi M chuyển động trên OA. Bài 5 (0,5đ): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1

xy y

yz z

xz z

≥

≤

Chứng minh rằng :

2xy

≥ xy 3xy

(1)

+ xy y

xz 1 3

≤

(2)

(3)

Ta có

yz z

1 3

≤

Tương tự ta chứng minh được : 1 3

xz 2 z xy y

yz z

xz z

Cộng vế- vế của (1),(2),(3) ta có:

≤

Dấu ''

''= xảy ra xy y

x ⇔ = = = y z 1 yz z

xz z

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy (đpcm)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

228 Website:tailieumontoan.com

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Môn: TOÁN Ngày thi 3/3/2018

PHÒNG GD & ĐT BA ĐÌNH TRƯỜNG THCS MẠC ĐĨNH CHI THCS PHAN CHU TRINH Đề số 30

≥

Câu 1. (2,0 điểm).

≠ ). Tìm giá trị của x để

A = 4.

x x

− 4 − 1

−

≥

(Với 1) Cho biểu thức

≠ ) 4

− −

+ +

x x

3 + x

1 2

2 1

   

   

2) Rút gọn biểu thức (Với

18 .A B

. 3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 2 (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Để hoàn thành một công việc theo dự định, cần một số công nhân làm trong số ngày

nhất định. Nếu bớt đi 2 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày mới hoàn thành công việc.

Nếu thêm 5 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 4 ngày. Hỏi theo dự định cần

bao nhiêu công nhân và làm bao nhiêu ngày?

48 − y

Câu 3 (2,0 điểm).

−

x 32 − x

−

. 1) Giải hệ phương trình:

2 x m m

1 0

+ − = ( x là ẩn số)

 80  + y x   100   + x y  (

) 1

2) Cho phương trình

2m = .

a) Giải phương trình khi

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi số thực m .

)O , đường cao AN , CK của tam giác

ABC cắt nhau tại H .

Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (

1) Chứng minh tứ giác BKHN là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BKHN.

)O tại M . Chứng minh BM vuông góc với ME .

2) Chứng minh:  KBH KCA 3) Gọi E là trung điểm của AC . Chứng minh KE là tiếp tuyến của đường tròn ( )I 4) Đường tròn ( )I cắt (

1 +

2 +

. Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình

HƯỚNG DẪN GIẢI

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

229 Website:tailieumontoan.com

≥

Câu 1. (2,0 điểm)

≠ ). Tìm giá trị của x để

A = 4.

x x

− 4 − 1

−

≥

1) Cho biểu thức (Với

≠ ) 4

− −

+ +

x x

1 2

x x

2 1

3 + x

   

   

2) Rút gọn biểu thức (Với

18 .A B

≥

. 3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

≠ 1

x x

− 4 . − 1

⇔

−

= ⇔ − = x

4 4

= ⇔ 0

4A =

(

) − ⇔ − 1

(

)

x x

− 4 − 1

1) Ta có Điều kiện:

= x 0 0 ⇔ ⇔ 16 − = = x  = x  x 4 0   

x = hoặc

x =

≠ . 4

−

x x

3 + x

2 1

   

−

)

− 1 − 2 ) ( 1 .

(

+ x 3

−

 +   +  ( ) + − 1 ) ( 2 .

1 ) ( 2 . ) 1

+ x 3

−

(

( − − + x ) ( 2 .

) 1

+ x 3

−

(

3 ) ( 2 .

) 1

1 −

≥

Kết hợp điều kiện xác định vậy ≥ 2) Điều kiện:

≠ 4

1 −

Vậy với

A B .

+ −

x x

1 − x

x x

2 1

−

− 4 − 1 ) 1

(

⇒

−

≥

≠

. 3) Ta có

0 ,

1 ,

18 A B .

≤

. Điều kiện:

≥ ⇒ + ≥ ⇒ x

2 2

54 2

54 + x 54 + x

≥

Vì .

⇒ − 18

− 18 27

= − ⇒ 9

≥ − 9

18 A B .

54 + x

0⇔ = (thỏa mãn ĐK).

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “=” xảy ra

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

= −

230 Website:tailieumontoan.com

0⇔ = x

  

 18  A B .

min

Vậy

Câu 2 (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Để hoàn thành một công việc theo dự định, cần một số công nhân làm trong số ngày

nhất định. Nếu bớt đi 2 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày mới hoàn thành công việc.

Nếu thêm 5 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 4 ngày. Hỏi theo dự định cần

> x∈ ,

); bao nhiêu công nhân và làm bao nhiêu ngày? Gọi số công nhân theo dự định cần để hoàn thành công việc là x (người,

y ∈

> , y

). Số ngày dự định hoàn thành công việc là y (ngày,

Mỗi ngày, mỗi công nhân thực hiện được một công lao động, nên theo dự định, để hoàn thành công việc đó cần số công lao động là: xy (công) Số công lao động cần dùng để hoàn thành công việc là không đổi. Do đó:

+ Vì nếu bớt đi 2 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày mới hoàn thành công việc nên ta có

−

phương trình:

(

)(

)

(1).

+ Vì nếu thêm 5 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 4 ngày nên ta có phương

trình:

)

(

)(

−

+ − = (2). x 5 y 4 xy

−

3 − 4

) )

= x  = y

  

(  − x   ( + 

⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: )( )(

Vậy theo dự định cần 10 công nhân và làm trong 12 ngày thì hoàn thành công việc.

48 − y

Câu 3 (2 điểm).

−

x 32 − x

−

+ − =

−

1) Giải hệ phương trình: .

2 x m m

1 0

 80  + y x   100   + x y  (

) 1

2) Cho phương trình ( x là ẩn số)

2m = .

a) Giải phương trình khi

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi số thực m .

20 +

16 − x

b 3

⇔

; . 1) Điều kiện: x y≠ ± . Đặt

a −

+ −

= =

b 2

− 10 9 ( − 2 10 9

)

  5 a 

  b 

 b   5 a  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Khi đó hệ đã cho trở thành: .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

20 +

⇔

231 Website:tailieumontoan.com

+ = y − = y

  b 

  

Với (tmđk).

  x   16   − x Vậy hệ đã cho có nghiệm là (

( 18; 2

)

) x y = ; ) 1

( )* :

− − − + − = 2a) Phương trình: m x 1 0

( 2 2 x m m 2m = vào phương trình ( )* ta có:

− = ⇔ +

−

Thay

2 2 −

3 0

(

)( 1

)

= −  x 1 ⇔  = x

= −

2m = thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x

1 ; x

= 3.

−

Vậy với

2 x m m

(

) 1

+ − = ( )* : 1 0

′∆ =

−

− + =

−

2 m m

1 2

m 3

(

)2 1

−

3 2

3 4

2b) Phương trình:

  

  

  

  

−

> ∀ ∈

 .

3 4

14 16

  

  

9 7 + 16 16

)O , đường cao AN , CK của tam giác

ABC cắt nhau tại H .

Vậy m∀ ∈  phương trình ( )* luôn có hai nghiệm phân biệt. Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (

1) Chứng minh tứ giác BKHN là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BKHN.

)O tại M . Chứng minh BM vuông góc với ME .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2) Chứng minh:  KBH KCA 3) Gọi E là trung điểm của AC . Chứng minh KE là tiếp tuyến của đường tròn ( )I 4) Đường tròn ( )I cắt (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

232 Website:tailieumontoan.com

1) Chứng minh tứ giác BKHN là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại

tiếp tứ giác BKHN.

⇒

tại N ; HK AB⊥ Ta có: AN , CK là đường cao cắt nhau tại H của tam giác ABC (giả thiết). (1) ⇒ ⊥ tại K. (2)

° 90

180

° là các góc nội tiếp chắn HB của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

KBH KCA .

BDA

là hai góc đối và   o HKB HNB 90

° ⇒

° −

180

° ⇒

° −

  BAD ABD 90   KCA 90

KAC

180

HN BC  90 ; ° HNB HKB Xét tứ giác BKHN có  HKB ; HNB ⇒ Tứ giác BKHN là tứ giác nội tiếp (dhnb). (3) Mà   90 = HKB HNB BKHN HB⇒ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKHN và trung điểm I của đoạn BH làm tâm. 2) Chứng minh:  = Gọi D là giao điểm của BH và AC . Theo (1) có H là trực tâm tam giác ABC ⇒ ⊥BD AC tại D hay  90 . ° Theo (2) có  O AKC 90= Xét tam giác ADB ta có:    ABD BDA BAD Xét tam giác AKC ta có:    AKC KCA KAC Mà    BAD KAC BAC  ⇒ = ABD KCA  ⇒ = KBH KCA (4). 3) Chứng minh KE là tiếp tuyến của đường tròn ( )I

CKE KCA (5).

CKE KCE hoặc  =

KBH BKI (6)

Xét tam giác AKC vuông tại K có trung tuyến KE (do giả thiết trung điểm). ⇒ =KE EC (trung tuyến ứng cạnh huyền). ⇒ Tam giác KEC cân tại E ⇒  =

BKI CKE .

Ta có IK = IB (bán kính đường tròn (BKHN)) ⇒ ∆KIB cân tại I .  ⇒ =KBI BKI hoặc  = Từ (4), (5) và (6) ta có  =

   = BKI CKI BKC 90    CKE CKI EKI

⇒

Mà

     o = EKI 90

( ) I∈

tại .

hay IK KE⊥ ⇒ KE là tiếp tuyến của ( )I

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4) Chứng minh BM vuông góc với ME .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

233 Website:tailieumontoan.com

⊥AH BC .

AH CG . (7)

tại N hoặc

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

⊥CK AB tại K CH AB⊥ / /HC AG . (8)

° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I

 90 BMG =

° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(

)O ).

). Kẻ đường kính của BG (O). Ta có  90 GCB = ⇒ ⊥ GC BC . Mà AN BC⊥ ⇒ / / Ta có  90= GAB ⇒ ⊥GA AB . Mà ⇒ Từ (7) và (8) ⇒ AHCG là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết). Mà E là trung điểm của AC nên E cũng là trung điểm của HG (tính chất hbh). ⇒ H , E , G thẳng hàng (9).  90 BMH =

⇒ M , H , G thẳng hàng (10). Từ (9) và (10) ⇒ M , E , G thẳng hàng. Vậy ME

BM⊥

1 +

2 +

. Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình

x ≥ 0

2 +

1 +

−

⇔

+ 1 1 +

x 1 +

3 1 +

x +

⇔

( 1

1 ( 1

Điều kiện xác định:

( 1

3 x x + − − 1 1 ) − 2 )

− ) x )

( 1

− 2 x x 2 2 ⇔ = + + + 3 x x x x 3 1

(

( 1

)

−

2 ( 1

2 )

⇔

−

= ⇔ 0

1 +

x +

   

   

2 ( 1

2 )

−

1 +

x +

      

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

− 2 x x 2 − 2 2 ⇔ = + + + + ) + x x 3 x 3 x 1 x )

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

= ⇔ =

234 Website:tailieumontoan.com

2 )

= ⇔ =

−

Trường hợp 1: (

1 +

x +

Trường hợp 2:

1 1x = .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy phương trình có nghiệm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

235 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS PHAN ĐÌNH GIÓT Đề số 31

−

ĐỀ KIỂM TRA THÁNG 4 NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút Ngày 11/4/2019

≠

0 ; x 1.

2 +

− 2 x − x 1

x x 2 x

+ x 1 x

và Bài I (2 điểm) Cho với x

1) Tính giá trị của N khi x = 25.

2) Rút gọn S = M.N. 1< − . 3) Tìm x để S

Bài II ( 2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình.

Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 30 phút đầy bể. Nếu

mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai trong 20 phút thì

bể. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu đầy bể? được

1 5 Bài III (2 điểm)

−

1 +

7 15

5 +

2 + x 1 3 + x 1

      

1) Giải hệ phương trình:

+ −

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): và đường thẳng

(d) : y 4x 1 m

y ; y thỏa 1 2

a) Cho m 4= hãy tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm có tung độ là

y . y

5= .

mãn

Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) và một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), qua M

kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD

sao cho MC < MD. Đoạn thẳng MO cắt AB tại H.

a) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

2MB MC.MD

b) Chứng minh c) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp và HA là tia phân giác của CHD . d) Giả sử M cố định, chứng minh khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G của tam

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

giác BCD thuộc một đường tròn cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

> và

= + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

236 Website:tailieumontoan.com

0 ; b 0

a b

Bài V (0,5 điểm) Cho a

= P a

2020 ) + a b

(

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≠

0 ; x 1.

2 +

− x 2 − x 1

x x 2 x

+ x 1 x

và Bài I (2 điểm) Cho với x

1) Tính giá trị của N khi x = 25.

1< − .

2) Rút gọn S = M.N.

3) Tìm x để S

+ 5 1 5

6 5

+ 25 1 25

1) Khi x = 25 (thỏa mãn ĐK) thay vào biểu thức N ta được:

≠ 0 ; x 1.

−

S M.N

2 +

− 2 x − x 1

x x 2 x

+ x 1 x

  

  

−

+ x 1 x

(

    

−

) − x 1 )(

) + x 1

     (

+ x 1 x

− x )( + x 1 ) ( − − x 1 ) ( + x 1

2 ) − x 1

+ x 1 x

+ x 1

) − x 1

(

) − x 1

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

(

2 − x 1

2) Điều kiện: x

≠ 0 ; x 1.

2 − x 1

Vậy với x

≠ 0 ; x 1.

2 − x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Ta có với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

237 Website:tailieumontoan.com

< − ⇔ 1

+ < ⇔ 1 0

2 − x 1

+ x 1 − x 1

> ⇒ + > , nên từ (*)

(*)

x 1 0

⇒ − < ⇔ < . x 1

x 1 0

< < thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vì x

Kết hợp điều kiện ta có: 0 x 1

Bài II ( 2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình.

Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 30 phút đầy bể. Nếu

mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai trong 20 phút thì

1 5

được bể. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu đầy bể?

= giờ, 20 phút =

1 4

3 2

1 3

Đổi: 1 giờ 30 phút = giờ, 15 phút giờ

; y

Gọi thời gian vòi I chảy một mình đầy bể là x (giờ), thời gian vòi II chảy một mình đầy bể

3 2

là y (giờ). Điều kiện:

1 y

1 x

= (bể). Ta có phương trình:

1 x

1 y

2 = 3

3 2

2 3

Trong 1 giờ, vòi I chảy được (bể), vòi II chảy được (bể) và cả hai vòi chảy được

1 3y

1 4x

1 4

1 3

Vòi I chảy trong giờ được (bể), vòi II chảy trong (giờ) được (bể) nên cả hai

1 4x

1 3y

1 = 5

1 5

vòi chảy được bể. Ta có phương trình:

2 3

1 y

2 = − 3

1 x

2 = − 3

1 x

⇔

      

1 x 1 4x

1 3y

1 5

1 x 3 4x

1 y 1 y

2 3 3 5

5 2 15 4

      

1 y 1 4x

1 15

1 y 1 4x

1 15

      

Ta có hệ phương trình:

15 4

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(giờ) (hoặc 3 giờ 45 phút); vòi II chảy một mình Vậy vòi I chảy một mình đầy bể trong

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

238 Website:tailieumontoan.com

5 2

đầy bể (giờ) (hoặc 2 giờ 30 phút).

−

1 +

7 15

Bài III (2 điểm)

5 +

2 + x 1 3 + x 1

      

1) Giải hệ phương trình:

+ −

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): và đường thẳng

(d) : y 4x 1 m

y ; y thỏa

a) Cho m 4= hãy tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).

b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm có tung độ là

y . y

5= .

≥

mãn

≠ − . y

−

1 +

5 +

1 +

7 15

7 3

7 15

⇔

5 +

x 13 3

2 + x 1 3 + x 1

10 + x 1 3 + x 1

      

2 + x 1 13 + x 1

      

+ =

y 5

+ =

1 5

⇔

1) Điều kiện: x 0 ; x

x x

y 5 4

= y 1 = 4 x

  

    

+ = x 1 3

 1  +⇔ x   

(thỏa mãn)

(x ; y)

(

) 4 ; 1

. Vậy hệ có nghiệm

+ − ⇔ −

− +

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

4x 1 m x

= 4x 1 m 0

(1)

−

+ = ⇔ −

−

⇒

4x 3 0

= ⇔ 0

)( x 1 x 3

(

)

− = x 1 0 − = x 3 0

= x 1 = x 3

= y 1 = y 9

  

a) Khi m 4= phương trình (1) trở thành:

∆ =

− = −

−

Vậy khi m 4= thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là: (1 ; 1) và (3 ; 9) .

