Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Phù Linh (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Phù Linh (Có đáp án)

1. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 01; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 22 tháng 05 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I (2,0 điểm): 2 1 x Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 4) x + 2 x − 2 4 − x 1) Tính giá trị của biểu thức B tại x = 16. B 2) Rút gọn biểu thức P = . A 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P < 1. Bài II (2,5 điểm): 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải để vận chuyển 24 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành thì công ty có 2 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 2 tấn hàng so với dự định. Hỏi số xe thực tế mà công ty điều động chở hàng là bao nhiêu? 2) Một đoạn ống nước hình trụ dài 5m, có dung tích 32m3. Tính diện tích đáy của ống nước đó. Bài III (2,0 điểm): 2(x + y)+ x +1 = 4 1) Giải hệ phương trình  . (x + y)− 3 x +1 = −5 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = −x2 và đường thẳng (d): y = mx − m − 2 (m là tham số). a) Với m = −2 , tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20 . Bài IV (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cùng đi qua trực tâm H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R). Gọi M là hình chiếu vuông góc của C trên AK. 1) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn. 2) Chứng minh AB. AC = 2R.AD và MD // BK. 3) Giả sử BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) và A di động trên cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác AEH lớn nhất. Bài V(0,5 điểm): Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 M = a + b + + . 2a b Hết
2. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 01; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 22 tháng 05 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm 2 1 x Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 4) x + 2 x − 2 4 − x 0,5 Tính giá trị của biểu thức B tại x = 16. Thay x = 16 (tmđk) vào biểu thức B, ta có: 1) 1 16 0,25 B = − 16 − 2 4 −16 5 Tính được B = . 0,25 6 B Rút gọn biểu thức P = ( với x ≥ 0 và x ≠ 4) 1,0 A    1 x  2 P =  −  : 0,25  x − 2 4 − x  x + 2  1 x  2 2 =  +  = Bài I P   : P : 0,25  x − 2 ( x − 2)( x + 2) x + 2 x + 2 (2,0 điểm) 2)   + +  1 x  2 x 2 x 2 P =  +  : = : 0,25  x − 2 ( x − 2)( x + 2) x + 2 ( x − 2)( x + 2) x + 2 2 x + 2 2 x +1 P = : = ( x − 2)( x + 2) x + 2 x − 2 0,25 x +1 Vậy P = với x ≥ 0 và x ≠ 4. x − 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P 0) − − 3) x 2 x 2 0,25 ⇔ x − 2 < 0 ⇔ x < 4 Kết hợp với đkxđ, ta có 0 < x < 4 0,25 Mà x ∈ Z nên, suy ra x =1; x = 2 ; x = 3 Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải để vận chuyển 24 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành thì công ty có 2 xe được điều đi làm việc khác 2,0 Bài II 1) nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 2 tấn hàng so với dự định. Hỏi số xe (2,5 điểm) thực tế mà công ty điều động chở hàng là bao nhiêu? Gọi số xe thực tế của công ty điều động chở hàng là x (xe; x ∈ N*) 0,5 Số xe dự định mà công ty dự điều chở hàng là x + 2 (xe)
