Một số đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán (Theo chuẩn Sở GD&ĐT Hà Nội)

Nội dung text: Một số đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán (Theo chuẩn Sở GD&ĐT Hà Nội)

1. MỘT SỐ ĐỀ LUYỆN THI VÀO 10 THEO CHUẨN SỞ GD HÀ NỘI Môn: TOÁN 9 – ĐỀ 1 Thời gian làm bài: 90 phút Câu I. (2,0 điểm) 5xx 24+ Cho biểu thức AB=,: = − với xx≥≠0, 4 . x+2 xx −+ 22 x + 2 a) Tính giá trị của A khi x = 16 . b) Rút gọn B . A c) Tìm các số nguyên x để P = là số nguyên. B Câu II. (2,5 điểm) 1) Giải toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Khu du lịch sinh thái Đồng Mô thuộc thị xã Sơn Tây là một địa điểm thu hút khách du lich của thành phố Hà Nội. Nhà bạn An ở cách địa điểm du lịch 1800 m. Lúc đi từ nhà đến địa điểm du lịch bạn An đi bộ. Lúc về bạn An đi bằng xe điện với vận tốc lớn hơn lúc đi là 120m/phút nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 20 phút. Tính vận tốc của xe điện. 2) Một chiếc nón lá 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 đó. Câu III. (2,0 điểm) :Cho phương trình x2 + 2 ( m – 1) x – 3m = 0 (1) (với m là tham số) a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm là 3. Tìm nghiệm còn lại ? b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 22 A=++ x1 x 2 xx 12 đạt giá trị nhỏ nhất Bài IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B và C là tiếp điểm). Qua điểm A kẻ cát tuyến AMN với đường tròn (O) (M nằm giữa A và N). Gọi E là trung điểm của MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn (O). 1) Chứng minh các điểm A, B, O , C, E cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh AEC= BIC 3) Gọi F là giao điểm thứ hai của BE và đường tròn (O). Đường thẳng BM cắt đường thẳng CF tại P. Đường thẳng BN cắt đường thẳng CF tại Q. Chứng minh FP = FQ. Câu V. (0,5 điểm) Giải phương trình: 7−+xx −= 5 x2 − 12 x + 38
2. Bài Ý Nội dung Điểm 5xx 24+ Cho biểu thức AB=,: = − với xx≥≠0, 4 . I x+2 xx −+ 22 x + 2 Tính giá trị của A khi x = 16 . 1 xx≥≠0, 4 . (0,5đ) ĐKXĐ : 0,25đ x = 16 thỏa mẵn ĐKXĐ; x = 16 ta có x = 4 0,25đ Thay x = 4 tính được A = 5/6 xx24+ B = − : xx−+22 x + 2 0,5đ xx( +−22) ( x − 2) x + 2 = . xx+−22x + 4 2 ( )( ) (1đ) xx++4 21 = . = 0,25đ ( xx+−22)( ) x + 4 x − 2 1 = 0,25đ x − 2 A 5 1 52( x − ) 20 3 P = = :5= = − 0,25đ B +− + + (0,5đ) xx22 x 2 x 2 Tìm được x ∈{0;9;64;324} 0,25đ II Giải bài toán bằng cách lập phương trình Gọi vận tốc lúc đi từ nhà đến khu du lịch của bạn An là x (m/phút) 0,25đ ( x > 0 ). Suy ra vận tốc lúc về bằng xe điện là x +120 (m/phút) . 1800 1800 Thời gian lúc đi là: (phút). Thời gian lúc về là (phút). 0,5đ x x +120 1800 1800 Theo giả thiết ta có: = + 20 0,5đ xx+120 (2,0đ) 2 ⇔−xx120 − 10800 = 0 0,25đ x =180 ⇔  0,25đ x = −60 Đối chiếu với điều kiện ta thấy x =180 thỏa mãn . Vậy vận tốc của 0,25đ xe điện là 180+= 120 300mét/phút. Bán kính đáy của hình nón là r = 40 : 2 = 20cm (0,5đ) 0,25đ Diện tích xung quanh của hình nón là