16 4(m 1)

+ 4m 20

b) Xét phương trình (1) có:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

239 Website:tailieumontoan.com

x ; x .

> ⇔ < . (2)

⇔ ∆ > ⇔ − 0

4m 20 0 m 5

⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

4 −

x 2 = x .x m 1

  

Hệ thức Vi – ét:

x ; x là các hoành độ giao điểm

⇒ = y 1

2 x ; y 1

2 2

Ta có:

= ⇔ 5

= . 5

y . y 1 1

2 x . x 1

2 2

x . x 1

= > , nên chỉ có thể

Bài cho:

4 0

x ; x cùng dấu

x ; x cùng dấu mà

Trường hợp 1:

= ⇔ − = ⇔ = . (không thỏa mãn (2))

5 m 1 5 m 6

x .x 1

dương. Ta có:

x ; x trái dấu, ta có:

= − ⇔ − = − ⇔ = − (thỏa mãn (2))

5 m 1

5 m

2x x

Trường hợp 2:

4= − thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy với m

Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) và một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), qua M

kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD

sao cho MC < MD. Đoạn thẳng MO cắt AB tại H.

a) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

2MB MC.MD

b) Chứng minh .

c) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp và HA là tia phân giác của CHD .

d) Giả sử M cố định, chứng minh khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G của tam

A •

•

C •

•

• M

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

giác BCD thuộc một đường tròn cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

• B

240 Website:tailieumontoan.com

a) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

⇒

Ta có MA, MB lần lượt là tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) (giả thiết)

⊥ MA OA

⇒

tại B tại A ; MB OB⊥

MAO 90 ; MBO 90

 o

180

Xét tứ giác MAOB có  MAO ; MBO là hai góc đối và   o MAO MBO 90

⇒ tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính MO.

⇒ 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn đường kính MO.

2MB MC.MD

. b) Chứng minh

∆ Xét MBC

∆ và MDB

có:

BMD chung

 BC

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và gốc nội tiếp cùng chắn  MBC MDC

⇒ ∆

của đường tròn (O))

MBC

MDB

∆∽

(g – g)

MB MC = MD MB

⇒ (tính chất)

(đpcm) ⇒ 2MB MC.MD

c) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp và HA là tia phân giác của CHD .

Ta có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R

⇒ MO là đường trung trực của AB (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng).

tại H và H là trung điểm của AB. ⇒ MO AB⊥

∆

tại B (tính chất tiếp tuyến) Mà MB OB⊥

vuông tại B và có đường cao BH ⇒ MBO

⇒ 2MB MH.MO

2MB MC.MD

Mà (cmt)

(1) ⇒ MC.MD MH.MO

∆ Xét MHC

∆ và MDO

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

241 Website:tailieumontoan.com

MH MC = MD MO

∆

(suy ra từ (1)); DMO chung

MDO

⇒

∆∽  MHC MDO

(c – g –c) ⇒ MHC

(cặp góc tương ứng) hoặc  MHC CDO

⇒

(hai góc kề bù) Mà   o + MHC CHO 180

  o + CHO CDO 180

Mà  CHO ; CDO là hai góc đối của tứ giác CHOD.

⇒ tứ giác CHOD nội tiếp. (đpcm).

 OD )

⇒

(hai góc nội tiếp cùng chắn ⇒  OHD OCD

Mà COD∆ cân tại O (do OD = OC = R)  OCD CDO

(cmt)  MHC CDO

⇒  OHD CHM=

   OHD AHD AHO 90    CHM AHC AHM 90

   

⇒

Mà

 AHD AHC

⇒ HA là tia phân giác của CHD .

d) Giả sử M cố định, chứng minh khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G của tam giác

A •

•

P •

C •

•

• O

•

• Q

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

BCD thuộc một đường tròn cố định.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

• B

242 Website:tailieumontoan.com

Gọi K là trung điểm của CD, ta có BK là trung tuyến của BCD∆

2 3

nên G nằm trên đoạn BK và (tính chất trọng Mà G là trọng tâm của BCD∆

tâm).

Xét điểm M cố định và có đường tròn (O; R) không đổi nên các điểm A, B là cố định trên

⇒

đường tròn (O). Khi đó AB, OB cố định và không đổi.

= (Định lý talet) ⇒ Điểm P cố định.

BP BG 2 BA BK 3

⇒ =

) Từ G kẻ KP // KA (P AB∈

= (Định lý talet) ⇒ Điểm Q cố định.

BQ BG 2 BO BK 3

) Từ G kẻ KO // KO (Q BO∈

Do đó PQ cố định và không đổi.

Theo tính chất song song, ta có:  PGQ AKO

⇒

= ⇒ K thuộc đường tròn đường kính MO.

tại K (quan hệ đường kính và dây) Ta có OK CD⊥

 o OKM 90

⇒ tứ giác AKOB nội tiếp đường tròn đường kính MO

⇒

⇒   o + AKO ABO 180 (định lý) hoặc   o AKO PBQ 180

  o + PGQ PBQ 180

Mà  PGO ; PBO là hai góc đối của tứ giác PGQB với P, B, Q cố định

⇒ tứ giác PGQB nội tiếp đường tròn và đường tròn này là cố định.

⇒ Khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G của tam giác BCD thuộc một đường

> và

= + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

tròn cố định.

0 ; b 0

a b

Bài V (0,5 điểm) Cho a

= P a

2020 ) + a b

(

≤

x.a

y.b

(

)(

)

≤

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ki:

x.a

y.b

(

)(

)

≤

y.b

x a

y b

x b

y a

⇔

−

≥

( ⇔ + x.a x b

)2 y a

2x.a.y.b 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Chứng minh:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥ (luôn đúng)

xb ya

( ⇔ −

243 Website:tailieumontoan.com

a ⇔ = . x

b y

+ ≤

Dấu “=” xảy ra

a b

( 1 1

) ( 2 1 . a

)

( 2 a

)

≤ + (2)

Áp dụng cho bài toán: (1)

a b

+ ≤

Bất đẳng thức Cosi: 2 ab

= + , nên:

a b

+ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ a.b 1

a b

( 2 a b

)

−

= +

= P a

2 2a b

voi a

a b

(

)

(

2020 ) + a b

(

−

+ a b

2 2a b

(

)

4 505

2020 ) + a b 2020 ) + a b

(

501 2020 ( ) + 505 a b

Mà

≥

2 a b .

8 (B

ĐT c

osi)

(3)

+ a b

(

)

(

)

4 505

2020 ) + a b

(

+ ≤ ⇒

≥

a b 2

501

≤ ⇒ −

2020 ) + a b 501 2020 . ( ) 505 a b ≥ − 2

a.b 1

⇒ ≥

P 507

Ta có:

507

⇒ = minP

⇔

⇔ = =

b 1

= +

a b

= a b  + 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

⇔ Dấu “=” xảy ra ⇔ Dấu “=” ở (1), (2), (3) xảy ra và thỏa mãn giả thiết

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

244 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GD&ĐT CẦU GIẤY ĐỀ KHẢO SÁT THÁNG 11 NĂM HỌC 2018-2019

TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN MÔN : TOÁN- LỚP 9

(Thời gian : 90 phút)

Đề số 32 Ngày kiểm tra : 26/11/2018

x −

− −

− x 10 − x 4

3 + x

x x

2 3

≥

≠

≠ 9

và , với Bài 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức:

x =

16 9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi

b) Rút gọn biểu thức B .

P B A

c) Cho . Tìm các giá trị của x là số thực để P nhận giá trị nguyên.

Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình :

Theo kế hoạch một công nhân phải hoàn thành 60 sản phẩm trong một thời gian

nhất định. Nhưng do cải tiến kĩ thuật nên mỗi giờ người công nhân đó đã làm thêm 2 sản

phẩm. Vì vậy, chẳng những đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 30 phút mà còn làm

−

dư 3 sản phẩm. Hỏi theo kế hoach, mỗi giờ người đó phải làm bao nhiêu sản phẩm?

+ ( 3

)

( = y m

Bài 3. (2,0 điểm) Cho hàm số

2m = .

− tại một

+ x m

a) Vẽ đồ thị hàm số khi

)d cắt đường thẳng

b) Xác định giá trị của m để đường thẳng (

điểm trên trục tung.

)d tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn

c) Tìm m để đường thẳng (

;O R đường kính

.AB Trên nửa mặt phẳng bờ

)

),O C là điểm bất kì thuộc (

),O

≠

C A C B ,

nhất.

)

Tia BC cắt Ax tại D . Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn ( AB chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax của ( (

BC BD .

R= 4

, M OM cắt AC tại

.K Chứng minh

và a) Chứng minh rằng AC BD⊥

)O cắt đoạn AD tại

b) Tiếp tuyến tại C của (

OM BC và M là trung điểm của

/ /

.AD

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

rằng

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

245 Website:tailieumontoan.com

, BC I là hình chiếu của C trên AB . Chứng minh rằng

IN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

.ACI

∆

c) Gọi N là trung điểm của

là lớn nhất. d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn để chu vi của COI

y+ ≥ .

,x y là hai số thực dương thỏa mãn

Bài 5. (0,5 điểm)Cho

= 2P

28 x

1 y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

HƯỚNG DẪN GIẢI

x −

− −

− x 10 − x 4

3 + x

x x

2 3

≥

≠

≠ 9

và , với Bài 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức:

x =

16 9

a) Tính giá trị của biểu thức A khi

b) Rút gọn biểu thức B .

P B A

≥

≠

c) Cho . Tìm các giá trị của x là số thực để P nhận giá trị nguyên.

x =

≠ 9.

16 9

−

a) Ta thấy thỏa mãn đk

x =

16 9

2 5

−

4 3 4 3

16 9 16 9

Thay . vào biểu thức A ta có :

A =

x =

16 9

2 5

≥

≠

thì Vậy khi

≠ ta có:

−

x − (

3 + x )

− x 10 − x 4 )

−

2 ( x

− − x 6 9 − 4 x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

b) Với

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

x 4

4 x ( −

) x

− x )(

)

(

− +

x x

2 2

≥

≠

246 Website:tailieumontoan.com

≠ ta có:

P B A

= − 1

− +

− −

− +

x x

2 2

x x

2 3

x x

3 2

5 + x

∈

c) Với

∈ ⇔ 

. 

5 + x





  



Để

x   với

5 2

5 + x





Xét và có

  



      2

Mà hoặc



      2

(TMĐK). Với

5 2

1 4



Với (TMĐK).

x  thì P có giá trị nguyên.

x = ; 9

1 4

Vậy khi

Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình :

Theo kế hoạch một công nhân phải hoàn thành 60 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng do cải tiến kĩ thuật nên mỗi giờ người công nhân đó đã làm thêm 2 sản phẩm. Vì vậy, chẳng những đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 30 phút mà còn làm dư 3 sản phẩm. Hỏi theo kế hoach, mỗi giờ người đó phải làm bao nhiêu sản phẩm?

x ∈  )

Gọi số sản phẩm người đó phải làm theo kế hoạch trong 1 giờ là x (

60 x

(giờ) Thời gian người đó phải hoành thành 60 sản phẩm theo kế hoạch là

2x +

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Số sản phẩm thực tế người đó đã làm trong 1 giờ là

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

247 Website:tailieumontoan.com

(

)

+ 60 3 + x 2

63 + x 2

Thời gian thực tế người đó đã làm là:

1 2

giờ nên ta Vì thực tế người đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 30 phút hay

−

+ ⇔ +

−

120

− 240 126

240 0

60 x

63 + x 2

1 = ⇒ 2

∆ =

> => ∆ =

' 4

240

256 0

' 16

có phương trình:

= − +

= − −

= −

4 16 12 (tm);

4 16

20 (ktm).

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

−

Vậy mỗi giờ theo kế hoạc người đó làm được 12 sản phẩm.

+ ( 3

( = y m

)

Bài 3. (2,0 điểm) Cho hàm số

2m = .

− tại một

+ x m

)d cắt đường thẳng

a) Vẽ đồ thị hàm số khi

b) Xác định giá trị của m để đường thẳng (

)d tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn

điểm trên trục tung.

c) Tìm m để đường thẳng (

nhất.

2m = ta có hàm số

x= 2

+ 3

a) Khi

x= 2

)0;3 .

+ là một đường thẳng đi qua hai điểm

− 3  2 

  

−

Đồ thị hàm số và (

− tại một điểm

+ x m

)d :

)

( = y m

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

cắt đường thẳng b) Đường thẳng (

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

248 Website:tailieumontoan.com

 Hai đường thẳng có cùng tung độ gốc.

⇔ − = ⇔ = 4

1 3

trên trục tung.

− tại một điểm trên trục

+ x m

3m = thì đường thẳng (

)d cắt đường thẳng

Vậy khi

tung.

(

)d cắt trục tung tại điểm

)0;3

−

− 3 m 2

  

 ;0 .  

OA OB . .

.3.

∆

AOBS

−

1 2

− 3 m 2

1 2

9 − 2

−

≤

+ ≥ nên

và cắt trục hoành tại điểm c) (

+ = 2

1 1

(

)2 1

−

1 m 2

4,5.

∆⇒

≤AOBS

Ta có

"= xảy ra khi

1.m = Khi đó

S

AOB

lớn nhất. Dấu "

1m = thì đường thẳng (

)d tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn

Vậy khi

;O R đường kính

.AB Trên nửa mặt phẳng bờ

)

),O C là điểm bất kì thuộc (

),O

≠

C A C B ,

nhất.

)

Tia BC cắt Ax tại D . Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn ( AB chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax của ( (

BC BD .

R= 4

, M OM cắt AC tại

.K Chứng minh

)O cắt đoạn AD tại

và a) Chứng minh rằng AC BD⊥

/ /

.AD

rằng b) Tiếp tuyến tại C của ( OM BC và M là trung điểm của

, BC I là hình chiếu của C trên AB . Chứng minh rằng

IN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

.ACI

∆

c) Gọi N là trung điểm của

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

là lớn nhất. d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn để chu vi của COI

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

249 Website:tailieumontoan.com

BC BD .

R= 4

⇒ ⊥AC BD .

và

⇒ ⊥AC AB .

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ⊥AC BC

)O nên

a) Chứng minh rằng AC BD⊥  90o ACB = AD là tiếp tuyến của đường tròn (

.BC BD BA=

(hệ thức lượng trong

BC BD .

R= 4

, M OM cắt AC tại

.K Chứng minh rằng

)O cắt đoạn AD tại

Xét ∆ABD vuông tại A có AC là đường cao nên ta có tam giác vuông) hay

/ /

.AD

b) Tiếp tuyến tại C của ( OM BC và M là trung điểm của

,MA MC là hai tiếp tuyến của (

)O nên

=MC MA (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau).

⇒ M thuộc trung trực của

.AC (1)

Ta có

OC OA R

⇒ O thuộc trung trực của

.AC (2)

⇒ ⊥

Mặt khác

AC MO .

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AC

⇒ OM BC || .

||OM BC nên theo tính chất đường

,AB

(theo ý a)) Mà AC BC⊥

Trong tam giác ABD có O là trung điểm của

.AD

trung bình thì M là trung điểm của

, BC I là hình chiếu của C trên AB . Chứng minh rằng IN là

c) Gọi N là trung điểm của

.ACI

BIC∆

tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

IN NC=

BC 2

=> ∆

vuông tại I có IN là trung tuyến nên

INC

cân tại  . = => NIC NCI

IK KC=

AIC∆

AC 2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

vuông tại I có IK là trung tuyến nên

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

=> ∆

250 Website:tailieumontoan.com

IKC

cân tại  . = => KIC KCI

= ⇒ ⊥

  90 + NIC KIC

NI KI

. Mà   90 + NCI KCI

K∈ (

)

IN⇒ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

.AIC∆

∆

Lại có vuông tại I ). đường kính AC ngoại tiếp AIC∆ (Vì AIC∆

∆

là lớn nhất. d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn để chu vi của COI

= IC OC

OCI

≤

OC 2

≤ IC R

vuông tại I nên (Định lí Py-Ta-Go)

)

(

)

Có (

IC=

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

+ IO OI CI OI R

Chu vi tam giác CIO là CI

OI =

lớn nhất do đó Để chu vi tam giác CIO lớn nhất thì CI OI+

CI =

2 2

Vậy điểm C nằm trên nửa đường tròn sao cho thì chu vi tam giác CIO là lớn

nhất.

y+ ≥ .