3. 24 Số tấn hàng mà thực tế mỗi xe phải chở là (tấn) x 0,5 24 Số tấn hàng mà dự định mà mỗi xe phải chở là (tấn) x + 2 Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 2 tấn hàng so với dự định nên, ta có 24 24 0,5 phương trình: − = 2 x x Giải phương trình trên, ta được hai nghiệm x = −6 (loại); x = 4 (tmđk) 0,5 Vậy số xe thực tế công ty điều động chở hàng là 4 xe. Một đoạn ống nước hình trụ dài 5m, có dung tích 32m3. Tính diện tích đáy 0,5 của ống nước đó. Vì ống nước hình trụ có h = 5m và dung tích V = 32m3 nên: 2) Vông 32 0,25 V = S .h ⇒ S = = = 6,4m2 ông đay đay h 5 2 Vậy diện tích đáy của ống nước đó là Sđáy = 6,4m . 0,25 2(x + y)+ x +1 = 4 Giải hệ phương trình  . 0,75 (x + y)− 3 x +1 = −5 2a + b = 4 Đkxđ: x ≥ −1. Đặt x + y = a và x +1 = b , hệ trở thành:  . 0,25 a − 3b = −5 1) Giải hệ trên ta được a = 1; b = 2 0,25 x + y = 1 x = 3 Trở lại ẩn x, y ta có:  ⇔   x +1 = 2 y = −2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3;−2). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = −x2 và đường thẳng (d): y = mx − m − 2 (m là tham số). Với m = −2 , tìm tọa độ giao điểm của 0,5 đường thẳng (d) và parabol (P). Bài III Xét phương trình hoàn độ giao điểm của (P) và (d) khi m = −2 : 2a) (2,0 điểm) 2 2 x = 0 0,25 − x = −2x − (−2) − 2 ⇔ x − 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0 ⇔  x = 2 Với x = 0 ⇒ y = 02 = 0; x = 2 ⇒ y = –22 = –4 0,25 Vậy khi m = −2 thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (0;0) và (2;−4). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm 0,75 biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có: x2 + mx − m − 2 = 0 (1) 2 2b) Ta có: ∆ = m2 − 4(−m − 2) = (m + 2) + 4 . 0,25 Nhận xét ∆ = (m + 2)2 + 4 > 0 với ∀m, suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm; do đó (d) luông cắt (P) tại hai điểm phân biệt. x1 + x2 = −m Theo hệ thức, Viét, ta có:  . 0,25 x1.x2 = −m − 2
4. 2 Theo đề bài, ta có: x1 − x2 = 20 ⇔ (x1 + x2 ) − 4x1x2 = 20 (2) Thay x1 + x2 = −m và x1.x2 = −m − 2 vào (2), ta có: (− m)2 − 4(− m − 2) = 20 ⇔ m2 + 4m −12 = 0 m = −6 0,25 ⇔ (m + 6)(m − 2) = 0 ⇔  . m = 2 Vậy m = −6 ; m = 2 là các giá trị cần tìm. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cùng đi qua trực tâm H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R). Gọi M là hình chiếu vuông góc của C trên AK. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp A 1,0 1) được đường tròn. Vẽ hình đúng đến ý 1) 0,25 Chứng minh được = = 90 E 0,25 0 Xét tứ giác BFEC ⇒� nội tiế�p F O 0,5 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 H Chứng minh AB. AC = 2R.AD: 0,5 D G Chứng minh được ∆ABD ∽ ∆AKC 0,25 2a) B C AB AK M Suy ra = ⇒ AB. AC = 2R.AD 0,25 K Bài IV AD AC (3,0 điểm) Chứng minh MD // BK: 0,75 Chứng minh ◊ADMC nội tiếp 0,25 2b) Suy ra = (1) 0,25 Chứng