3. S=ππ rl =.20.30 = 600 π (cm2 ) Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón nên diện tích lá cần dùng cho một chiếc nón đó là: 600ππ .2= 1200 (cm2 ) 0,25đ III a) Vì x1 = 3 là nghiệm của phương trình (1) nên thay x1 = 3 vào phương trình (1) ta được: 0,5đ 32 + 2(m – 1 ).3 – 3m = 0 Tính được m = -1 Theo định lí viet ta có: x1.x2 = - 3m => 3. x = -3. (-1) 2 0,25đ => x2 = 1 Vậy m = -1 là giá trị cần tìm và nghiệm còn lại là x2 = 1 b) x2 + 2(m – 1) x – 3m = 0 (1) +) ∆’ = (m – 1)2 + 3m = m2 + m +1 > 0 thỏa mãn với mọi m 2 => Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. 0,5đ (1,5đ) xx12+=−+22 m +) Theo định lí Vi – ét ta có:  xx12= −3 m 2 225 39 39 A=( x1 + x 2 ) − xx 12 = 4 m − 5 m += 42 m − + ≥ 4 16 16 5 = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m(/ tm ) 0,25đ 8 Vậy 39 5 Am= ⇔= min 16 8 IV Hình học 3,5đ Cho đường tròn (O) và điểm A ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B và C là tiếp điểm). Qua điểm A kẻ cát tuyến AMN với đường tròn (O) (M nằm giữa A và N). Gọi E là trung điểm của MN, I là giao điểm 1,0 thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn (O). 1) Chứng minh các điểm A, B, O , C, E cùng thuộc một đường tròn. Vẽ hình đúng đến ý 1 0,25 1 Nếu vẽ hình câu 1
4. H sai thì không B I N cho điểm E cả bài M Q A O F C P Chỉ ra được ABO= ACO = 900 0,25đ 0 Chỉ ra được AEO = 90 0,25đ Chứng minh được 5 điểm A, B, O , C, E cùng thuộc một đường tròn 0,5đ (đường tròn đường kính AO) 2) Chứng minh AEC= BIC 1,0 Ta có BIC = ABC (cùng chắn cung BC của (O;R) ) 0,25đ 2 Chỉ ra AEC = ABC (cùng chắn cung AC của đường tròn đường kính 0,5đ AO ) Suy ra AEC= BIC . 0,25đ 3) Gọi F là giao điểm thứ hai của BE và đường tròn (O). Đường thẳng BM cắt đường thẳng CF tại P. Đường thẳng BN cắt đường 1,0 thẳng CF tại Q. Chứng minh FP = FQ. */ Chứng minh: BEA= BFC() = BCA 0,25đ 3 ⇒ ME// CF 0,25đ EM EN */ Sử dụng hệ quả định lí Talet chứng minh được : = 0,25đ FP FQ Mà EM= EN ⇒= FP FQ 0,25đ Điều kiện: 57≤≤x Với mọi số thực ab, ta có: 22 (ab−) ≥⇔0 ab22 + ≥ 22 abab ⇔( 22 +) ≥( ab +) ( ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab= . Áp dụng vào bai toán ta có: V 2 0,5 đ ( 7−+x x − 5) ≤ 27( −+− xx 5) = 4 ⇔7 −+xx −≤ 52 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 7−=−⇔xx 56 x = . Lại có: 2 xx2 −12 + 38 −= 2( x − 6) ≥ 0 suy ra VP≥ VT , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 6 . Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình.
5. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1. Câu 1) 1) Với xx 0, 4 biểu thức có nghĩa ta có: 2 3 5x 7 2 3 3 A : x 2 2 x 1 2 x 3 x 2 5 x 10 x 2 2x 1 3 x 2 5 x 7 23x : x 2 2 x 1 5 x x 2 2xx 352xx 5 . . xx 2 2 1 2xx 3 2 1 5 x Vậy với xx 0, 4 thì A . 21x 2 2) Khi xx 3 2 2 2 1 2 1 thay vào ta 521 521 521221 53 2 có: A 2 2 1 1 2 2 1 77 3) Ta có x 0,  x 0, x 4 nên 5 x 5x 5 5 5 A 0, x 0, x 4 A , x 0, x 4 21x 21x 222 2x 1 5 0 A , kết hợp với A nhận giá trị là một số nguyên thì A 1,2. 2 11 A 1 5 x 2 x 1 x x thỏa mãn điều 39 kiện. A 2 5 x 4 x 2 x 2 x 4 không thỏa mãn điều kiện. 1 Vậy với x thì A nhận giá trị là nguyên. 9
6. Câu 2) 2 2 13 a) Xét a. c m m 2 m  0, m 24 Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m . b) Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là xx12, . Theo câu a) thì xx12 0 , do đó A được xác định với mọi xx12, . 3 3 x1 x2 Do xx12, trái dấu nên t với t 0, suy ra 0 , suy ra A 0 x2 x1 3 3 x x 1 1 Đặt 1 t , với t 0, suy ra 2 . Khi đó At 0 , A đạt x2 xt1 t 1 giá trị lớn nhất khi A có giá trị nhỏ nhất. Ta có At 2 , suy ra t 1 A 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t t2 11 t . Với t 1, ta t có 3 xx11 1 1x1 x 2 x 1 x 2 0 m 1 0 m 1. xx22 Vậy với m 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là 2 . Câu 3) Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h, x 0 ) Và vận tốc của dòng nước là y (km/h, y 0 Ca nô xuôi dòng đi với vận tốc xy (km/h). Đi đoạn đường 78 km nên 78 thời gian đi là (giờ). xy Ca nô đi ngược dòng với vận tốc xy (km/h). Đi đoạn đường 44 km nên 44 thời gian đi là (giờ). xy
7. Tổng thời gian xuôi dòng là 78 km và ngược dòng là 44 km mất 5 giờ nên ta 78 44 có phương trình: 5 (1). x y x y Ca nô xuôi dòng 13 km và ngược dòng 11 km nên ta có phương trình: 13 11 1 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y x y 78 44 5 x y x y x y 26 x 24 . 13 11x y 22 y 2 1 x y x y Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. Vậy vận tốc riêng của ca nô là 24 km/h và vận tốc của dòng nước là 2 km/h. Câu 4) A a) Vì KA, KB là các tiếp tuyến của D O nên KAO KBO 900 . Do H là H C M trung điểm của dây CD nên K O KHO 900 . Từ đó suy ra 5 điểm I KAHOB,,,, cùng nằm trên đường tròn đường kính KO . B b) Vì M là trung điểm của AB nên AM KO . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông KAO Ta có: KM. KO KA2 . Xét tam giác KAC và tam giác KDA có KAC KDA(Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Góc AKD chung . KAKD Nên KAC# KDA(.) g g . Suy ra KA2 KC. KD . Suy ra KC KA KC KD KH KO KMC# KDO(.) g g CMK CDO CMOD nội tiếp.