,x y là hai số thực dương thỏa mãn

Bài 5. (0,5 điểm) Cho

= 2P

28 x

1 + . y

28 x

1 y

−

(

)

(

)

(

) + + 1

28 x

1 y

  

  

  

  

−

(

)

(

) 1

(

)

28 x

1 y

  

  

  

  

−

≥

−

≥

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

≥ 0

(

)

(

) 1

(

)

Ta có

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

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

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

2 28.7

28;

+ ≥ 2 y

28 x

1 y

251 Website:tailieumontoan.com

+ + − =

P ≥

28 2 3 9

2 0

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được

28 x − = ⇔ y 1 0

2 1

= x  = y

 − =       1  = y   + = x y 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đẳng thức xảy ra khi

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

252 Website:tailieumontoan.com

−

≥

≠

TRƯỜNG THCS HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 33 ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN Ngày thi: 16/5/2018 Thời gian làm bài: 120 phút

x −

− +

− x 2 + 3 x

− x

x x

1 2

và với Bài I: Cho các biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.

P x

≥ + 9.

2) Rút gọn biểu thức P = A.B.

) 18 .

3) Tìm x để (

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một tổ dự định sản xuất 72 sản phẩm trong một thời gian đã định. Nhưng thực tế tổ

lại được giao 80 sản phẩm. Mặc dù mỗi giờ tổ đó làm thêm 1 sản phẩm so với dự kiến

nhưng thời gian hoàn thành vẫn chậm hơn dự định 12 phút. Tính số sản phẩm thực tế tổ

đó đã làm được trong một giờ. Biết lúc đầu, mỗi giờ tổ đó dự kiến làm không quá 20 sản

phẩm.

− − 1

5 y

Bài III.

7 5

2 y

     − + 1 

1) Giải hệ phương trình:

y mx=

1 2

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

a) Chứng minh (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

b) Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục Ox. Tìm m để độ

dài CD = 2.

Bài IV. Cho (O;R) đường kính AB cố định. Dây CD vuông góc với AB tại H nằm giữa A và

O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ. BF cắt CD tại I; AF cắt tia DC tại K.

1) Chứng minh rằng tứ giác AHIF là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

∆

3) Đường tròn ngoại tiếp ∆ KIF cắt AI tại E. Chứng minh rằng khi H chuyển động

.HFE

+ = +

trên đoạn OA thì E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

+ + 4

1 2

+ − 3

+ 3.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài V. Giải phương trình: 3

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

253 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

≠

x −

− +

− x 2 + x 3

− x

x x

1 2

và với Bài I: Cho các biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.

P x

≥ + 9.

2) Rút gọn biểu thức P = A.B.

) 18 .

3) Tìm x để (

− 16 2 + 16 3

2 19

−

1) Thay x = 16 (thỏa mãn điều kiện xác định) vào A ta được

P A.B

− x 2 + x 3

− 5 x − 4 x

− x 1 + 2 x

   

   

− x 2 + x 3

(

)

   

−

    (

− 5 x ) ( − 2 . ) x

5 x )

−

− x ) ( 2 . ) + 2 + 2

(

− x 2 + x 3 ( )( + x 3

− x 1 + 2 x )( − x 1 ( − x )( x 2 ) ( 2 .

)

x + x 3

≥

≠

x + x 3

≥

≠

Vậy với

3) Ta có: với

x + x 3 ) 6x 18 .P x 9

(

≥ + +

⇔ + ≥ + ≥ ≠ 6(x 3). x 9 (x 0; x 4)

⇔ ≤ − x 3 0

x + x 3 + ≤ ⇔ − x 6 x 9 0 )2 ( ⇔ − = x 3 0

P x

≥ + 9.

⇒ = x 9 (t / m)

) 18 .

Vậy với x = 9 thì (

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

254 Website:tailieumontoan.com

Một tổ dự định sản xuất 72 sản phẩm trong một thời gian đã định. Nhưng thực tế tổ

lại được giao 80 sản phẩm. Mặc dù mỗi giờ tổ đó làm thêm 1 sản phẩm so với dự kiến

nhưng thời gian hoàn thành vẫn chậm hơn dự định 12 phút. Tính số sản phẩm thực tế tổ

đó đã làm được trong một giờ. Biết lúc đầu, mỗi giờ tổ đó dự kiến làm không quá 20 sản

∈

≤

(x N ; x

20)

phẩm.

Gọi số sản phẩm đội dự định làm trong 1 giờ là x (sản phẩm)

72 x

Theo dự định, thời gian hoàn thành 72 sản phẩm là (h).

Theo thực tế, 1h đội làm được x +1 (sản phẩm), số sản phẩm cần làm là 80 nên thời gian

80 x 1+

hoàn thành là (h)

1 5

−

72 x

1 5

80 + x 1 2

24 (loai)

⇔ − = 39x 360 0 x = − ⇔ − (x 24)(x 15) 0 = x ⇔  = x 15 (thoa man)

Vì thời gian thực tế chậm hơn dự định 12 phút = (h) nên ta có phương trình:

Vậy số sản phẩm thực tế đội phải làm là 15 + 1 = 16 sản phẩm.

− − 1

5 y

Bài III.

7 5

2 y

     − + 1 

1) Giải hệ phương trình:

y mx=

1 2

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

a) Chứng minh (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

b) Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục Ox. Tìm m để độ

dài CD = 2.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: y > 0.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− x 1

≥

255 Website:tailieumontoan.com

0; b

1 y

 = a   = b 

−

2a 5b 1

⇔

Đặt , ta có hệ PT:

⇒ = b

− 19 5

    

7 5

14 5

(Không thỏa mãn)

Vậy HPT vô nghiệm.

+ ⇔ −

− = (1)

2mx 1 0

1 2

∆ =

2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

+ ≥ ∀

' m 2 2 m

Ta có:

=> Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

=> (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

2b) Vì C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên Ox nên C(xA; 0) và D(xB;0).

⇔ − x

( ⇔ − x

)

−

4x x

4 (2)

)

( ⇔ + x

B A

x ; x là hai nghiệm của PT(1) nên theo định lí Viet ta có

Ta có: CD = 2

x .x

B A

   

− 1 2

⇒ −

Vì B A

2 m 4.

= ⇔ = ± 4 m

− 1  2 

  

= ±

Thay vào (2) .

thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy m

Bài IV. Cho (O;R) đường kính AB cố định. Dây CD vuông góc với AB tại H nằm giữa A

và O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ. BF cắt CD tại I; AF cắt tia DC tại K.

1) Chứng minh rằng tứ giác AHIF là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

∆

3) Đường tròn ngoại tiếp ∆ KIF cắt AI tại E. Chứng minh rằng khi H chuyển động

.HFE

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

trên đoạn OA thì E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

256 Website:tailieumontoan.com

K

E

C

F

I

A

B

H

O

D

a) Chứng minh tứ giác AHIF nội tiếp.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB). Ta có:  o AFI 90=

+ AFI AHI

180

. CD AH⊥ tại H (giả thiết) và I CD∈  o = ⇒ AHI 90

⇒ Tứ giác AHIF nội tiếp (Định lý).

Xét tứ giác AHFI có hai góc đối là  AFI ; AHI và   0 90

b) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

⇒

Cách 1: Trình bày như sau:

(Định lý) Tứ giác AHIF nội tiếp (cmt)   o FAH FIH 180

⇒

(hai góc kề bù). Mà   o + BIH FIH 180

 FAH BIH =

. hay  KAH BIH=

Xét HAK∆ và HIB∆ có

 AHK IHB=

(cùng bằng 90o)

 KAH BIH=

∆

−

⇒ ∆

HIB(g g)



⇒

HA.HB HI.HK (đpcm

)

HAK HA HK = B HI H

(cmt)

Cách 2: Trình bày như sau:

Xét HAK∆ và HIB∆ có

 AHK IHB=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(cùng bằng 90o)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

257 Website:tailieumontoan.com

 HKA HBI =

⇒ ∆

∆

−

HAK

HIB(g g)



⇒

HA.HB HI.HK (đpcm

)

HA HK = B HI H

∆

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

.HFE

c) Chứng minh E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

* Chứng minh E luôn thuộc đường tròn cố định:

tại F (góc nội tiếp chắn nửa (O)) AF BF AK BF Ta có:  o AFB 90=

tại H) tại H (vì CD AH⊥ KH AB⊥

∆

KH cắt BF tại I.

⇒ ⊥ AI KB

⇒ I là trực tâm của AKB

(1)

KIF∆

có đường kính là KI. vuông tại F, nên đường tròn ngoại tiếp KIF∆

⇒  o AEK 90=

⇒ ⊥

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính KI).

AI KE

(2)

⇒

tại E Từ (1) và (2) ⇒ K, E, B thẳng hàng, khi đó AI KB⊥

 o = IEB 90

⇒ E luôn thuộc đường tròn

hoặc  o AEB 90=

AB 2

  

  

(đpcm)

* Chứng minh EI là phân giác của FEH .

⇒ tứ giác IEBH nội tiếp.

⇒

 IEH IBH =

Xét tứ giác IEBH có hai góc đối  IEB ; IHB và   o IEB IHB 180

(góc nội tiếp cùng chắn IH )

Xét đường tròn đường kính KI có:  IEF IKF (hai góc nội tiếp cùng chắn IF ).

⇒

 IEH IEF =

⇒ EI là phân giác của FEH . (3)

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). Mà  IBH IKF

* Chứng minh IF là phân giác của HFE

AB 2

  

  

Xét đường tròn có  IFE IAH= .(hai góc nội tiếp cùng chắn BE )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có tứ giác AFIH nội tiếp (cmt)  IAH IFH= ( hai góc nội tiếp cùng chắn IH ).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

258 Website:tailieumontoan.com

∆

Từ đó thu được  IFE IFH= , hay IF là phân giác của HFE (4)

.HFE

∆

⇒ I cách đều các cạnh của

Từ (3) và (4) ⇒ I là gia điểm của các đường phân giác của

.HFE

+ = +

(đpcm).

+ + 4

1 2

+ − 3

+ 3.

≥ − 3

Bài V. Giải phương trình: 3

+ −

+ ≥

x 3

   3x 3

+ = +

+ + 4

1 2

+ − 3

⇔

+ = +

+ + 4

+ + 3

+ − 3

1 2

+ 1 2

= +

⇔

1 2

+ + 4

+ − 3

−

( ⇔ + 1 2

) 3 .

+ + 4

+ − 3

   

   

⇔

+ + 4

+ − 3

⇔

+ + 4

+ − 3

+ = 3

+ = +

⇔

+ + 4

+ − 3

+ = +

+ +

3 1 3

+ − 3

3 2 3

+ − 3

⇔ + + x

+ − 3

⇔ + = x

⇔ + = x ≥ x 2

− − =

3 0

⇔  

Điều kiện:

1⇔ =x

. (Thỏa mãn)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy nghiệm của phương trình là x =1.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

259 Website:tailieumontoan.com

−

PHÒNG GD-ĐT QUẬN THANH XUÂN TRƯỜNG THCS NHÂN CHÍNH Đề số 34 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THÁNG 1 MÔN TOÁN 9 Thời gian : 90 phút Ngày kiểm tra: 26-01-2019

−

+ −

3 x

x 9

1 + x

x x

3 x

1 3

+ x + 3

  

  

và Bài 1 (2đ): Cho các biểu thức sau:

4 9

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

b) Rút gọn biểu thức A

:=M B A

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2 (2đ): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai người làm chung một công việc trong vòng 4 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất

làm một nửa công việc rồi nghỉ, người thứ hai làm tiếp nửa công việc còn lại thì sẽ xong

toàn bộ công việc trong 9 giờ. Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu xong công

việc biết người thứ nhất làm một mình hoàn thành công việc lâu hơn người thứ hai làm

một mình xong công việc.

− − 1

4 +

Bài 3 (2đ):

− + 1

y 3 +

5 3 13 6

     5  

−

1) Giải hệ phương trình (I)

x m và (d1) 1

= y m (

= − + x

2) Cho hai đường thẳng (d)

m 2 1 1=m , hãy xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1)

a) Với

b) Tìm m để đường thẳng (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

Bài 4 (3,5đ): Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,

MB với đường tròn đó ( A và B là tiếp điểm ). Qua A kẻ đường thẳng song song với MB

cắt đường tròn (O; R) tại C. Nối M và C cắt đường tròn (O; R) tại D, tia AD cắt MB tại E.

a) Chứng minh bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc đường tròn, và chỉ rõ đường kính

của đường tròn đó

cm MD ,

=MA MD MC và tính độ dài đoạn DC biết

b) Chứng minh:

=ME EB

c) Chứng minh

d) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA.

Bài 5 (0,5đ): Cho x, y là hai số không âm. Tìm x, y sao cho:

(

3)(

+ + y

2)(3

+ + x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

260 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN

−

+ −

3 x

x 9

3 x

1 + x

x x

1 3

+ x + 3

  

  

và Bài 1 (2đ): Cho các biểu thức sau:

4 9

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

:=M B A

b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

0≥x

a) Điều kiện:

4 9

31 9

  

  

4 9

31 11

   2 3

31 9 11 9

Với (thỏa mãn điều kiện) thay vào biểu thức B ta có:

4 9

≠

Vậy khi

4 9 31 11 ≥ x

−

+ −

+ +

−

+ −

2 −

3 x

x 9

1 3

(

3 3)(

(

x 3)(

1 3

1 + x

x x

3 x

x x

  

  

  

  

x +

+ −

1 −

+ +

+ −

3 x

− − 2 3)(

x − 3)

(

x x

1 3

(

x x

2 3)(

x x

1 3

  

  

  

  

−

− +

+ +

(

x 3)(

3 1

1 3

( + x

1) x

x x

≥

≠

b) ĐK :

1 3 ≠

≥

Vậy với .

x x 0,

+ + x

−

(

)

(

+ + 1)

= M B A

+ +

x +

3 x

x x

1)( x

+ x + 3

1 3

+ x ( + (3

+ 3) + 1)

+ 3 + 1

− + 1 4 + 1

−

− + 1

(

+ + 1)

2 (1)

4 + x

3)( x )( 4 + x

c) ĐK: .

⇒ + > x

1 0;

0≥x

4 + x

≥

Do nên theo bất đẳng thức côsi ta có:

(

+ + 1)

2 (

1).

4 + x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(2)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

261 Website:tailieumontoan.com

⇒ ≥M

⇔ + = x

⇔ + (

Từ (1) và (2)

''= xảy ra khi và chỉ khi dấu ''

''= ở (2) xảy ra

4 + x

+ > ∀ ≥

⇔ + = x

1 2(

do x

1 0

Dấu ''

⇔ = ⇔ = 1 :=M B A bằng 2 đạt được khi

x 1=x

(tmđk)

y .

Vậy giá trị nhỏ nhất của Bài 2 (2đ): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Hai người làm chung một công việc trong vòng 4 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm một nửa công việc rồi nghỉ, người thứ hai làm tiếp nửa công việc còn lại thì sẽ xong toàn bộ công việc trong 9 giờ. Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu xong công việc biết người thứ nhất làm một mình hoàn thành công việc lâu hơn người thứ hai làm một mình xong công việc. Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình để xong công việc là : x (giờ) Thời gian người thứ hai làm một mình để xong công việc là : y (giờ) Điều kiện :

1 x

Mỗi giờ người thứ nhất làm được số lượng công việc là : (công việc)

1 y

Mỗi giờ người thứ hai làm được số lượng công việc là : (công việc)

Hai người làm chung một công việc trong vòng 4 giờ thì xong nên ta có :

1 x

1 y

1 4

(1)

Thời gian để người thứ nhất làm xong một nửa công việc là : (giờ)

x 2 y 2

(giờ) Thời gian để người thứ hai làm xong một nửa công việc là :

Người thứ nhất làm một nửa công việc rồi nghỉ, người thứ hai làm tiếp nửa công việc còn lại thì sẽ xong toàn bộ công việc trong 9 giờ nên ta có :

=⇔ + = x

x 2

y 2

−

= 72 0

⇔

− =

xy x

= 72 + = y

(18 = x

y y ) − y

y x

y 18 − 18

  

+ xy + = y

1 y + = y

1 x x

1 4 18

(2)

    

tmdk (

)

= =

−

y x

6 12

12)

⇔

= =

tmdk (

)

= =

− y ( = x

x y

y 6)( − y 18

12 6

  

y y =

6 12 −

loai (

)

   x

    

12 6

      = y   = x 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x    

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

262 Website:tailieumontoan.com

− − 1

4 +

Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để xong công việc là 12 giờ, thời gian người thứ hai làm một mình để xong công việc là 6 giờ Bài 3 (2đ)

− + 1

y 3 +

5 3 13 6

     5  

−

1) Giải hệ phương trình (I)

x m và (d1) 1

= y m (

= − + x

1) 1=m , hãy xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1)

2) Cho hai đường thẳng (d)

≥

a) Với b) Tìm m để đường thẳng (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

≠ − 6

−

b 4

≥

1) ĐK:

− = 1

a a (

0),

1 +

b 3

5 3 13 6

    5  15

⇔

− +

= =

− +

= =

b 12 b 18

5 13

a 63 a 60

b 36 b 36

15 26

− b 36 = 41

 a 21  a 30 

  

 a 63  a 123 

1 +

− a 63 36

⇔

tmdk (

)

tmdk (

)

− = 1

    

0 10 9

 b      

1 3

1 6 1 3

      

1 6 1 3

Đặt ta có hệ phương trình:

x y ( ; )

10 9

 =  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

−

⇔

= − =

   1=m vào phương trình đường thẳng (d) ta có : y Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1) là nghiệm của hệ : − + = x x 1 2 = − + x 1

= x 3 3 = − + x

+ = x 2 = − + x

1 2

4 1

y y

  

2a) Thay

 x  y  −A ( 1;2)

−

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1) là

= y m (

x m và (d1) 1

= − + x

  

  m

m 2



    2

(

)

  m  m m    m 0    m  m 0;

2b) Hai đường thẳng (d) cắt nhau.