minh = (2) 𝐶𝐶�𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶�𝐶𝐶𝐶𝐶 Từ (1), (2) ⇒ = ⇒ MD // BK. 0,25 𝐶𝐶𝐶𝐶�𝐶𝐶 𝐶𝐶�𝐶𝐶𝐶𝐶 Giả sử BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) và A di động trên 𝐶𝐶�𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶�𝐶𝐶𝐶𝐶 0,75 cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác AEH lớn nhất. Gọi G là giao điểm của BC và HK. 0,25 3) Chứng minh được AH = 2.OG ⇒ AH không đổi 1 1 2 2 1 2 SAEH = AE. EH ≤ (AE + EH ) ≤ AH (ĐL Pytago) 2 4 4 0,25 Đẳng thức xảy ra ⇔ AE = EH Suy ra ∆AEH vuông cân tại E ⇒ = 45 ⇒ = 45 Vậy để diện tích tam giác AEH lớn nhất thì0 điểm A thuộc0 đường tròn 0,25 𝐻𝐻�𝐻𝐻𝐻𝐻 𝐵𝐵𝐵𝐵�𝐵𝐵 (O; R) sao cho = 45 . 0 𝐵𝐵𝐵𝐵�𝐵𝐵
5. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 3. Tìm giá trị lớn 1 2 0,5 nhất của biểu thức M = a + b + + . 2a b Biến đổi biểu thức M, ta có: 1 2  1 a   2 b  a + b M = a + b + + =  +  +  +  + 2a b  2a 2   b 2  2 Áp dụng BĐT Cô-si cho các cặp số dương, ta có: 1 a 1 a + ≥ 2 . =1 (1) 0,25 2a 2 2a 2 2 b 2 b + ≥ 2 . = 2 (2) Bài V b 2 b 2 (0,5 điểm) a + b 3 Theo đề, ta có: a + b ≥ 3 ⇒ ≥ (3) 2 2 Cộng vế với vế của (1), (2), (3), ta được:  1 a   2 b  a + b 9 9  +  +  +  + ≥ ⇒ M ≥  2a 2   b 2  2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi a, b dương và:  1 a 2 b 2 2 0,25  = ; = a =1;b = 4 2a 2 b 2 ⇔  ⇔ a = 1 và b = 2 (tmđk) a + b = 6 a + b = 3 9 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là khi a = 1 và b = 2. 2 Chú ý chung khi chấm: 1) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25; 2) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa; 3) Bài IV: Học sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó. Nguồn đề BGH TRƯỜNG THCS PHÙ LINH
6. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 02; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 30 tháng 5 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I (2,0 điểm): x 3 6 x − 4 Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 1) x −1 x +1 x −1 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16. 2) Rút gọn biểu thức M = A + B. 1 3) Tìm x thuộc N* để nhận giá trị nguyên. M Bài II (2,5 điểm): 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một xưởng cơ khí phải làm 350 chi tiết máy trong một thời gian quy định. Nhờ tăng năng suất lao động, mỗi ngày xưởng làm thêm được 5 chi tiết máy so với quy định. Vì vậy chẳng những đã làm vượt mức quy định 10 chi tiết máy mà còn hoàn thành sớm hơn quy định 1 ngày. Tính số chi tiết máy mà xưởng phải làm trong một ngày theo quy định. 2) Chiếc nón do làng Chuông (Thanh Oanh – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng 30cm, đường kính đáy bằng 40cm. Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón. Tính diện tích lá cần dùng cho một chiếc nón. Bài III (2,0 điểm):  1 + 3 y + 3 = 7  x − 2 1) Giải hệ phương trình  . 