8. c) Ta có HI// BD CHI CDB . Mặt khác CAB CDB cùng chắn cung CB nên suy ra CHI CAB hay AHIC là tứ giác nội tiếp. Do đó IAH ICH BAH ICH . Mặt khác ta có AKBOH,,,, cùng nằm trên đường tròn đường kính OK nên BAH BKH . Từ đó suy ra ICH BKH CI// KB . Mà KB OB CI  OB Câu 5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: xyzxyzx 1 yz yz .1 x2 yz22 1 yz 1 Tới đây ta cần chứng minh 2 2yz 2 2 yzyz 2 2 4 yzyz 3 3 2 2 0 yzyz 2 2 1 0 . Mặt khác theo giả thiết ta có: ta có 2 x2 y 2 z 2 y 2 z 2 2 yz yz 1.Nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi có 2 số bằng 1 và một số bằng 0. ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1) Điều kiện: a 0, b 0, a 2 b 33 a) Ta có: a33 2 2 b a 2 b a 2 b a 2 ab 2 b b) Suy ra 2 ab a 22 a b a a b ab33 22 a 22 ab b a 2 b a 2 ab 2 b a 2 ab 2 b 1 a 2 b a 2 ab 2 b ab 2 ab33 22 a 2 b a 2 ab 2 b aa 22b ab 22b b a
9. 2 a 2 ab 2 b a 2 2 ab 2 b ab 2 a 2b 2 b 2 b 2 12 ab 2 ab Vậy P . . a 2 b 2 b 2 b 1 3 3 1 1 c) Ta có: ab. 1 . 1 . Suy ra: 2b .Do đó 2 2 2 8 4a a 2 b a P 1 4 a2 1 2 a 1 1 3 . 2b 2b Câu 2) 2 Ta có m2 4 m 1 m 2 0 , với mọi m . Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . Theo hệ thức Viet, ta có: x12 x m và x12 x m 1 a) Thay m x12 x vào x12 x m 1, ta được x1 x 2 x 1 x 1 1 Vậy hệ thức liên hệ giữa xx12, không phụ thuộc vào m là x1 x 2 x 1 x 1 1. 2 22 2 2 b) Ta có: x1 x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 m 2 m 1 m 2 m 2 . 23xx12 21m Suy ra A 2 2 2 . Vì x1 x 2 2 x 1 x 2 1 m 2 2 2m 1 2 m 1 m2 2 m 1 Am 1 1 0,  m2 2 m 2 2 m 2 2 Suy ra Am 1,  . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi m 1 2 1 2m 1 1 2 m 1 m2 2 m 2 Và Am 0,  . Suy ra 2m2 2 2 2 mm22 2 2 2 1 Am ,  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2. 2 1 Vậy GTLN của A bằng 1 khi m 1 và GTNN của A bằng khi 2 m 2. Câu 3) Gọi x (chiếc) là số tàu dự định của đội xx *, 140
10. Số tàu tham gia vận chuyển là x 1 (chiếc) 280 Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định (tấn) x 286 Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế (tấn) x 1 280 286 Theo bài ra ta có phương trình: 2 xx 1 2 x 10 280 x 1 286 x 2 x x 1 x 4 x 140 0 . Vậy xl 14( ) đội tàu lúc đầu có 10 chiếc tàu. x my m 1 1 Câu 4) Xét hệ phương trình: . Từ phương trình (2) mx y 31 m 2 của hệ ta suy ra y 31 m mx thay vào phương trình (1) của hệ ta thu được: x m 3 m 1 mx m 1 1 m22 x 3 m 2 m 1. Hệ có nghiệm duy nhất khi à chỉ khi phương trình 1 m22 x 3 m 2 m 1 có nghiệm duy nhất suy ra điều kiện là: 1 mm2 0 1. Khi hệ có nghiệm duy nhất xy; ta lấy phương trình (2) trừ phương trình (1) thì thu được: m 1 x m 1 y 2 m 1 x y 2 . Do đó: xy x. x 2 x2 2 x 1 1 x 1 2 1 1Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 22 khi: x 1 3 1 2 m 1 1 m 0 .Vậy với m 0 mm 11 thì xy. đạt giá trị nhỏ nhất Câu 5) a) ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC ABC vuông tại A Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật và ADH 9000 , AEH 90 .Vậy DAE ADH AEH 900 nên tứ A E giác ADHE là hình chữ nhật. M K I D N B O C H