  , thì (d) và (d1) cắt nhau tại điểm

M x y thỏa mãn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

m 3

(

x o

m = − + x o

−

+ = − +

   ⇒ + m (

m 3

x o

x o = − 3 m

⇔ + m (

⇔

2 ) +

m m (

m x o = − 3 m

x o

⇒ = x o

2) − 3 + m

263 Website:tailieumontoan.com

< ⇔ 0

< ⇔ + > ⇔ > − 2 2 0

− 3 + m

0 thì (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

m > − và m 2

Điểm M nằm bên trái trục tung ⇔ (Thỏa

mãn). Vậy với Bài 4(3,5đ) Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó ( A và B là tiếp điểm ). Qua A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O; R) tại C. Nối M và C cắt đường tròn (O; R) tại D, tia AD cắt MB tại E. a) Chứng minh bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc đường tròn, và chỉ rõ đường kính của đường tròn đó

, cm MD

4 cm

b) Chứng minh:

=MA MD MC và tính độ dài đoạn DC biết =ME EB

c) Chứng minh

d) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Gọi I là trung điểm của OM. MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) (giả thiết).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ⊥

⊥

OA AM OB BM (tính chất tiếp tuyến).

⇒

264 Website:tailieumontoan.com

 0 OBM OAM

90 ,

(1)

IO IM IA

OM (tính

1 2

vuông tại A có: I là trung điểm của OM nên ta có : Xét OAM∆

chất).

IO IM IB

OM (tính

1 2

vuông tại B có: I là trung điểm của OM nên ta có : Xét OBM∆

⇒ =

= IO IM IA IB

1 2

ACD DAM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn AD

chất).

 Bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính OM (đpcm). b)  = của đường tròn (O) ) hay  = ACM DAM Xét ACM∆

∆

−

)

(

ACM∆⇒

⇔

⇒

có :

MA DM MC

t c ( /

)

(đpcm) (2) và DAM∆  = ACM DAM (cmt) AMC chung DAM g ∽ MA MC = DM MA

=MA MB (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) (3) MB

4 cm (giả thiết) (4)

⇔ =

⇒ =

−

= −

MC MC

DC MC MD

9 4

Ta có

, cm MD 26 ⇒ = cm và ABE∆ có :

Từ (2),(3),(4) 5=DC Vậy c) Xét BDE∆

 BAE DBE =

∆

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn

(

)

BDE∆⇒

⇔

⇒

t c ( /

)

AE DE .

(5)

BD của đường tròn (O)) AEB chung − ABE g ∽ BE DE = BE AE

⇒

/ /

⇒

ACD DAM (cmt)  EMD DAM

(so le trong)

AC MB (giả thiết)  ACD EMD ⇒ có :

hay  EMD EAM

Ta có : Mà  = Xét DME∆

∆

(

DME∆⇒

(cmt)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và MAE∆  EMD EAM= AEM chung − MAE g ∽

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

⇔

265 Website:tailieumontoan.com

)

t c ( /

AE DE .

⇒

(6)

= BE ME

BE ME

⇒ = ⇒

⊥ ⇔

⇔

(đpcm)

BD OA / /

ME DE = AE ME ⇔ = Từ (5) và (6) d) Gọi H là giao điểm của AB và OM Hai điểm A và B thuộc (O) (giả thiết) OA OB (7) ⊥ Từ (3) và (7) ⇒ OM là trung trực của AB MH AB (8)   Vì OA MA⊥ = OAB DBA

(cmt) nên (9)

OAB∆⇒

BD MA cân tại O  OAB OBA ⇒ = BOH

OBA

−

⇒

OMB

= tại H    − − ⇒ BOM (cmt)  090 BOM

(t/c) (10)

(11)

⇒ ⊥ ⇔ BD MA

⇒

(12)

(so le trong) (13)

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn (O) ) hay  ACM ABD

⇔ ⊥

∆

BD MA

AD MB

⇒ ⊥ ⇔ tứ giác OADB là hình thoi (dấu hiệu

(16) (15)   = BMC BMO

BD MA

Từ (7) Do OM AB⊥ Ta lại có  090 OBM =  OMB OBA = ⇒   = DBA BMO Từ (9),(10),(11) AC MB (giả thiết )  ACM BMC / /  ACD ABD = (14) Từ (13) và (14)  ABD BMC ⇒ ⇒ ⊥ ⇔ BD MA Từ (12) và (15) Mà MO và MC là hai tia thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng MB nên (16) ⇔ tia MO trùng với tia MC hay D là giao của đường tròn (O) với MO ⇒ ⊥ ⇔ D là trực tâm của ABM Từ (8) ⇔ AD OB / / Từ (9) và (17) Mà OM AB⊥ (do OB BM⊥ (cmt) (17) ⇒ ⊥ ⇔ tứ giác OADB là hình bình hành BD MA (cmt) hay OD AB⊥

OH⇔ =

OD R = 2

nhận biết) ⇒ H là trung điểm của OD

⇒

OA OH OM OM .

OA OH

R R 2

  

  

vuông tại A và có đường cao AH ta có : Xét OAM∆

khi và chỉ khi M cách tâm O một đoạn bằng 2R

+ + y

+ + x

2)(3

3)(

(

⇔

,x y∀

∈ ta có :

− −

≥ ≥

+ ≥ + ≥

( (

1) 1)

0 (2) 0 (3)

1 2 1 2

x y

≥

   +

⇒

≥

(1) Vậy BD MA⊥ Bài 5(0,5đ) Cho x, y là hai số không âm. Tìm x, y sao cho: 3)

≥ ) 0

     x (2

2)(2

(1)

⇔

≥

(do

+ + y

(1) + + = 2

(4)

; 3

+ + = ⇒ + = b

a b

+ + 1)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đặt 3

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

266 Website:tailieumontoan.com

(

− a b

)

≥ ∀ 0

a b ,

∈ (5)

)

(

−

≥ ⇔ +

≥

⇔ + a

a b

≥ ⇔ ab

(

)

+ a b 4

16(

≥

⇔

+ + y

+ + x

2)(3

≥

Ta có :

⇔ + + x

+ + y

2)(3

+ + x

+ + y 4 y

VP (1)

⇒

≥

(6)

(1)

Từ (4) và (6)

VT VP (1) ⇔ Dấu "

"= đồng thời xảy ra ở cả (2),(3) và (5)

VP=

(1)

⇔ = =

1 1 + + = y

+ + x

= x  ⇔ = y   3 x 

Vậy

2 3 y= = thì bài toán thỏa mãn.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

267 Website:tailieumontoan.com

TRƯỜNG THCS LÊ QUÍ ĐÔN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2

Năm học: 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN

≥

Đề số 35

, x

≠ 0; x 1

− −

+ + x 1 + x 1

1 − − x 1 x x

2 x + x

x 1

và Bài I. Cho hai biểu thức

− 13 4

(

)

(

)

1) Tính giá trị biểu thức A khi .

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A:B khi x > 1.

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 3 giờ 36 phút làm xong. Nếu làm

một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc sớm hơn người thứ hai là 3 giờ. Hỏi

nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu xong công việc.

− +

2 x 2

Bài III.

− −

4 x 2

y + y 3 3y + y 3

      

−

= (x là ẩn)

1) Giải hệ phương trình:

4m 1 x 3m 2m 0

(

)

2) Cho phương trình

a) Giải phương trình khi m = 1.

x ; x thỏa mãn

= 7.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm

Bài IV. Cho tam giác MAB vuông tại M, MB < MA. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc

AB). Đường tròn (O) đường kính MH cắt MA và MB lần lượt tại E và F (E, F khác M).

1) Chứng minh tứ giác MEHF là hình chữ nhật.

2) Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp.

3) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác MAB tại P và Q (P thuộc

cung MB). Chứng minh tam giác MPQ cân.

4) Gọi I là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) với đường tròn (O’). Đường thẳng

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

EF cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh ba điểm M, I, K thẳng hàng.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ + =

+ +

268 Website:tailieumontoan.com

2 x 5 9

2 2x 1

11x 5.

Bài V. Giải phương trình:

≥

HƯỚNG DẪN GIẢI

, x

≠ 0; x 1

− −

+ + x 1 + x 1

1 − − x 1 x x

2 x + x

x 1

và Bài I. Cho hai biểu thức

− 13 4

(

)

(

)

1) Tính giá trị biểu thức A khi .

2) Rút gọn biểu thức B.

−

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A:B khi x > 1.

= + 5

− = 13 4 9

13)

( 13 4)

1) Ta có

9= (TMĐK) vào biểu thức A ta được:

+ + x 1 + x 1

9 3 1 13 10

+ + + 9 1

Thay x

13 10

≥

≠ ta có:

Vậy giá trị biểu thức tại x

0; x 1

−

2 x −

+ − −

− −

1 − x 1 ( x 1)(x 1)

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

1 − − x 1 x x

2 x + x

x 1

−

− x 1 + x 1

( x 1) ( x 1)(x 1)

≥

2) Điều kiện: x

≠ 0; x 1

− x 1 + x 1

Vậy với x

− +

(x 1)

P A : B

− + x 1 3 −

+ + x 1 + x 1

− x 1 + x 1

+ x 1 − x 1

( x 1)

+ + x 1 x 1 . + − x 1 x 1

+ + +

− +

x 1 1

x 1

3 − x 1

− > và

3) Ta có:

3 − x 1

− +

≥

−

− +

+ ≥

x 1

2 ( x 1).

2 3

⇒ = P

x 1

3 2 3 3

3 − x 1

. Áp dụng B Đ T cosi, ta có: Với x 1> , ta có: x 1 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu “ = “ xảy ra ⇔ Dấu “=” ở B Đ T cosi xảy ra

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔ − =

⇔

−

269 Website:tailieumontoan.com

x 1

⇔ = + x

4 2 3

x 1

( x 1)

3 − x 1

(thoả mãn điều

+ 2 3 3

⇔ = + x

4 2 3

kiện x 1> )

Vậy minP

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 3 giờ 36 phút làm xong. Nếu làm

một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc sớm hơn người thứ hai là 3 giờ. Hỏi

nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu xong công việc.

18 5

Đổi 3 giờ 36 phút = giờ.

0> ).

Gọi thời gian người thứ nhất làm xong công việc là x ( giờ, đk: x

Từ giả thiết suy ra người thứ hai làm xong công việc là: x 3+ (giờ)

1 x

1 x 3+

Mỗi giờ người thứ nhất làm được: ( công việc ), người thứ hai làm được ( công

việc )

Vì cả hai làm chung công việc xong sau 3 giờ 36 nên mỗi giờ cả hai người làm được

18 5

5 18

(công việc)

1 x

1 + x 3

5 18

Do đó ta có phương trình:

6⇔ = (thỏa mãn ĐK) hoặc

25x ⇔ −

= − 21x 54 0

− 9 5

(loại).

Vậy người thứ nhất làm xong công việc lúc 6 giờ, người thứ hai làm xong công việc lúc 9

giờ

− +

2 x 2

Bài III.

− −

4 x 2

y + y 3 3y + y 3

      

−

1) Giải hệ phương trình:

= (x là ẩn)

4m 1 x 3m 2m 0

(

)

2) Cho phương trình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Giải phương trình khi m = 1.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

270 Website:tailieumontoan.com

x ; x thỏa mãn

= 7.

≥

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm

2; y

≠ − 3

− = ≥

1) Điều kiện x

x 2

0;b

y + y 3

⇔

= =

−

= −

+ = 2a b 1 = − 4a 3b

+ 4a 2b − 4a 3b

2 7

+ = 2a b 1 + (4a 2b)

− (4a 3b)

2 7

  

 ⇔  

⇔

Đặt hệ phương trình có dạng

= a 1 = − b

+ =  2a b 1  = − 5b 

  

= − ta có:

(thỏa mãn)

− = x 2 1

⇔

Với a 1;b

− = x 2 1 = − −

= −

y 3

= − 1

  

= x    

y + y 3

3 2

    

(TMĐK)

(x, y)

3 2

 − 3, 

  

−

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

+ = 3x 1 0

∆ = −

−

( 3)

= > 4.1 5 0

2a) Với m 1= phương trình trở thành:

; x

+ 2

− 2

−

=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

= (*).

(4m 1)x 3m 2m 0

∆ =

−

+ >

(4m 1)

2 − 4(3m 2m)

∀ 4m 1 0 m

2b) Xét phương trình:

x , x 2

Vậy với m∀ phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt

2 =

− 4m 1 2 − 3m 2m

x x 1

  

= ⇔ +

−

Hệ thức Viet:

x , x thoả mãn

= 7

2 1

2 2

x ) 2

2x x 1

⇔

−

(4m 1)

2 − 2(3m 2m)

= 7

⇔

−

+ − 16m 8m 1 6m 4m 7

− = 0

⇔

−

− = 10m 4m 6 0

⇔

−

25m 2m 3 0 − =

⇔

−

− = + 2m 2m 3m 3 0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Để hai nghiệm

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇔

− +

−

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

+ = 0

⇔ −

(m 1)(5m 3)

= 0

= m 1

⇔  = − m 

3 5

271 Website:tailieumontoan.com

x , x thoả mãn

= 7

m 1;

2 1

2 2

3 5

 ∈ − 

  

Vậy với thì phương trình (*) có 2 nghiệm

Bài IV. Cho tam giác MAB vuông tại M, MB < MA. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc

AB). Đường tròn (O) đường kính MH cắt MA và MB lần lượt tại E và F (E, F khác M).

1) Chứng minh tứ giác MEHF là hình chữ nhật.

2) Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp.

3) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác MAB tại P và Q (P thuộc

cung MB). Chứng minh tam giác MPQ cân.

4) Gọi I là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) với đường tròn (O’). Đường thẳng

EF cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh ba điểm M, I, K thẳng hàng.

1) Chứng minh tứ giác MEHF là hình chữ nhật.

⇒

Xét đường tròn (O) đường kính MH cắt MA, MB lần lượt tại E và F (giả thiết)

  0 MFH MEH 90

⇒

(các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). (1)

∆ Xét MAB

(2) vuông tại M (giả thiết)  0 AMB 90

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEHF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

272 Website:tailieumontoan.com

2) Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp.

AHM∆

⇒

° =

) vuông tại H (do MH ⊥ AB tại H) có HE AM⊥ , E AM∈ tại E (do  0 MEH 90=

    HAE HME 90 HME MHE

⇒

 HAE MHE =

(cặp góc phụ nhau)

⇒

 HAE MFE =

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung ME của (O’)) Mà  MHE MFE

° (hai góc kề bù)

hoặc  BAE MFE

⇒

° .

 BAE BFE 180

Mà  MFE BFE 180 +

⇒ tứ giác AEFB nội tiếp

Mà  BAE ; BFE là hai góc đối của tứ giác AEFB

3) Chứng minh tam giác MPQ cân.