3  − 2 y + 3 = −1  x − 2 2) Trong mp tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(m +1)x − 2m −10 (m là tham số). a) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. b) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho biểu thức 2 2 A =12x1x2 + x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài IV (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC < BC (C khác A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở D, AD cắt (O) tại điểm E (E khác A). 1) Chứng minh rằng tứ giác BDCO nội tiếp đường tròn và BE2 = AE. DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh rằng tứ giác CHOF nội tiếp đường tròn. 3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh rằng I là trung điểm của CH. Bài V(0,5 điểm): xyz Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = . (x + y)(y + z)(z + x) Hết
7. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 02; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 30 tháng 5 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm x 3 6 x − 4 Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 1) x −1 x +1 x −1 0,5 Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16. 1) Thay x = 16 (tmđk) vào biểu thức A, ta có: 16 4 4 0,25 = = = = 1 16 1 4 1 3 √𝑥𝑥 √ 𝐴𝐴 4 Vậy khi x =𝑥𝑥 16− thì . − − 0,25 √ 3√ Rút gọn biểu thức M = A + B (với x ≥ 0 và x ≠ 1) 1,0 Với x ≥ 0 và x ≠ 1, ta có: 3 6 4 = + 1 + 1 1 0,25 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − 𝑀𝑀 − 3 6 4 = √𝑥𝑥 − √𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 − 1 + 1 1 + 1 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − Bài I 𝑀𝑀 − (2,0 điểm) √𝑥𝑥 − �+√𝑥𝑥1+1�+ 3√𝑥𝑥 �1√𝑥𝑥−1� 6 �√𝑥𝑥 −4 ��√𝑥𝑥 � 2) = 0,25 1 + 1 √𝑥𝑥�√𝑥𝑥 � �√𝑥𝑥 − � − � √𝑥𝑥 − � 𝑀𝑀 + + 3� 𝑥𝑥 − 3�� 6𝑥𝑥 +�4 2 + 1 = √ √ = 0,25 1 + 1 1 + 1 𝑥𝑥 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − − √𝑥𝑥 𝑥𝑥 − √𝑥𝑥 𝑀𝑀 �√𝑥𝑥 −1 ��√𝑥𝑥 � 1 �√𝑥𝑥 − ��√𝑥𝑥 � = 2 = 1 + 1 + 1 �√𝑥𝑥 − � √𝑥𝑥 − 0,25 𝑀𝑀 x −1 Vậy M =�√𝑥𝑥 − . ��√𝑥𝑥 � √𝑥𝑥 x +1 1 Tìm x thuộc N* để nhận giá trị nguyên. 0,5 M 1 x +1 2 3) Ta có: = =1+ . M x −1 x −1 0,25 1 2 Để nhận giá trị nguyên thì phải nguyên ⇔ x −1∈ Ư(2) M x − 2
8. 1 = 2 = 1 (vô nghi m) = 0 (lo i) 1 = 1 = 0 ⇔ √𝑥𝑥 − − ⇔ √𝑥𝑥 − ệ ⇔ = 4 ( ) ⎡ 1 = 1 ⎡ = 2 𝑥𝑥= 9 ( ạ ) 0,25 ⎢√𝑥𝑥 − − ⎢√𝑥𝑥 ⎢ 1 = 2 ⎢ = 3 �𝑥𝑥 tmđk Kết luận:⎢ x√ =𝑥𝑥 4;− x = 9 là các⎢ √giá𝑥𝑥 trị cần tìm. 𝑥𝑥 tmđk ⎣ √𝑥𝑥 − ⎣√𝑥𝑥 Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một xưởng cơ khí phải làm 350 chi tiết máy trong một thời gian quy định. Nhờ tăng năng suất lao động, mỗi ngày xưởng làm thêm được 5 chi 2,0 tiết máy so với quy định. Vì vậy chẳng những xưởng đã làm vượt mức quy định 10 chi tiết máy mà còn hoàn thành sớm hơn quy định 1 ngày. Tính số chi tiết máy mà xưởng phải làm trong một ngày theo quy định Gọi số chi tiết máy mà xưởng phải làm trong một ngày theo quy định là x (chi tiết; x ∈ N*) (Gọi số chi tiết máy theo quy định mà xưởng phải làm trong một ngày là x) 0,25 (Theo quy định, gọi số chi tiết máy mà xưởng phải làm trong một ngày là x) (Gọi số chi tiết máy trong một ngày mà xưởng phải làm theo quy định là x) Trên thực tế, một ngày xưởng làm được số chi tiết máy là x + 5 (chi tiết) (Trên thực tế, số chi tiết máy