11. b). Ta có AM AN AE AC AH 2 AM AE AME CAN (c.g.c) AME ACN . Áp dụng hệ AC AN thức lượng trong các tam giác vuông ta có BD22 BD.;. AB CH CE CA AB. AC AH . BC AH .2 R (Vì BC 2 R ) AH2 BH. CH AH 4 BH 2 . CH 2 BD . ABCE . . CA BDCE . . AH .2 R AH 3 DE3 2R , mà AH DE nên 2R . BD. CE BD. CE Giả sử DE cắt AH tại I , cắt OA tại K ; IAE IEA ( IAE cân tại I ), 0 OAC OCA ( OAC cân tại O). Do đó KAE KEA OCA IAE 90 OA DE . Ta có DI OA (1). Mặt khác OI , cắt nhau tại A và M OI là đường trung trực của AM OI AM . Do đó I là trực tâm của ANO NI  OA (2). Từ (1) và (2) cho DI, NI trùng nhau. Vậy DEN,, thẳng hàng. c) Đặt BH x 0 x 2 R , CH 2 R x nên AH x 2 R x 1 1 3xx 3 1 SABH AHBHxxRx. 2 x 2 Rx . 2 Rx 2 2 2 3 2 2 3 2 3 2x 3 3 x x 3 3 1 x x 3 3 R2 x 2 R . R . R . Dấu “=” 4 3 2 2 3 2 4 3 3 8 3R xảy ra khi và chỉ khi BH 0. A là giao điểm của nửa đường tròn 2 O với đường trung trực của OC . Câu 6) Sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy - Schwarz kết hợp với giả thiết của bài toán, ta được: xy33 xxyy 33 2 xyxy 3234 xyxy 3223 . Theo bất đẳng thức AM- GM ta cũng có:
12. x2 y 2 x 3 y 3 x3 y 2 x 2 y 3 , và 2 x3 x 3 1 3 x 2 ; y 3 y 3 1 3 x 2 suy ra 33 2xy 1 2 1 33 2 2 3 3 xy x y x y 51 33 xy33 2 2 6 3 xy33 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy 1. Cách khác: Từ giả thiết ta có: xyxy2334 xyyxyyx 23234232 yxyxy 3 2233 2 2 Mặt khác ta cũng có: xy2 2 xxx yyy xyxy 3 3 2 Suy ra xy2 2 xyxy 3 3 xyxy 2 2 xyxy 2 2 . Lại có: x y 2 2 x22 y 2 x y x y 2 . Từ đó ta có: x3 y 3 x 2 y 2 x y 2. Dấu bằng xảy ra khi xy 1. ĐÁP ÁN ĐỀ 3. Câu 1) a) Ta có: a a b b a a b b a b a b b a ab P a b a b ab 2 b) Ta có: a 1 b 1 2 ab 1 abab 2 ab ab Vì ab nên ab b a . Vậy P 1. Câu 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: x22 mx 4 x mx 4 0 .
13. Ta có m2 16 0 , với mọi m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. Theo định x12 x m 27m lý Viet ta có: ta có Q 2 . (dùng phương pháp miền giá xx12.4 m 8 trị hàm số- Xem thêm phần ứng dụng trong bài toán GTLN, GTNN) ta dễ 1 tìm được giá trị lớn nhất của Q là 1 và GTNN của Q là đạt được khi 8 m 1 và m 8. b) Để ý rằng đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định I 0;4 nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi A x1;,; y 1 B x 2 y 2 thì xx12. 4 0 nên hai giao điểm AB, nằm về hai phía trục tung. Giả sử xx12 0 thì ta có: 11 S S S AH OI BK OI với HK, lần lượt là hình chiếu OAB OAI OBI 22 vuông góc của điểm AB, trên trục Oy . Ta có OI 4, AH x1 x 1 , BK x 2 x 2 . Suy ra SOAB 2 x21 x S2 4 x x22 4 x x 4 x x . Theo định lý Viet ta có: OAB 1 2 1 2 1 2 22 x1 x 2 m,4 x 1 x 2 . Thay vào ta có: SOAB 4 m 16 64 m 0 . Câu 3) Gọi vận tốc của xe máy là x km/h x 0 . Khi đó vận tốc của ô tô 3x 3x là km/h. Theo bài ra ta có phương trình: 1,5xx 1,5. 150 40. 2 2 Do đó, vận tốc của xe máy là 40 km/h và vận tốc của ô tô là 60 km/h. Sau 150 khi gặp nhau, thời gian ô tô đi đến B là: 1,5 1 (giờ). Sau khi gặp 60 150 nhau, thời gian xe máy đi đến A là: 1,5 2,25 (giờ). 40 Câu 4)