∆

(cmt) hoặc  BAM MFE Ta có  BAE MFE

Ta có  0 AMB 90= có   o + BAM ABM 90 nên trong AMB

′=

∆

′ Ta có O B O M

  o + ⇒ MFE ABM 90

′

⇒

 O BM O MB =

(bán kính đường tròn (O’)) nên BO M′ cân tại O′

′+

hoặc  ABM O MB′=

′ ⊥

′⇒

Do đó   o MFE O MB 90

⊥ O M EF

hoặc O M PQ

′⇒

lần lượt là dây cung và bán kính của đường tròn (O’) . Mà PQ và O M′

⊥ O M PQ

tại trung điểm của PQ (quan hệ đường kính và dây)

⇒ =

là đường trung trực của PQ Hay O M′

MP MQ

⇒ ∆

(tính chất điểm thuộc đường trung trực)

MPQ

câ tại M.

′ ⊥

′⇒

⊥

4) Chứng minh ba điểm M, I, K thẳng hàng.

⊥

(cmt) và K, O thuộc đường thẳng PQ O M KO Ta có O M PQ

O⇒ là trực tâm của tam giác MO 'K

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

) và MH cắt OK tại O. (do MH AB⊥ Cũng có MH KO′

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

273 Website:tailieumontoan.com

⊥ O 'O MK

(*)

≡

(**) Mà I , M là hai giao điểm của đường tròn (O) và đường tròn (O ') nên O 'O MI⊥

+ + =

+ +

Từ (*), (**) ⇒ MK MI hay M, I, K thẳng hàng.

2 x 5 9

2 2x 1

11x 5.

Bài V. Giải phương trình:

⇔ ≥ x

+ ≥ x 5 0 + ≥ 2x 1 0

− 1 2

+ ≥ 11x 5 0

    

+ −

Điều kiện xác định:

+ − =

2( 2x 1

+ x 5)

11x 5 9 0

⇔

+ − − 2x 1 x 5 + + + x 5 2x 1

+ − 11x 5 81 +

+ + 11x 5 9

−

⇔

− 2(x 4) + +

2x 1

+ x 5

(x 4)(2x 19) + +

11x 5 9

⇔ −

(x 4)

2 + +

2x 1

+ x 5

+ +

+ 2x 19 +

11x 5 9

  

  

4⇔ = (tmđk)

≥

Phương trình trở thành:

2 + +

− 1 2

2x 1

+ x 5

+ +

+ 2x 19 +

11x 5 9

Vì với

4= .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy phương trình có nghiệm là x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

274 Website:tailieumontoan.com

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN Môn: TOÁN

Năm học: 2019 – 2020

−

Đề số 36 Thời gian làm bài: 120 phút

;

−

4x 4 x − 8x x 1

1 2 x 1

2 x 1 + + 4x 2 x 1

  

  

≥

0; x

1 ≠ . 4

với Bài I (2,0 điểm). Hai biểu thức

1) Tính giá trị của A khi x 1=

B A 2 x 1

2) Chứng minh biểu thức

4T.

1 T

3) Với x 1≥ , tìm giá trị nhỏ nhất của

= P T.

− 2x 1 − 2 x 1

3’) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức nhận giá trị nguyên

dương.

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một người khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B, khi đến tỉnh B, người đó 2 giờ nghỉ ngơi

rồi quay về tỉnh A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 12km/giờ. Tổng thời gian từ lúc bắt đầu đi từ tỉnh A đến tỉnh B rồi trở về đến tỉnh A là 5 giờ. Hãy tình vận tốc lúc đi và về, biết quãng đường từ tỉnh A đến tỉnh B dài 80 km.

− =

3 4x 8 14

Bài III (2,0 điểm).

−

− = −

2 x 2

4 + x y − − 5 x y + x y

5 2

      

1) Giải hệ phương trình

− + y 3x m 1

2) Cho (P): và đường thẳng (d)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Chứng minh rằng với mọi m thì (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

275 Website:tailieumontoan.com

x ; x là các hoành độ giao điểm của (P) và (d). Tìm m để

= | x | 2 | x | 3.

b) Gọi

Bài IV(3,5 điểm). Cho đường tròn (O; R), vẽ dây AB cố định không đi qua tâm O. Lấy điểm S bất kỳ thuộc tia đối của tia AB. Kẻ hai tiếp tuyến SM, SN với (O) (M, N là các tiếp điểm, NN thuộc cung nhỏ AB). Gọi H là trung điểm AB.

∆

1) Chứng minh tứ giác MNHO nội tiếp.

NA MA = NB MB

cân và 2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K. Chứng minh SMK

NMK

∈

⊥

. 3) Chứng minh:  1 NOH

. Chứng 4) Gọi I là trung điểm của NB. Kẻ IF AN (F AN) . Giả sử  o = AOB 120

minh rằng khi điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đường tròn cố định và tính bán kính của đường tròn này theo R.

Bài V(0,5 điểm).

Một cơ sở sản xuất kem chuẩn bị làm 1000 chiếc kem giống nhau theo đơn hàng. Cốc đựng kem có dạng hình tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang ABCD vuông tại A và D xung quanh trục AD.

Chiếc cốc có bề dày không đáng kể, chiều cao 7,2cm; đường kính miệng cốc bằng 6,4cm; đường kính đáy cốc bằng 1,6cm. Kem được bỏ đầy cốc và dư ra phía ngoài m ột lượng có dạng nửa hình cầu, có bán kính bằng bán kính miệng cốc. Tính lượng kem cơ sở đó cần dùng.

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

≠

0; x

;

−

1 4

4x 4 x − 8x x 1

1 2 x 1

2 x 1 + + 4x 2 x 1

  

  

với Bài I (2,0 điểm). Biểu thức

1) Tính giá trị của A khi x 1=

B A 2 x 1

2) Chứng minh biểu thức

4T.

1 T

3) Với x 1≥ , tìm giá trị nhỏ nhất của

= P T.

− 2x 1 − 2 x 1

3’) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức nhận giá trị nguyên

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

dương.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

276 Website:tailieumontoan.com

+ 2 1 + + 4 2 1

3 7

2 x 1 + + 4x 2 x 1

1) Khi x = 1 (thỏa mãn Đ K), thay vào biểu thức A, ta được:

= khi x 1=

3 7

−

B A

4x 4 x − 8x x 1

1 2 x 1

2 x 1 + + 4x 2 x 1

  

  

−

4 x −

+ 4x +

−

(2 x 1)(4x 2 x 1)

1 2 x 1

2 x 1 + + 4x 2 x 1

  

  

−

4 x −

+ 4x +

(2 x 1)(4x 2 x 1)

4x 2 x 1 − (2 x 1)(4x 2 x 1)

2 x 1 + + 4x 2 x 1

  

  

−

− + 4x 4x 2 x 1 −

2 x 1 + +

− +

4 x (2 x 1)(4x 2 x 1) 4x 2 x 1

− 2 x 1 +

2 x 1 + +

− (2 x 1)(4

: x 2 x 1) 4x 2 x 1

−

− 2 x 1 + (2 x 1)(4x 2 x 1)

4x 2 x 1 2 x 1

Vậy

đ ( pcm)

1 2 x 1

+ +

2 x 1

1 T

1 2 x 1

4 2 x 1

1 1 2 x 1

3) Ta có:

+ +

Sai lầm mắc phải:

L 2 x 1

4 2 x 1

Khi tìm ra được biểu thức , nhiều bạn đã vội vàng áp dụng luôn

4 2 x 1+

+ +

≥

L 2 x 1

(

) + 2 x 1 .

4 2 x 1

⇔

+ =

⇔

+ = ⇔ =

, và khi đó: áp dụng B Đ T cosi cho 2 x 1+ và

2 x 1

2 x 1 2

1 4

4 2 x 1

= ⇔ = (Thỏa mãn điều kiện).

Từ đó kết luận, dấu “=” xảy ra

1 4

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Rồi từ đó vội vàng kết luận min

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

277 Website:tailieumontoan.com

= chỉ thỏa mãn điều kiện rút gọn, nhưng lại không thỏa

1 4

Lời giải trên sai lầm ở chỗ

mãn điều kiện yêu cầu là x 1≥ , do đó việc áp dụng ngay BĐT cosi là không đúng.

+ ≥ , do đó nếu áp dụng B Đ T cosi thì có thể dấu “=”

Lời giải đúng:

+ = , do đó ta sẽ phân tích tiếp biểu thức L để áp dụng BĐT cosi

Với x 1≥ nhận thấy 2 x 1 3

+ = .

sẽ xảy ra khi 2 x 1 3

+ = ⇒ ≥ (vì x 1≥ ), ta có:

theo điều kiện dấu “=” xảy ra khi 2 x 1 3

= + =

≥

L t

(do t

4 t

4t 9

4 t

5t 9

16 9

13 3

5 3

  

  

Đặt 2 x 1 t

= (1)

8 3

4t 9

4 + ≥ t

16 9

≥ ⇒ ≥ (2)

Áp dụng B Đ T cosi, ta có:

5 3

5t 9

= + =

Theo

L t

4 t

4t 9

4 t

5t 9

8 ≥ + 3

5 3

13 3

  

  

⇔

Do đó:

⇔ = t

4 t

 4t  9   = t

⇔

+ = ⇔ = (Thỏa mãn)

L =

2 x 1 3

x 1

Dấu “=” xảy ra ⇔ Dấu “=” ở (1) và (2) đồng thời xảy ra

13 3

Khi đó Min

= ⇔ = ⇔ = . 3

x 1

13 3

Vậy Min

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một người khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B, khi đến tỉnh B, người đó 2 giờ nghỉ ngơi

0> )

Gọi vận tốc lúc đi của người đó là x (km/h) (Điều kiện: x

80 x

Thời gian người đó đi hết quãng đường AB là: (h)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(km/h) Vận tốc của người đó lúc về là: x 12+

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

278 Website:tailieumontoan.com

80 x 12+

Thời gian người đó quay trở về A là: (h)

+ =

2 5

3x x 12

)

(

)

80 80 + x x 12 ( ⇔ + 80x 80 x 12

− 124x 960 0 = +

⇔ − 3x ( ⇔ − = x

= ) (thoa man)

)( x 48 3x 20 48

(loai)

⇔  = − x 

20 3

Tổng thời gian từ lúc bắt đầu đi từ tỉnh A đến tỉnh B rồi trở về đến tỉnh A là 5 giờ, nên ta có phương trình :

Vậy vận tốc lúc đi của người đó là 48 km/h, vận tốc lúc về của người đó là 60 km/h.

− =

3 4x 8 14

Bài III (2,0 điểm).

−

− = −

2 x 2

4 + x y − − 5 x y + x y

5 2

      

1) Giải hệ phương trình

− + y 3x m 1

2) Cho (P): và đường thẳng (d)

a) Chứng minh rằng với mọi m thì (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

x ; x là các hoành độ giao điểm của (P) và (d). Tìm m để

= | x | 2 | x | 3.

b) Gọi

− =

3 4x 8 14

3.2 x 2 14

⇔

−

− = −

− −

− = −

2 x 2

1 2 x 2

4 + x y − − 5 x y + x y

5 2

4 + x y 5 + x y

5 2

      

− =

− = 6 x 2 14

3 x 2

⇔

−

− =

−

− =

2 x 2

6 x 2

4 + x y 5 + x y

4 + x y 15 + x y

− 3 2

2 + x y 19 + x y

− 9 2

19 2

             

      

− =

⇔

6 = − 4

= x  y 

         3 x 2  + =  2 x y 

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Ta có:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

279 Website:tailieumontoan.com

x; y

6.4

)

( = −

)

. Kết luận nghiệm của hệ phương trình là (

− ⇔ −

−

3x m 1

2 3x m 1 0

+ = (1)

∆ = +

− =

+ > .

9 4m 4

4m 5 0

2.a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

⇒ Với mọi m thì (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt (đpcm).

Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt

x ; x .

(2)

2b) Theo câu a) phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt

2 = −

m 1 (3)

x .x 1

  

≥

Theo định lí Vi-ét, ta có:

≥ thì

0; x

= ⇔ +

= (4)

2 x

≥

= (thỏa mãn

Trường hợp 1: Xét

0; x

≥ ) 0

0, x

⇒ = x 2

= −

Từ (2) và (4)

2 m 1

+ ⇒ = − 0

m 1 m

+ ⇒ = ± 1

2x x

≤

Thay vào

0; x

≤ thì 0

= ⇔ − −

= ⇔ +

= − (5)

2 x

≤

Trường hợp 2: Xét

= (không thỏa mãn

6, x

0; x

≤ ) 0

⇒ = − x 2

Từ (2) và (5)

< thì

0; x

= ⇔ −

= (6)

2 x

= (không thỏa mãn

Trường hợp 3: Xét

0, x

0; x

< ) 0

⇒ = x 2

Từ (2) và (6)

> thì

0; x

= ⇔ − +

= (7)

2 x

= (không thỏa mãn

Trường hợp 4: Xét

0; x

> ). 0

2, x

⇒ = x 2

Từ (2) và (7)

1= ± là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy m

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

280 Website:tailieumontoan.com

∆

1) Chứng minh tứ giác MNHO nội tiếp.

NA MA = NB MB

cân và 2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K. Chứng minh SMK

NMK

∈

⊥

. 3) Chứng minh:  1 NOH

. Chứng 4) Gọi I là trung điểm của NB. Kẻ IF AN (F AN) . Giả sử  o = AOB 120

minh rằng khi điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đường tròn cố định và tính bán kính của đường tròn này theo R.

N

B

H

A

S

K

O

M

1) Chứng minh tứ giác MNHO nội tiếp.

⇒ ⊥

Ta có SN, SM lần lượt là các tiếp tuyến tại N và M của (O) (gt)

SN ON

⇒

 o SNO 90 ; SMO 90

tại M. tại N ; SM OM⊥

⇒ ⊥

Ta có H là trung điểm của dây AB của (O) (gt)

OH AB

⇒

 o = SHO 90

tại H (liên hệ đường kính và dây).

. Mà 2 đỉnh N, H là hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh OS Xét tứ giác OHNS có:   0 ONS OHS 90

=> Tứ giác OHNS nội tiếp. (1)

180

. Mà 2 góc ở vị trí đối nhau Xét tứ giác OHSM có:   0 OMS OHS 90

=>Tứ giác OHSM nội tiếp. (2)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2) => 5 điểm O, H, N, S, M cùng thuộc đường tròn =>Tứ giác OHNM nội tiếp.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

∆

281 Website:tailieumontoan.com

NA MA = NB MB

cân và 2) Chứng minh SMK

) (góc ngoài tại đỉnh K của BKM∆

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AM của

(vì MK là tia phân giác của AMB )

SMK có:

cân tại S (đpcm).

⇒ ∆ và SNB∆

Ta có:    = SKM ABM KMB    = SMK SMA AMK Mà  ABM SMA (O));  KMB KMA  SKM SMK = ⇒ Xét SAN∆

 MA của (O))

 SNA SBN= NSA chung.

⇒ ∆

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn

SAN

SNB∆

AN SA = BN SN

(g.g) => (tính chất).

∆ và SMB

có: Xét SAM∆

 NA của (O))

 SMA SBM= MSA chung.

∆

⇒ ∆

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn

SMB

SAM

AM SA = BM SM

(g.g) => (tính chất).

Mà SN = SM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

AN AM = BN BM

=> (đpcm).

NMK

. 3) Chứng minh:  1 NOH

) (góc ngoài tại đỉnh H của BHM∆ Ta có:    = SHM HBM HMB

   = SNM SNA ANM

(hai góc nội tiếp cùng chắn Mà  SHM SNM=

 SM của đường tròn (SNHOM))  AM của (O))

(hai góc nội tiếp cùng chắn

 HBM ANM= =>  HMB SNA

 AN của (O))

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn Mà  SNA AMN

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

=>  HMB AMN =

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

282 Website:tailieumontoan.com

−

Mà  KMB KMA (vì MK là tia phân giác của AMB ).

=>     = KMB HMB KMA AMN

NMK

=> 1 = NMH => HMK NMK =

 NH của đường tròn (SNHOM))

(hai góc nội tiếp cùng chắn Mà NMH NOH

NMK

=> 1 = NOH

4) Chứng minh rằng khi điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đường tròn cố định và tính bán kính của đường tròn này theo R.

F

N

I

B

A

S

T

O

A'

′

 o A NA 90

Vẽ đường kính AA ' của đường tròn (O) ta có điểm A ' cố định (vì A và O cố định).