xưởng làm được trong một ngày là x + 5) 0,25 (Số chi tiết máy xưởng làm được trong một ngày trên thực tế là x + 5) 350 Theo quy định, xưởng làm 350 chi tiết máy hết thời gian là (ngày) x 360 0,5 Trên thực tế, xưởng làm 350 + 10 = 360 chi tiết máy hết thời gian là x + 5 Bài II (ngày) 1) (2,5 điểm) Vì xưởng hoàn thành công việc sớm hơn một ngày so với quy định nên, ta có phương trình: 0,5 350 360 = 1 + 5 350( + 5) 360 − = 1 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ( + 5) 350 𝑥𝑥+ 1750− 360𝑥𝑥 10 + 1750 1 ⟺ = 1 = 𝑥𝑥 𝑥𝑥 + 5 + 5 1 0,5 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 ⟺ + 5 2= 10 + 1750 ⟺ + 152 1750 = 0 2 𝑥𝑥 𝑥𝑥 =235𝑥𝑥 ( 𝑥𝑥) ( 35)( + 50) = 0 ⟺ 𝑥𝑥 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 ⟺ =𝑥𝑥 50 (𝑥𝑥lo−i) 𝑥𝑥 tmđk Vậy ⟺số chi𝑥𝑥 −tiết máy𝑥𝑥 mà xưởng ph⟺ải �làm một ngày theo quy định là x = 35 𝑥𝑥 − ạ chi tiết. 0,25
9. Chiếc nón do làng Chuông (Thanh Oanh – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng 30cm, đường kính đáy bằng 40cm. Người ta dùng hai 0,5 lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón. Tính diện tích lá cần dùng cho một chiếc nón. 2) Vì chiếc nón hình nón có đường sinh l = 30cm và bán kính đáy R = 40 : 2 = 20cm nên: 0,25 2 h l Sxq = πRl = π . 20. 30 = 600π (cm ) Vậy diện tích là cần dùng cho một chiếc nón là R 0,25 2. 600π = 1200π cm2. =  1 + 3 y + 3 = 7 𝑺𝑺𝐱𝐱𝐱𝐱 𝝅𝝅𝝅𝝅𝝅𝝅  x − 2 Giải hệ phương trình  . 1,0 3  − 2 y + 3 = −1  x − 2 Đkxđ: 2 và 3 0,25 1 Đặt 𝑥𝑥 ≠= a và𝑦𝑦 ≥y−+ 3 = b , hệ trở thành: x − 2 1) + 3 = 7 3 + 9 = 21 + 3 = 7 0,5 3 2 = 1 3 2 = 1 11 = 22 𝑎𝑎 +𝑏𝑏6 = 7 =𝑎𝑎 1 𝑏𝑏 𝑎𝑎 𝑏𝑏 � ⟺ � ⟺ � 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏= 2− =𝑎𝑎 −2 𝑏𝑏 − 𝑏𝑏 Trở lại ẩn𝑎𝑎 x và y, ta có: 𝑎𝑎 ⟺ � ⟺ � 1 𝑏𝑏 𝑏𝑏 = 1 2 = 1 = 3 ( ) 2 + 3 = 4 = 1 ( ) 0,25 + 3 = 2 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 tmđk � 𝑥𝑥 − ⟺ � ⟺ � Vậy hệ phương trình có𝑦𝑦 nghiệm duy nh𝑦𝑦ất (x; y)tmđk= (3;1) �𝑦𝑦 Trong mp tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): Bài III y = 2(m +1)x − 2m −10 (m là tham số). 0,5 (2,0 điểm) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có: = 2( + 1) 2 10 ⇔ 2 2( + 1) + 2 + 10 = 0 (1) 𝑥𝑥 𝑚𝑚 𝑥𝑥 − 𝑚𝑚 − Ta có:2 = 0,25 𝑥𝑥 − 𝑚𝑚 𝑥𝑥 𝑚𝑚 ′= [ ′2( + 1)] 1. (2 + 10) ∆ 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝑎𝑎 = + 2 +21 2 10 2a) − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 = 2 9 𝑚𝑚 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − Để (P) và (d)2 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 𝑚𝑚 − nghiệm phân biêt ⇔ > 0 ⇔ 9 > 0 ⇔ ( 3)( + 3) > 0 ∆′ 2 3 > 0 > 3 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 0,25 + 3 > 0 > 3 > 3 ⇔ 𝑚𝑚 − ⇔ 𝑚𝑚 � � 3⎢ �là các giá trị cần tìm. ⎣ 𝑚𝑚 ⎣ 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚
10. Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao 2 2 5 cho biểu thức A =12x1x2 + x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2b) 0,25 0,25 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC < BC (C khác A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở D, AD cắt (O) tại điểm E (E khác A). Vẽ đúng hình đến ý 1a) 0,25 1a) Chứng minh rằng tứ giác BDCO nội tiếp đường tròn 0,5 (Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn thì nó vuông góc với 0,25 bán kính) (Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 là tứ giác nội tiếp) 0,25 Chứng minh BE2 = AE. DE 0,5 D 0,25 1b) E C Bài IV 0,25 (3,0 điểm) F A H O B Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. 1,0 Chứng minh rằng tứ giác CHOF nội tiếp đường tròn. (Nếu một đường thẳng vuông góc Ta có: CH // BD (gt) với một trong hai đường thẳng song AB ⊥ BD (cm ý 1a) song thì nó vuông góc với đường 0,25 thẳng còn lại) ⇒ AB ⊥ CH ⇒ = 90 Xét (O): DC = DB (t/c hai tiếp tuy0 ến x) (Những điểm cách đều hai đầu 2) OC = OB (=R)𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶� đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng ấy) 0,25 ⇒ DO là trung trực của CB ⇒ DO ⊥ CB ⇒ = 90 Xét ◊CHOF, ta có: (Tứ giác có tổng hai góc đối nhau � 0 + = 90𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶+ 90 = 180 bằng 180 là tứ giác nội tiếp) 0,5 , là 2 góc0 đối nhau0 0 � � Suy ra𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 ◊CHOF𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 nội (đpcm). 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶� 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶� Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH. 0,75
11. D Ta có: CH // BD (gt) ⇒ = (slt) (1) Vì DC = DB nên ∆DCB cân tại D, suy ra: �1 �1 = (tính chất)𝐶𝐶 (2) 𝐵𝐵 E Từ (1), (2) ⇒ = ⇒ CB là p/g C 𝐶𝐶�2 𝐵𝐵�1 2 0,25 Xét (O): = 90 ⇒ AC ⊥ CB 1 𝐶𝐶�1 𝐶𝐶�2 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶� ⇒ CA là p/ ngoài0 tại C của ∆ICD I 𝐴𝐴�AI𝐴𝐴𝐴𝐴 CI F 3) ⇒ = (3) 1 AD CD A H B O AI HI Xét ∆ABD có HI // BD, suy ra: = (4) AD BD 0,25 CI HI Từ (3), (4) ⇒ = CD BD Mà CD = BD nên, suy ra CI = IH. Do đó I là trung điểm của CH 0,25 Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xyz M = . 0,5 (x + y)(y + z)(z + x) Biến đổi biểu thức M, ta có: 0,25 = = . . ( + )( + )( + ) + + + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑦𝑦𝑦𝑦 √𝑧𝑧𝑧𝑧 Áp d𝑀𝑀ụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 𝑥𝑥 +𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥1 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥 (2) 2 + 2 𝑥𝑥𝑥𝑥 Bài V Tương tự, ta𝑥𝑥 có: 𝑦𝑦 � �𝑥𝑥𝑥𝑥 ≤ ⟹ ≤ (0,5 điểm) 1 𝑥𝑥 𝑦𝑦 (2) + 2 �𝑦𝑦𝑦𝑦 ≤ 1 (3) 0,25 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 2 Nhân√ v𝑧𝑧𝑧𝑧ế với vế của (1), (2) và (3), ta được: ≤ 𝑧𝑧 𝑥𝑥 1 1 . . + + + 8 8 �𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑦𝑦𝑦𝑦 √𝑧𝑧𝑧𝑧 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y≤ = z.⟹ 𝑀𝑀 ≤ 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là khi x = y = z. 8 Chú ý chung khi chấm: 1) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25; 2) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa; 3) Bài IV: Học sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó. Nguồn đề BGH TRƯỜNG THCS PHÙ LINH