14. a) Do đường tròn ABH có đường kính là AB nên M ABH . Xét hai tam giác AHN và AMC có AM AH ; Và có AMC AMP AHP AHN ; ACM ACP ANP ANH Suy ra AHN AMC . Vậy HN MC . E N b) Do CAE 900 nên CE là đường kính của đường tròn APC . Suy ra EN NC . Ta chứng minh CN BC . A Ta có: ACN APN M AMH ABH HAC . P Do đó CN// AH hay B H K C CN BC . 1 c) Xét đường tròn APC , ta có: AKB APM sđ AC Xét đường 2 tròn ABH , ta có: APM AHM AMH ABH . Suy ra AKB ABK hay tam giác ABK cân tại A .Do đó HB HK . Câu 5) Ta có a3 b 3 aba 2 abb 2 abab . Tương tự ta cũng có b33 c b c bc và c33 a c a ca . Do đó 2 a3 b 3 c 3 abab bcbc caca abc2 bca 2 cab 2 2 abc 2 2 bca 2 2 cab 2 . Vậy a3 b 3 c 3 a 2 bcb 2 cac 2 ab (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc . ĐÁP ÁN ĐỀ 4
15. 3 Câu 1) Điều kiện: xx 0; . Đặt 3xa , ta có: 4 2a23 4 a 1 a Pa 32 a 8 a 2 a 4 1 a 2a2 4 a a 2 aa2 21 .1 a a2 a . Thay ax 3 , ta có: a 2 a2 2 a 4 a 2 3xx 2 3 1 33x P . Ta có: P 2 32x 32x Với x 1 ta có P 2 (thỏa mãn). Xét x 1: Do 3x 3 ; 3x 3 0 và P nên 32x . Ta có: 1 Px 3 . Do đó Px 32 là ước 32x 1 1 3xx 2 1 3 hoặc x (loại). Vậy x 1;3. 3 Câu 2) a) Đường thẳng d :2 y kx x2 Xét phương trình kx 2 x2 2 kx 4 0 (1) 2 ' k 2 4 0 với mọi k , suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt. Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. b) Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, Suy ra A x1;,; y 1 B x 2 y 2 thì H x12;0 , K x ;0 2 2 2 2 2 2 Khi đó IH x1 4, IK x 2 4, KH x 1 x 2 2 2 2 2 2 Theo định lý Viet thì xx12 4 nên IH IK x12 x 8 KH Vậy tam giác IHK vuông tại I . Câu 3)
16. u 9 u 1 v 2 Đặt x y u, xy v (với v 0). Hệ đã cho trở thành . 15 v 2 v 2 v 2 2 Phương trình (2) có dạng 2vv 5 2 0 1 . v 2 + Với v 2 thay vào PT (1) tìm được u 3. Ta có hệ phương trình xy 3 2 nên xy, là nghiệm của phương trình XX 3 2 0, tức là xy 2 xy, 1;2 , 2;1 . 1 3 + Với v thay vào PT (1) tìm được u . Ta có hệ phương trình 2 2 3 xy 2 2 31 nên xy, là nghiệm của phương trình XX 0 , tức là 1 22 xy 2 11 xy; 1; , ;1 .Từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm như trên. 22 Câu 4) AB AD a) ABD AEB (g.g) AB2 AD. AE . AE AB B b) OMA 900 (định lý đường kính, E dây cung) M thuộc đường tròn I M D K A đường kính OA (1). Ta có H O F ABO 900 (tính chất tiếp tuyến) B thuộc đường tròn đường C