⇒

⊥ ⇒

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AA′ )

NA ' NA

NA '/ /IF

) (3) (vì IF AN⊥

IT⇒ là đường trung bình của A BN′∆

⇒

Gọi T là trung điểm BA ' , do B và A′ cố định nên T cố đinh

IT/ / NA'

⇒

F⇒ ∈ đường tròn đường kính TA cố

( tính chất đường trung) (4)

° ⇒ =

Từ (3) và (4) có I; F;T thẳng hàng  o = TFA 90 định.

AB 2AQ R 3

′

∆

Kẻ phân giác OQ của tam giác cân AOB, với AOB 120

ABA '

+ AB A B

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

vuông tại B có: (Định lý Pytago).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

−

= ⇒ =

A 'B

2 − A 'A AB

R 2

∆

283 Website:tailieumontoan.com

ABT

2 + AB BT

2 R + 4

13 2

vuông tại B có:

13 4

Bán kính của đường tròn đường kính TA là :

Bài V(0,5 điểm). Một cơ sở sản xuất kem chuẩn bị làm 1000 chiếc kem giống nhau theo đơn hàng. Cốc đựng kem có dạng hình tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang ABCD vuông tại A và D xung quanh trục AD. Chiếc cốc có bề dày không đáng kể, chiều cao 7,2cm; đường kính miệng cốc bằng 6,4cm; đường kính đáy cốc bằng 1,6cm. Kem được bỏ đầy cốc và dư ra phía ngoài một lượng có dạng nửa hình cầu, có bán kính bằng bán kính miệng cốc. Tính lượng kem cơ sở đó cần dùng.

≈

3, 2

0,8

3, 2.0,8

V 1

(

)

(

)

( 101 cm

)

h = π 3

7, 2 3

Thể tích cốc kem là:

≈

.3, 2

V 2

( 69 cm

)

1 2

4 3

1 2

4 3

  

  

  

  

Thể tích phần kem dư phía trên:

≈

V V V 101 69 170 cm

(

Thể tích một chiếc kem là:

= 170.1000 170000 cm

(

)

( 170 dm

)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Lượng kem cơ sở cần phải dùng là:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

284 Website:tailieumontoan.com

−

≥

≠

TRƯỜNG THCS HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 37 ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN Ngày thi: 16/5/2018 Thời gian làm bài: 120 phút

x −

− +

− x 2 + 3 x

− x

x x

1 2

và với Bài I: Cho các biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.

P x

≥ + 9.

2) Rút gọn biểu thức P = A.B.

) 18 .

3) Tìm x để (

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một tổ dự định sản xuất 72 sản phẩm trong một thời gian đã định. Nhưng thực tế tổ

lại được giao 80 sản phẩm. Mặc dù mỗi giờ tổ đó làm thêm 1 sản phẩm so với dự kiến

nhưng thời gian hoàn thành vẫn chậm hơn dự định 12 phút. Tính số sản phẩm thực tế tổ

đó đã làm được trong một giờ. Biết lúc đầu, mỗi giờ tổ đó dự kiến làm không quá 20 sản

phẩm.

− − 1

5 y

Bài III.

7 5

2 y

     − + 1 

1) Giải hệ phương trình:

y mx=

1 2

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

a) Chứng minh (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

b) Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục Ox. Tìm m để độ

dài CD = 2.

Bài IV. Cho (O;R) đường kính AB cố định. Dây CD vuông góc với AB tại H nằm giữa A và

O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ. BF cắt CD tại I; AF cắt tia DC tại K.

1) Chứng minh rằng tứ giác AHIF là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

∆

3) Đường tròn ngoại tiếp ∆ KIF cắt AI tại E. Chứng minh rằng khi H chuyển động

.HFE

+ = +

trên đoạn OA thì E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

+ + 4

1 2

+ − 3

+ 3.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài V. Giải phương trình: 3

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

285 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

≠

x −

− +

− x 2 + x 3

− x

x x

1 2

và với Bài I: Cho các biểu thức

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.

P x

≥ + 9.

2) Rút gọn biểu thức P = A.B.

) 18 .

3) Tìm x để (

− 16 2 + 16 3

2 19

−

1) Thay x = 16 (thỏa mãn điều kiện xác định) vào A ta được

P A.B

− x 2 + x 3

− 5 x − 4 x

− x 1 + 2 x

   

   

− x 2 + x 3

(

)

   

−

    (

− 5 x ) ( − 2 . ) x

5 x )

−

− x ) ( 2 . ) + 2 + 2

(

− x 2 + x 3 ( )( + x 3

− x 1 + 2 x )( − x 1 ( − x )( x 2 ) ( 2 .

)

x + x 3

≥

≠

x + x 3

≥

≠

Vậy với

3) Ta có: với

x + x 3 ) 6x 18 .P x 9

(

≥ + +

⇔ + ≥ + ≥ ≠ 6(x 3). x 9 (x 0; x 4)

⇔ ≤ − x 3 0

x + x 3 + ≤ ⇔ − x 6 x 9 0 )2 ( ⇔ − = x 3 0

P x

≥ + 9.

⇒ = x 9 (t / m)

) 18 .

Vậy với x = 9 thì (

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài II. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

286 Website:tailieumontoan.com

Một tổ dự định sản xuất 72 sản phẩm trong một thời gian đã định. Nhưng thực tế tổ

lại được giao 80 sản phẩm. Mặc dù mỗi giờ tổ đó làm thêm 1 sản phẩm so với dự kiến

nhưng thời gian hoàn thành vẫn chậm hơn dự định 12 phút. Tính số sản phẩm thực tế tổ

đó đã làm được trong một giờ. Biết lúc đầu, mỗi giờ tổ đó dự kiến làm không quá 20 sản

∈

≤

(x N ; x

20)

phẩm.

Gọi số sản phẩm đội dự định làm trong 1 giờ là x (sản phẩm)

72 x

Theo dự định, thời gian hoàn thành 72 sản phẩm là (h).

Theo thực tế, 1h đội làm được x +1 (sản phẩm), số sản phẩm cần làm là 80 nên thời gian

80 x 1+

hoàn thành là (h)

1 5

−

72 x

1 5

80 + x 1 2

24 (loai)

⇔ − = 39x 360 0 x = − ⇔ − (x 24)(x 15) 0 = x ⇔  = x 15 (thoa man)

Vì thời gian thực tế chậm hơn dự định 12 phút = (h) nên ta có phương trình:

Vậy số sản phẩm thực tế đội phải làm là 15 + 1 = 16 sản phẩm.

− − 1

5 y

Bài III.

7 5

2 y

     − + 1 

1) Giải hệ phương trình:

y mx=

1 2

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d):

a) Chứng minh (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

b) Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục Ox. Tìm m để độ

dài CD = 2.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: y > 0.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

− x 1

≥

287 Website:tailieumontoan.com

0; b

1 y

 = a   = b 

−

2a 5b 1

⇔

Đặt , ta có hệ PT:

⇒ = b

− 19 5

    

7 5

14 5

(Không thỏa mãn)

Vậy HPT vô nghiệm.

+ ⇔ −

− = (1)

2mx 1 0

1 2

∆ =

2a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

+ ≥ ∀

' m 2 2 m

Ta có:

=> Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

=> (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

2b) Vì C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên Ox nên C(xA; 0) và D(xB;0).

⇔ − x

( ⇔ − x

)

−

4x x

4 (2)

)

( ⇔ + x

B A

x ; x là hai nghiệm của PT(1) nên theo định lí Viet ta có

Ta có: CD = 2

x .x

B A

   

− 1 2

⇒ −

Vì B A

2 m 4.

= ⇔ = ± 4 m

− 1  2 

  

= ±

Thay vào (2) .

thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy m

Bài IV. Cho (O;R) đường kính AB cố định. Dây CD vuông góc với AB tại H nằm giữa A

và O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ. BF cắt CD tại I; AF cắt tia DC tại K.

1) Chứng minh rằng tứ giác AHIF là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

∆

3) Đường tròn ngoại tiếp ∆ KIF cắt AI tại E. Chứng minh rằng khi H chuyển động

.HFE

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

trên đoạn OA thì E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

288 Website:tailieumontoan.com

K

E

C

F

I

A

B

H

O

D

a) Chứng minh tứ giác AHIF nội tiếp.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB). Ta có:  o AFI 90=

+ AFI AHI

180

. CD AH⊥ tại H (giả thiết) và I CD∈  o = ⇒ AHI 90

⇒ Tứ giác AHIF nội tiếp (Định lý).

Xét tứ giác AHFI có hai góc đối là  AFI ; AHI và   0 90

b) Chứng minh rằng: HA.HB = HI.HK.

⇒

Cách 1: Trình bày như sau:

(Định lý) Tứ giác AHIF nội tiếp (cmt)   o FAH FIH 180

⇒

(hai góc kề bù). Mà   o + BIH FIH 180

 FAH BIH =

. hay  KAH BIH=

Xét HAK∆ và HIB∆ có

 AHK IHB=

(cùng bằng 90o)

 KAH BIH=

∆

−

⇒ ∆

HIB(g g)



⇒

HA.HB HI.HK (đpcm

)

HAK HA HK = B HI H

(cmt)

Cách 2: Trình bày như sau:

Xét HAK∆ và HIB∆ có

 AHK IHB=

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(cùng bằng 90o)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

289 Website:tailieumontoan.com

 HKA HBI =

⇒ ∆

∆

−

HAK

HIB(g g)



⇒

HA.HB HI.HK (đpcm

)

HA HK = B HI H

∆

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

.HFE

c) Chứng minh E thuộc một đường tròn cố định và I cách đều ba cạnh

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

* Chứng minh E luôn thuộc đường tròn cố định:

tại F (góc nội tiếp chắn nửa (O)) AF BF AK BF Ta có:  o AFB 90=

tại H) tại H (vì CD AH⊥ KH AB⊥

∆

KH cắt BF tại I.

⇒ ⊥ AI KB

⇒ I là trực tâm của AKB

(1)

KIF∆

có đường kính là KI. vuông tại F, nên đường tròn ngoại tiếp KIF∆

⇒  o AEK 90=

⇒ ⊥

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính KI).

AI KE

(2)

⇒

tại E Từ (1) và (2) ⇒ K, E, B thẳng hàng, khi đó AI KB⊥

 o = IEB 90

⇒ E luôn thuộc đường tròn

hoặc  o AEB 90=

AB 2

  

  

(đpcm)

* Chứng minh EI là phân giác của FEH .

⇒ tứ giác IEBH nội tiếp.

⇒

 IEH IBH =

Xét tứ giác IEBH có hai góc đối  IEB ; IHB và   o IEB IHB 180

(góc nội tiếp cùng chắn IH )

Xét đường tròn đường kính KI có:  IEF IKF (hai góc nội tiếp cùng chắn IF ).

⇒

 IEH IEF =

⇒ EI là phân giác của FEH . (3)

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). Mà  IBH IKF

* Chứng minh IF là phân giác của HFE

AB 2

  

  

Xét đường tròn có  IFE IAH= .(hai góc nội tiếp cùng chắn BE )

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có tứ giác AFIH nội tiếp (cmt)  IAH IFH= ( hai góc nội tiếp cùng chắn IH ).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

290 Website:tailieumontoan.com

∆

Từ đó thu được  IFE IFH= , hay IF là phân giác của HFE (4)

.HFE

∆

⇒ I cách đều các cạnh của

Từ (3) và (4) ⇒ I là gia điểm của các đường phân giác của

.HFE

+ = +

(đpcm).

+ + 4

1 2

+ − 3

+ 3.

≥ − 3

Bài V. Giải phương trình: 3

+ −

+ ≥

x 3

   3x 3

+ = +

+ + 4

1 2

+ − 3

⇔

+ = +

+ + 4

+ + 3

+ − 3

1 2

+ 1 2

= +

⇔

1 2

+ + 4

+ − 3

−

( ⇔ + 1 2

) 3 .

+ + 4

+ − 3

   

   

⇔

+ + 4

+ − 3

⇔

+ + 4

+ − 3

+ = 3

+ = +

⇔

+ + 4

+ − 3

+ = +

+ +

3 1 3

+ − 3

3 2 3

+ − 3

⇔ + + x

+ − 3

⇔ + = x

⇔ + = x ≥ x 2

− − =

3 0

⇔  

Điều kiện:

1⇔ =x

. (Thỏa mãn)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy nghiệm của phương trình là x =1.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

291 Website:tailieumontoan.com

−

PHÒNG GD-ĐT QUẬN THANH XUÂN TRƯỜNG THCS NHÂN CHÍNH Đề số 38 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THÁNG 1 MÔN TOÁN 9 Thời gian : 90 phút Ngày kiểm tra: 26-01-2019

−

+ −

3 x

x 9

1 + x

x x

3 x

1 3

+ x + 3

  

  

và Bài 1 (2đ): Cho các biểu thức sau:

4 9

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

b) Rút gọn biểu thức A

:=M B A

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2 (2đ): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai người làm chung một công việc trong vòng 4 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất

làm một nửa công việc rồi nghỉ, người thứ hai làm tiếp nửa công việc còn lại thì sẽ xong

toàn bộ công việc trong 9 giờ. Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu xong công

việc biết người thứ nhất làm một mình hoàn thành công việc lâu hơn người thứ hai làm

một mình xong công việc.

− − 1

4 +

Bài 3 (2đ):

− + 1

y 3 +

5 3 13 6

     5  

−

1) Giải hệ phương trình (I)

x m và (d1) 1

= y m (

= − + x

2) Cho hai đường thẳng (d)

m 2 1 1=m , hãy xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1)

a) Với

b) Tìm m để đường thẳng (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

Bài 4 (3,5đ): Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,

MB với đường tròn đó ( A và B là tiếp điểm ). Qua A kẻ đường thẳng song song với MB

cắt đường tròn (O; R) tại C. Nối M và C cắt đường tròn (O; R) tại D, tia AD cắt MB tại E.

a) Chứng minh bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc đường tròn, và chỉ rõ đường kính

của đường tròn đó

cm MD ,

=MA MD MC và tính độ dài đoạn DC biết

b) Chứng minh:

=ME EB

c) Chứng minh

d) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA.

Bài 5 (0,5đ): Cho x, y là hai số không âm. Tìm x, y sao cho:

(

3)(

+ + y

2)(3

+ + x

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

292 Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN

−

+ −

3 x

x 9

1 + x

x x

3 x

1 3

+ x + 3

  

  

và Bài 1 (2đ): Cho các biểu thức sau:

4 9

a) Tính giá trị của biểu thức B khi

:=M B A

b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

0≥x

a) Điều kiện:

4 9

31 9

  

  

4 9

31 11

   2 3

31 9 11 9

Với (thỏa mãn điều kiện) thay vào biểu thức B ta có:

4 9

≠

Vậy khi

4 9 31 11 ≥ x

−

+ −

+ +

−

+ −

2 −

x 9

3 x

1 3

(

3 3)(

(

x 3)(

1 3

1 + x

x x

3 x

x x

  

  

  

  

x +

+ −

1 −

+ +

+ −

− − 2 3)(

x − 3)

(

1 3

(

2 3)(

1 3

3 x

x x

  

  

  

  

−

− +

+ +

(

x 3)(

3 1

1 3

( + x

1) x

x x

≥

≠

b) ĐK :

1 3 ≠

≥

Vậy với .

x x 0,

+ + x

−

(

)

(

+ + 1)

= M B A

+ +

x +

3 x

x x

1)( x

+ x + 3

1 3

+ x ( + (3

+ 3) + 1)

+ 3 + 1

− + 1 4 + 1

−

− + 1

(

+ + 1)

2 (1)

4 + x

3)( x )( 4 + x

c) ĐK: .

⇒ + > x

1 0;

0≥x

4 + x

≥

Do nên theo bất đẳng thức côsi ta có:

(

+ + 1)

2 (

1).

4 + x

(2)

⇒ ≥M

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ (1) và (2)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

293 Website:tailieumontoan.com

''= xảy ra khi và chỉ khi dấu ''

''= ở (2) xảy ra

⇔ + = x

⇔ + (

4 + x

+ > ∀ ≥

⇔ + = x

1 2(

do x

1 0

Dấu ''

x 1=x

⇔ = ⇔ = 1 :=M B A bằng 2 đạt được khi

(tmđk)

y .

1 x

(công việc) Mỗi giờ người thứ nhất làm được số lượng công việc là :

1 y

Mỗi giờ người thứ hai làm được số lượng công việc là : (công việc)

Hai người làm chung một công việc trong vòng 4 giờ thì xong nên ta có :

1 4

1 x

1 y

(1)

Thời gian để người thứ nhất làm xong một nửa công việc là : (giờ)

x 2 y 2

Thời gian để người thứ hai làm xong một nửa công việc là : (giờ)

Người thứ nhất làm một nửa công việc rồi nghỉ, người thứ hai làm tiếp nửa công việc còn lại thì sẽ xong toàn bộ công việc trong 9 giờ nên ta có :

=⇔ + = x

x 2

y 2

−

= 72 0

⇔

− =

xy x

= 72 + = y

(18 = x

y y ) − y

y x

y 18 − 18

  

+ xy + = y

1 y + = y

1 x x

1 4 18

(2)

    

tmdk (

)

= =

−

y x

6 12

12)

⇔

= =

tmdk (

)

= =

− y ( = x

x y

y 6)( − y 18

12 6

  

y y =

6 12 −

loai (

)

   x

    

12 6

      = y   = x 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x    

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy thời gian người thứ nhất làm một mình để xong công việc là 12 giờ, thời gian người

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

294 Website:tailieumontoan.com

− − 1

4 +

thứ hai làm một mình để xong công việc là 6 giờ Bài 3 (2đ)

− + 1

y 3 +

5 3 13 6

     5  

−

1) Giải hệ phương trình (I)

x m và (d1) 1

= y m (

= − + x

1) 1=m , hãy xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1)

2) Cho hai đường thẳng (d)

≥

a) Với b) Tìm m để đường thẳng (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

≠ − 6

−

b 4

≥

1) ĐK:

− = 1

a a (

0),

1 +

b 3

5 3 13 6

    5  15

⇔

− +

= =

− +

= =

b 12 b 18

5 13

a 63 a 60

b 36 b 36

15 26

− b 36 = 41

 a 21  30 a 

  

 a 63  123 a 

1 +

− a 63 36

⇔

tmdk (

)

tmdk (

)

− = 1

    

0 10 9

 b      

1 3

1 6 1 3

      

1 6 1 3

Đặt ta có hệ phương trình:

x y ( ; )

10 9

 =  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

−

⇔

= − =

   1=m vào phương trình đường thẳng (d) ta có : y Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1) là nghiệm của hệ : − + = 1 2 x x = − + x 1

= 3 x 3 = − + x

+ = x 2 = − + x

1 2

4 1

y y

  

2a) Thay

 x  y  −A ( 1;2)

−

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và (d1) là

= y m (

x m và (d1) 1

= − + x

  

  m

m 2



    2

(

)

  m  m m    m 0    m  m 0;

2b) Hai đường thẳng (d) cắt nhau.

  , thì (d) và (d1) cắt nhau tại điểm

M x y thỏa mãn:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

−

m 3

(

x o

m = − + x o

−

+ = − +

   ⇒ + m (

m 3

x o

x o = − 3 m

⇔ + m (

⇔

2 ) +

m m (

m x o = − 3 m

x o

⇒ = x o

2) − 3 + m

295 Website:tailieumontoan.com

< ⇔ 0

< ⇔ + > ⇔ > − 2 2 0

− 3 + m

0 thì (d) và (d1) cắt nhau tại một điểm bên trái trục tung.

m > − và m 2

Điểm M nằm bên trái trục tung ⇔ (Thỏa

, cm MD

4 cm

b) Chứng minh:

=MA MD MC và tính độ dài đoạn DC biết =ME EB

c) Chứng minh

d) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

a) Gọi I là trung điểm của OM. MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) (giả thiết).

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ ⊥

⊥

OA AM OB BM (tính chất tiếp tuyến).

⇒

296 Website:tailieumontoan.com

 0 OBM OAM

90 ,

(1)

IO IM IA

OM (tính

1 2

vuông tại A có: I là trung điểm của OM nên ta có : Xét OAM∆

chất).

IO IM IB

OM (tính

1 2

vuông tại B có: I là trung điểm của OM nên ta có : Xét OBM∆

⇒ =

= IO IM IA IB

1 2

ACD DAM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn AD

chất).

 Bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính OM (đpcm). b)  = của đường tròn (O) ) hay  = ACM DAM Xét ACM∆

∆

−

)

(

ACM∆⇒

⇔

⇒

có :

MA DM MC

t c ( /

)

(đpcm) (2) và DAM∆  = ACM DAM (cmt) AMC chung DAM g ∽ MA MC = DM MA

=MA MB (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) (3) MB

4 cm (giả thiết) (4)

⇔ =

⇒ =

−

= −

MC MC

DC MC MD

9 4

Ta có

, cm MD 26 ⇒ = cm và ABE∆ có :

Từ (2),(3),(4) 5=DC Vậy c) Xét BDE∆

 BAE DBE =

∆

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, và góc nội tiếp cùng chắn

(

)

BDE∆⇒

⇔

⇒

t c ( /

)

AE DE .

(5)

BD của đường tròn (O)) AEB chung − ABE g ∽ BE DE = BE AE

⇒

/ /

⇒

ACD DAM (cmt)  EMD DAM

(so le trong)

AC MB (giả thiết)  ACD EMD ⇒ có :

hay  EMD EAM

Ta có : Mà  = Xét DME∆

∆

(

DME∆⇒

(cmt)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và MAE∆  EMD EAM= AEM chung − MAE g ∽

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

⇔

297 Website:tailieumontoan.com

)

t c ( /

AE DE .

⇒

(6)

= BE ME

BE ME

⇒ = ⇒

⊥ ⇔

⇔

(đpcm)

BD OA / /

(cmt) nên (9)

OAB∆⇒

BD MA cân tại O  OAB OBA ⇒ = BOH

OBA

−

⇒

OMB

= tại H    − − ⇒ BOM (cmt)  090 BOM

(t/c) (10)

(11)

⇒ ⊥ ⇔ BD MA

⇒

(12)

(so le trong) (13)

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn (O) ) hay  ACM ABD

⇔ ⊥

∆

BD MA

AD MB

⇒ ⊥ ⇔ tứ giác OADB là hình thoi (dấu hiệu

(16) (15)   = BMC BMO

BD MA

OH⇔ =

OD R = 2

nhận biết) ⇒ H là trung điểm của OD

⇒

OA OH OM OM .

OA OH

R R 2

  

  

vuông tại A và có đường cao AH ta có : Xét OAM∆

khi và chỉ khi M cách tâm O một đoạn bằng 2R

+ + y

+ + x

2)(3

3)(

(

⇔

,x y∀

∈ ta có :

− −

≥ ≥

+ ≥ + ≥

( (

1) 1)

0 (2) 0 (3)

1 2 1 2

x y

≥

   +

⇒

≥

(1) Vậy BD MA⊥ Bài 5(0,5đ) Cho x, y là hai số không âm. Tìm x, y sao cho: 3)

≥ ) 0

     x (2

2)(2

(1)

⇔

≥

(do

+ + y

(1) + + = 2

(4)

; 3

+ + = ⇒ + = b

a b

+ + 1)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đặt 3

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

298 Website:tailieumontoan.com

(

− a b

)

≥ ∀ 0

a b ,

∈ (5)

)

(

−

≥ ⇔ +

≥

⇔ + a

a b

≥ ⇔ ab

(

)

+ a b 4

16(

≥

⇔

+ + y

+ + x

2)(3

≥

Ta có :

⇔ + + x

+ + y

2)(3

+ + x

+ + y 4 y

VP (1)

⇒

≥

(6)

(1)

Từ (4) và (6)

VT VP (1) ⇔ Dấu "

"= đồng thời xảy ra ở cả (2),(3) và (5)

VP=

(1)

⇔ = =

1 1 + + = y

+ + x

= x  ⇔ = y   3 x 

Vậy

2 3 y= = thì bài toán thỏa mãn.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

299 Website:tailieumontoan.com

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Môn: TOÁN Năm học: 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THCS NGÔ SĨ LIÊN Đề số 39

x − x 4

1 − x

1 + x

− x 2 − x 3

≥

≠

0; x

4; x

≠ 9

và với Bài 1. (2 điểm) Biểu thức

64=

. 1) Tính giá trị của biểu thức Q khi x

x −

2) Chứng minh .

) ( − . K Q. P 1

3) Với x Z∈ , tìm GTLN của biểu thức

Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Lớp 9A và lớp 9B cùng lao động tổng vệ sinh trường thì sau 6 giờ sẽ hoàn thành

xong công việc. Nếu mỗi lớp làm riêng thì lớp 9A mất nhiều thời gian hơn lớp 9B là 5 giờ

để hoàn thành xong công việc. Hỏi nếu làm riêng mỗi lớp cần mấy giờ để hoàn thành

xong công việc?

−

2 x

Bài 3. (2 điểm)

1 − y 1 2 − y 1

     3 x  

1) Giải hệ phương trình .

+ . − 5x m 1

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d): y

a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.

x ; x thỏa mãn

b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ .

Bài 4. (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) ta dựng các tiếp tuyến MB, MC

đến (O). (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến MDA sao cho tia MA nằm giữa hai tia MB,

MO và MD < MA. Gọi H là giao điểm của MO và BC, AM cắt BC tại K.

1) Chứng minh: 4 điểm M, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn và

∆

. 2MB MA.MD

MOA

∆∽

. từ đó suy ra  DHB DCA 2) Chứng minh: MDH

CH CD = HA CA

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Chứng minh: .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

300 Website:tailieumontoan.com

+ + = . Tìm giá trị nhỏ

4) Đường tròn đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại E và F, EF cắt AH tại I. Chứng

minh IK // MO. Bài 5.(0,5 điểm) Với các số thức không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1

a + a 1

b + b 1

c + c 1

nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức .

HƯỚNG DẪN GIẢI

x − x 4

− x 2 − x 3

1 − x

1 + x

≥

≠

0; x

4; x

≠ 9

và với Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức

64=

. 1) Tính giá trị của biểu thức Q khi x

x −

2) Chứng minh .

( ) − . K Q. P 1

3) Với x Z∈ , tìm GTLN của biểu thức

64=

− 8 2 − 8 3

6 5

− 64 2 − 64 3

≥

≠

(Thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q ta được: 1) Thay x

0; x

4; x

≠ 9

x − x 4

1 − x

1 + x

x −

x +

x (

+ + 2 )(

− 2 )

x −

(

+ x 2 x )( −

)

−

2) Điều kiện: x

( ) K Q. P 1

x −

− x 2 − x 3

  

  

−

− x 2 − x 3

x − 2

  

  

− x 2 − x 3

2 − x

2 − x 3

− < ⇒ < .

4≠ thì x 3 0 K 0

3) Ta có:

≤ < và x 9

Với 0

∈ ⇔ =

⇒

⇔

− x 3

Với x

9> và min

min

max

9> thì x 3 0 − > )

(

min

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

ứng với minx

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ 10 3

301 Website:tailieumontoan.com

(

= +

6 2 10

max

− 10 9

2 − 10 3

) Khi đó:

− là 6 2 10

) ( K Q. P 1

. khi x 10= Vậy với x ∈  thì GTLN của biểu thức

Bài 2. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Lớp 9A và lớp 9B cùng lao động tổng vệ sinh trường thì sau 6 giờ sẽ hoàn thành

xong công việc. Nếu mỗi lớp làm riêng thì lớp 9A mất nhiều thời gian hơn lớp 9B là 5 giờ

để hoàn thành xong công việc. Hỏi nếu làm riêng mỗi lớp cần mấy giờ để hoàn thành

6> )

xong công việc?

Gọi thời gian lớp 9A làm một mình để hoàn thành xong công việc là x (giờ) (ĐK: x

Nếu mỗi lớp làm riêng thì lớp 9A mất nhiều thời gian hơn lớp 9B là 5 giờ để hoàn thành

xong công việc, nên thời gian lớp 9B làm một mình xong công việc là: x – 5 (giờ).

1 x 5−

1 x

Trong 1h, thì lớp 9A làm được (công việc), lớp 9B làm được (công việc), và cả hai

1 6

−

( 6 2x 5

)

( x x 5

)

1 x

1 − x 5

1 = ⇔ 6

− + x 5 x ( ) − x x 5

= ⇔ −

⇔ − x

+ 17x 30 0

(x 15)(x 2)

2 (ktm)

= x 15 (tm) = ⇒  = − 0 x 

lớp làm được (công việc). Ta có phương trình:

Vậy thời gian lớp 9A làm một mình để hoàn thành xong công việc là 15 giờ

Thời gian lớp 9B làm một mình để hoàn thành xong công việc là 10 giờ

−

2 x

Bài 3. (2 điểm)

1 − y 1 2 − y 1

     3 x  

1) Giải hệ phương trình .

+ . − 5x m 1

2) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d): y

a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.

x ; x thỏa mãn

≥

b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ .

≠ 0; y 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1) Điều kiện: x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

≥

302 Website:tailieumontoan.com

( a a

) 0 ;

1 − y 1

( 4 tm

)

⇔

⇒

⇔ 

( 2 tm ( 3 tm

) )

− =  2a b 1  = + 3a 2b 12 

(

)

= a = b

1 − y 1

= x    

4 3

    

Đặt . Hệ trở thành

4 3

  

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

− = (*)

− 5x m 1

2x ⇔ −

5x m 1 0

∆ =

− 29 4m

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

= ⇔ =

⇔ ∆ = ⇔ − 0

29 4m 0 m

29 4

2a) Để (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép

29 4

Vậy thì (d) tiếp xúc với (P).

− b 2a

5 = 2

⇒ = y 1

5 2

25 4

  

  

⇒ Tiếp điểm của (d) và (P) có tọa độ

5 25 ; 2 4

  

  

Khi đó,

x ; x .

> ⇔ <

2b) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆ > ⇔ − 0

29 4m 0 m

29 4

(2)

(1)

x 2 =

5 −

x .x m 1 (3)

  

Theo định lý Vi – ét:

≥

⇔

⇒

⇒ ≥

Xét

m 1

≥

x .x 1 +

0 ≥

2 x

− ≥  m 1 0  > 5 0

  

≤

+ Điều kiện: (4)

≤ 1 m

29 4

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

+ Từ (1) và (4) ta có: , khi đó:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

303 Website:tailieumontoan.com

⇔ = 4x

2 1

(5)

2 1

− =

2 l +

x 2 =

( ) 5 0 6

2 1

  

  ⇔  

− =

Từ (2) và (5) ta có hệ phương trình:

5 0

2 1

− =

⇔

−

+ 1 ) − + 1

5 0 ) 1

1 ( 5 x

2 ⇔ − 4x 1 ( 4x x 1

( ⇔ − x

)

)( 1 4x 1

)

ktm

(

)

 ⇔  

( 1 tm − 5 4

Giải (6) :

1= vào (5)

( 4 tm

⇒ = 2x

− = ⇒ =

m 1 4 m 5

Thay , theo (3) có: )

Vậy m = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 4. (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) ta dựng các tiếp tuyến MB, MC

đến (O). (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến MDA sao cho tia MA nằm giữa hai tia MB,

MO và MD < MA. Gọi H là giao điểm của MO và BC, AM cắt BC tại K.

1) Chứng minh: 4 điểm M, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn và

2MB MA.MD

∆

MOA

∆∽

. từ đó suy ra  DHB DCA 2) Chứng minh: MDH

CH CD = HA CA

3) Chứng minh: .

4) Đường tròn đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại E và F, EF cắt AH tại I. Chứng

minh IK // MO.

B

A

K

D

M

O

H

P

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

C

304 Website:tailieumontoan.com

1) 4 điểm M, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn.

⇒ ⊥

Ta có MB, MC lần lượt là tiếp tuyến tại B và C của (O) (giả thiết).

MB OB

⇒

 o MBO 90 ; MCO 90

180

tại C tại B, MC OC⊥

⇒ tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp ⇒

Xét tứ giác MBOC có  MBO ; MCO là hai góc đối và   o MBO MCO 90

M, B,O,C

cùng nằm trên một đường tròn.

∆ Xét MBD

∆ và MAB

BMD chung;

có:

 BD của (O))

 MBD MAB = ∆∽

⇒ ∆

MBD

( MAB g.g

)

⇒

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn

MB MA.MD

MB MD = MA MB

∆

MOA

∆∽

∆

. từ đó suy ra  DHB DCA 2) Chứng minh: MDH

MOA

∆∽

* Chứng minh MDH

Ta có: MB = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC = R

OM⇒

⇒

là đường trung trực của BC (tính chất điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng).

⊥ OM BC

∆

tại H là trung điểm của BC.

MOB

⇒

vuông tại B có AH là đường cao

MH.MO MB

⇒

(hệ thức lượng).

= MA.MD MH.MO

2MB MA.MD cmt

(

)

MA MO = MH MD

∽

⇒ ∆

∆

− −

Mà

∆ Xét MAO

MAO

( MHD c g c

)

∆ và MHD

    

 AMO chung MA MO = MH MD

có

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

* Chứng minh  DHB DCA

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

∆

⇒

= ⇒ Trong ADP

305 Website:tailieumontoan.com

∽

∆

Kẻ đường kính AP  o ADP 90 có   o + DAP DPA 90

MDH

( MHA cmt

)   = ⇒ DHM MAO

⇒

  o DHM DPA 90

(cặp góc tương ứng). Ta có:

 AD (O))

⇒

  o DHM DCA 90

(hai góc nội tiếp cùng chắn của Mà  DPA DCA

⇒

Lại có:    o DHM DHB MHB 90

 DCA DHB =

(đpcm).

CH CD = HA CA

⇒

= ⇒ Trong DAQ∆

3) Chứng minh:

DHM MAO cmt

Kẻ đường kính DQ  o DAQ 90 có   o + ADQ AQD 90

)

⇒

Ta có:   (

 AO )

⇒ Tứ giác AOHD nội tiếp  ADO AHO

⇒

  o AHO AQD 90

(hai góc nội tiếp cùng chắn

⇒

 AQD AHB =

Mà    o AHO AHK OHB 90

 AD (O))

⇒

 AHB ACD =

ACD BHD cmt

(hai góc nội tiếp cùng chắn của Mà  AQD ACD

)

⇒

Mà   ( =

 AHB BHD =

o AHB AHC 180 ; BHD DHC 180

⇒

 AHC DHC =

(hai góc kề bù). Mà     =

(1)

BHD ACD cmt

(đồng vị) (so le trong);  BHT BCD

)

⇒

THD HDC cmt

 THD ACH = Mà   ( =

)

⇒

 ACH HDC =

Kẻ HT // CD  THD HDC ⇒ Mà   ( =

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(2)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

∆

306 Website:tailieumontoan.com

CHD

( AHC gg

)

∆∽

⇒

Từ (1) và (2) suy ra

CH CD = AH AC

(đpcm).

B 

E 



A 

H′

A′′ K



 I   A′



 O

 H

 M

 C

′

′′ của các tam giác AEF ; HEF và ACB.

4) Chứng minh IK // MO.

′

⇒ =

′ (vì cùng vuông góc với EF)

Lần lượt kẻ các đường cao AA ; HH ; AA

′ IA AA ′ IH HH

′′

⇒

(3) Ta có: AA / / HH

′′ KA AA = KM MH

(vì cùng vuông góc với BC) (4) Ta có: AA / /MH

Ta có tứ giác CBEF nội tiếp đường tròn đường kính BC (suy ra từ giả thiết).

⇒   o + FEB FCB 180

(định lý tứ giác nội tiếp).

⇒

 AEF FCB =

(hai góc kề bù) Mà   o + FEB AEF 180

∆ và ACB

hoặc  AEF ACB

∆ Mà AEF

⇒ ∆

còn có EAF chung

AEF

ACB

∆∽

AEF

⇒

(g – g)

EF BC

  

  

  

′  AA ′′ AA 

S ∆ S ∆

ACB

(tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng hoặc

∆

bình phương tỉ số đường cao)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

cân tại H (vì HE = HF). Xét đường tròn tâm H đường kinha BC, ta có: HEF

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

307 Website:tailieumontoan.com

∆ Mà MBC

⇒ ∆

HEF

MBC

∆∽

HEF

⇒

cũng cân tại M (vì MB = MC)

EF BC

′ HH MH

  

  

  

  

S ∆ S ∆

MBC

(tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng hoặc bình

AEF

HEF

phương tỉ số đường cao)

= = 1

EF BC

′ AA ′′ AA

′ HH MH

  

  

  

  

  

  

  

  

S ∆ S ∆

ACB

MBC

⇒

Do đó:

′ ′′

′ ′

′ AA HH = AA MH

′′ AA AA = HH MH

⇒

(5)

IK / /MH

IA KA = IH KM

(Định lý Talet đảo). Từ (3), (4) và (5), ta có:

+ + = . Tìm giá trị nhỏ

Vậy IK / /MO (đpcm).

Bài 5.(0,5 điểm) Với các số thức không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1

a + a 1

b + b 1

c + c 1

nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức .

= = = c

1 3

Nhận xét: Điểm rơi có thể là

Áp dụng BĐT cosi, ta có:

a + a 1

a 1 + 4 a 1

1 ≤ + 4

a + a 1

(1)

b + b 1

b 1 + 4 b 1

1 ≤ + 4

b + b 1

(2)

c + c 1

c 1 + 4 c 1

1 ≤ + 4

c + c 1

(3)

a +

c +

a + a 1

b + b 1

c + c 1

3 ≤ + 4

b + a 1 b 1 c 1

  

  

Do đó

+ + = , ta có:

a +

c +

a + + +

c + + +

b + a 1 b 1 c 1

a b a

b + + + b a b c

a b c

⇒

≤

Với a b c 1

a + + +

a +

1 + + +

1 +

a b c

1 4 a b

a b c

1 4 a b

  

  

  

  

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(4)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

≤

308 Website:tailieumontoan.com

b +

1 +

b + + + a b b c

1 4 a b

b + b c

1 + + + a b b c

1 4 a b

1 + b c

  

  

  

  

⇒

≤

(5)

1 + + +

1 +

c + + +

c +

a b c

1 + b c

a b c

c + b c

 1  4 c 

  

 1  4 c 

  

⇒ ≤ +

= + =

a +

c +

3 4

1 4 a b

b + a b

b + b c

c + b c

3 4

3 2

  

  

(6)

⇔ = = = b

1 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ dấu “=” ở (1), (2), (3), (4), (5), (6) đồng thời xảy ra và thỏa mãn giả thiết.

= = = . c

3 2

1 3

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng , khi

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

309 Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GIÁO DỤC QUẬN BA ĐÌNH THCS BA ĐÌNH

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM 2017-2018 Môn : Toán Tháng 2/2018 Thời gian làm bài: 120 phút Đề số 40

−

≥

Câu 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức

) ≠ 0; x 1

x − 1 x

1 − x 1

x − x 1

+ 2 x 1 + + x 1 x

  

  :    

 ( 1 x  

và

1) Tính giá trị của biểu thức A với x 16=

2) Rút gọn biểu thức P .

A P

. 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Câu 2 (2 điểm):Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai xí nghiệp cùng may một loại áo. Nếu xí nghiệp thứ nhất may trong 5 ngày và xí

nghiệp thứ hai may trong 3 ngày thì cả hai xí nghiệp may được 2620 chiếc áo. Biết rằng

trong một ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều hơn xí nghiệp thứ nhất 20 chiếc áo. Hỏi mỗi

xí nghiệp trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?

−

+ xy 4

Câu 3 (2 điểm)

−

− xy 10

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

(   ( 

1) Giải hệ phương trình sau

= + có đồ thị là đường

x 2

)P và hàm số y

2) Cho hàm số có đồ thị là Parabol (

thẳng ( )d

∆

a) Hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị hàm số trên.

)O;R với cạnh AB cố định khác

∆

Câu 4 (3,5 điểm): Cho ABC b) Tính diện tích của tam giác OAB( O là gốc tọa độ). nhọn nội tiếp đường tròn (

cắt nhau tại H và cắt đường tròn lần lượt đường kinh. Các đường cao AE, BF của ABC

tại I, K,CH cắt AB tại D .

1) Chứng minh rằng tứ giác CEHF nội tiếp được một đường tròn

2) Chứng minh :  CDF CBF

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Chứng minh rằng EF / /IK

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

310 Website:tailieumontoan.com

4) Chứng minh rẳng khi C chuyển động trên cung lớn AB thì đường tròn ngoại tiếp

−

+ +

+ =

− +

tam giác DEF luôn đi qua 1 điểm cố định

3x 2

x 3

x 2

− 2x 3

Câu 5 (0,5 điểm): Giải phương trình

HƯỚNG DẪN GIẢI

−

≥

Câu 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức ad

) ≠ 0; x 1

x − 1 x

1 − x 1

x − x 1

+ 2 x 1 + + x 1 x

  

  :    

 ( 1 x  

và

1) Tính giá trị của biểu thức A với x 16=

2) Rút gọn biểu thức P .

A P

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .

3 7

2 16 1 + + 16 1

≥

(thỏa mãn ĐK) vào biểu thức A, ta được: 1) Thay x 16=

≠ 0; x 1

−

x − 1 x

1 − x 1

x − x 1

  

  :    

  

1 − x 1

x ) + x 1

(

) − x 1

) + x 1

+ + x 1 )( − x 1 2 x 1 )( ( − x 1 + 2 x 1 + x 1

≥

2) Điều kiện: x

≠ .

0; x 1

+ 2 x 1 + x 1

≥

Vậy với x

≠ .

0; x 1

A P

+ x 1 + x 1

+ 2 x 1 + + x 1 x + 2 x 1 + x 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3) Ta có: với x

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

+ x 1

+ +

−

(

) + + x 1

x 1

1 + x 1

311 Website:tailieumontoan.com

+ x 1;

1 + x 1

+ +

≥

x 1

(

) + x 1 .

1 + x 1

− ≥

⇒ + +

1 1

x 1

1 + x 1

⇒ ≤

P 1

⇔ + =

Áp dụng B Đ T cosi cho hai số dương: , ta có:

"= xảy ra

x 1

⇔ = x

1 + x 1

Vậy max P 1= , dấu "

Câu 2 (2 điểm):Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai xí nghiệp cùng may một loại áo. Nếu xí nghiệp thứ nhất may trong 5 ngày và xí

nghiệp thứ hai may trong 3 ngày thì cả hai xí nghiệp may được 2620 chiếc áo. Biết rằng

trong một ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều hơn xí nghiệp thứ nhất 20 chiếc áo. Hỏi mỗi

xí nghiệp trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?

Gọi x (chiếc áo) là số chiếc áo xí nghiệp thứ nhất may được trong một ngày, y (chiếc áo) là

số chiếc áo xí nghiệp thứ hai may được trong một ngày.

0> ; y

20>

. Điều kiện: x

Nếu xí nghiệp thứ nhất may trong 5 ngày và xí nghiệp thứ hai may trong 3 ngày thì cả hai

+ 5x 3y

2620

xí nghiệp may được 2620 chiếc áo nên ta có phương trình:

Trong một ngày xí nghiệp thứ hai may nhiều hơn xí nghiệp thứ nhất 20 chiếc áo nên ta có

− =

y x

phương trình:

⇔

Ta được hệ phương trình:

2620 20

= x 320 = y 340

+ =  5x 3y  − = y x 

  

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy trong một ngày xí nghiệp thứ nhất may được 320 chiếc áo, xí nghiệp thứ hai may

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

được 340 chiếc áo

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

312 Website:tailieumontoan.com

−

+ xy 4

Câu 3 (2 điểm)

−

− xy 10

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

(   ( 

1) Giải hệ phương trình sau

= + có đồ thị là đường

x 2

)P và hàm số y

2) Cho hàm số có đồ thị là Parabol (

thẳng ( )d

a) Hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị hàm số trên.

−

+ xy 4

− =

⇔

b) Tính diện tích của tam giác OAB( O là gốc tọa độ).

+ − − = − +

− =

x y − +

−

xy x y 1 xy 4 − xy 10 xy x 2y 2

5 = − 8 x 2y

= x y

2 = − 3

− xy 10

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

⇔  

  

(   ( 

x; y

)

(

) − 2; 3 .

Vậy hệ phương trình có nghiệm (

= +

x 2 2

⇔ − − =

x 2 0

x = x 2 ⇔  = − x 1 

2a) Xét phương trình hoành độ giao điểm

Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.

2= , thay vào hàm số

4.=

Với x ta được y

1= − , thay vào hàm số

Với x ta được y 1.=

) ) A 2;4 , B 1;1−

(

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là .

2b) Tính diện tích tam giác OAB

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên trục tung

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒ =

BK x

1 ; AH x

= 2

313 Website:tailieumontoan.com

)

C 0;2 là giao của đồ thị ( )d với trục tung.

(

Ta có

= OC y

= 2

Ta có:

= (đvdt)

.1.2

.2.2 3

S ∆

OAB

BOC

OAC

1 2

∆

Ta có:

1 2 nhọn nội tiếp đường tròn (

)O;R với cạnh AB cố định khác

∆

Câu 4 (3,5 điểm):Cho ABC

cắt nhau tại H và cắt đường tròn lần lượt đường kinh. Các đường cao AE, BF của ABC

tại I, K,CH cắt AB tại D .

1) Chứng minh rằng tứ giác CEHF nội tiếp được một đường tròn

2) Chứng minh :  CDF CBF

3) Chứng minh rằng EF / /IK

4) Chứng minh rẳng khi C chuyển động trên cung lớn AB thì đường tròn ngoại tiếp

tam giác DEF luôn đi qua 1 điểm cố định

A

K

F

M

D

H

O

C

B

E

I

∆

1) Chứng minh rằng tứ giác CEHF nội tiếp được một đường tròn

⇒ ⊥

cắt nhau tại H (giả thiết) Các đường cao AE, BF của ABC

AE BC

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

tại F) tại E); BF AC⊥ tại E (hoặc HE BC⊥ tại F (hoặc HF AC⊥

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

 o HEC 90 ; HFC 90

314 Website:tailieumontoan.com

⇒ Tứ giác CEHF nội tiếp.

Xét tứ giác CEHF có  HEC ; HFC là hai góc đối và   o HEC HFC 180

∆

⇒ H là trực tâm của ABC

⇒ ⊥

2) Chứng minh :  CDF CBF ∆ cắt nhau tại H (giả thiết) Các đường cao AE, BF của ABC

CH AB

⇒

tại D

 o = CDB 90 Ta có BF AC⊥

⇒

 o = CFB 90

⇒ Tứ giác CBDF có hai đỉnh kề D và F cùng nhìn cạnh CB dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác CBDF nội tieeos đường tròn đường kính CB.

⇒

tại F (cmt)

 CDF CBF =

 CF)

(hai góc nội tiếp cùng chắn

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI ) 3) Chứng minh rằng EF / /IK Xét đường tròn (O) có  FKI BAI

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE ) Vì CEHF nội tiếp (cmt) ⇒  HFE HCE

Lại có  BAI HCE (cùng phụ với ABC )

⇒  FKI HFE =

⇒ EF / /IK

, mà 2 góc ở vị trí đồng vị

4) Chứng minh rẳng khi C chuyển động trên cung lớn AB thì đường tròn ngoại tiếp

tam giác DEF luôn đi qua 1 điểm cố định.

Gọi M là trung điểm của AB và AB cố định nên M là điểm cố định.

⇒ =

vuông tại F Ta có: BFA∆

MB MA MF

AB 2

⇒ ∆

(đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

AMF

cân tại M.

Mà DMF là góc ngoài tại đỉnh M của tam giác AMF

⇒  DMF 2MAF =

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

(1)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

⇒

315 Website:tailieumontoan.com

⇒

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF ) Tứ giác CEHF nội tiếp (cmt)  HEF HCF

(hai góc nội tiếp cùng chắn Chứng minh được tứ giác BEHD nội tiếp  HED HBD

cung HD )

  + HCF MAF 90   + HBD MAF 90

   

⇒

   0 + HCF HBD 2MAF 180

⇒

   + HEF HED 2MAF 180   + DEF 2MAF 180

( ) 2

Lại có

⇒ DMFE nội tiếp

⇒ Khi C chuyển động trên cung lớn AB thì đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn đi

Từ (1) và (2) ⇒   0 DMF DEF 180

−

+ +

+ =

− +

qua điểm M cố định.

3x 2

x 3

x 2

− 2x 3

−

+ =

− +

−

x 3

x 2

( ⇔ −

)( x 1 x 2

)

(

)( x 1 x 3

)

Câu 5(0,5 điểm): Giải phương trình

⇔ ≥ x

+ ≥ x 3 0 − ≥ x 2 0

  

⇔ −

− −

−

− −

Điều kiện:

x 1

x 2

+ x 3

x 2

+ x 3

= 0

)

(

)

⇔ − −

x 2

+ x 3

= 0

(

)(

) − − x 1 1

− <

+ nên phương trình

Khi đó phương trình

x 3

⇔ − = ⇔ = 2.

x 1 1

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Do x 2