17. kính OA (2). Ta có ACO 900 (tính chất tiếp tuyến) C thuộc đường tròn đường kính OA (3). Từ (1),(2),(3) suy ra 5 điểm ABMOC,,,, cùng thuộc một đường tròn đường kính OA . AH AD c) Mà AB2 AD. AE (cmt) AH AO AD AE . Chứng AE AO minh AHD AEO (c.g.c) AHD AEO Tứ giác OHDE nội tiếp. d) Ta có AHD AEO (cmt), OHE ODE (tứ giác OHDE nội tiếp); AEO ODE ( OED cân tại O). Suy ra AHD EHO . Ta có AHB DHB 900 ( BC OA tại H ); EHO EHB 900 ( BC OA tại H ); AHD EHD (cmt) EHB BHD HI là phân giác EHD ID HD Xét EHD có HI là đường phân giác .Ta có tia HI là tia IE HE phân giác EHD ; HI HK ( BC OA tại H ); EHD EHF là hai góc kề bù HK là tia phân giác EHF . Xét EHF có HK là đường phân giác KF HD ID HD KF HF . Ta có (cmt); (cmt); HD HE ( H KE HE IE HE KE HE ID KF ID KF là trung điểm cạnh HF ) . Xét EFD có (cmt) IE KE IE KE IK// DF (định lý Ta-lét đảo). 1 a b a b Câu 5) Do a,1 b a b . Thiết lập hai bất đẳng 21 c a b c thức tương tự và cộng chúng lại theo vế, ta a b a b được: 2 .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 c a b c 1 abc . Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức vế bên phải. Do 2 aa bb ab,1 nên ; Từ đó suy ra: 1 c a c 1 c b c
18. a b a b  3, với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 c a c b c abc 1. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 x 3 x 2 x 2 x Câu 1) P :1 x 2 3 x x 5 x 6 x 1 x 0 a) Điều kiện xác định : x 4 x 9 Ta có: x 3 x 2 x 2 x P :1 x 2 x 3xx 23 x 1 x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 x : xx 23 x 1 x 9 x 4 x 2 x 1 x 1 . xx 23 x xx 2 b) Ta có x 1 x 0 P 0 0 x x 2 0 x 4 . xx 2 x 20 c) Đặt xt 11 thì xt 1. Ta có: x 1 t t1 t2 4 t 3 3 Pt 2 4 xx 2 1 2 tt 1 2 2 t2 43 t P t t 31 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: t 2 3 2 3 4. Dấu bằng tP
19. 3 xảy ra khi và chỉ khi t t 3 x 1 3 x 4 2 3 . Vậy t 1 GTNN của là 2 3 4 . P Câu 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: x22 m 5 x m x m 5 x m 0 (1). Ta có: m 5 22 4 m m 3 16 0,  m Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m .Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. b) Ta có xx12, là hai nghiệm của (1). Theo định lý Viet, ta có: x12 x m 5 x12. x m Ta có: 2 22 22 M x1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 m 5 4 m m 3 16 16 . Do M 0 nên M 4 . Dấu bằng xảy ra khi m 3.Vậy M min 4 . Câu 3) Gọi vận tốc xe máy là x (km/h) Điều kiện x 0 . Gọi vận tốc ô tô là y (k,/h). Điều kiện y 0. 210 Thời gian xe máy dự định đi từ A đến B là: giờ. Thời gian ô tô dự x 210 định đi từ B đến A là: giờ. Quãng đường xe máy đi được kể từ khi y gặp ô tô cho đến khi đến B là : 4x (km). Quãng đường ô tô đi được kể từ 9 khi gặp xe máy cho đến khi đến A là : y (km). Theo giả thiết ta có hệ 4 phương trình:
20. 99 210 210 9 210 210 7 44x y x y 1 4 447 xy 4 xy4 xy4 9 9 xy 2 210 4xy 210 9 4 4 4xy 210 2 4 Từ phương trình (1) ta suy ra 99 44x y x y 7 9yx 4 3 44 0 xy . Thay vào phương trình x y4 4 x y 4 12 9 (2) ta thu được: y y 210 y 40 , x 30 . 44 Vậy vận tốc xe máy là 30 km/h. Vận tốc ô tô là 40 km/h. Câu 4) a) Ta có MD là đường trung bình của tam giác CBH . Suy ra CDM CBA CNM Vậy tứ giác CMDN nội tiếp. b) Do tứ giác CMDN nội tiếp nên NDC NMC AMH 00 Suy ra SDN 90 NDC 90 AMH BAN . A Do SB là tiếp tuyến của O E nên BAN SBN .Suy ra H O M SDN SBN .Do đó, tứ giác D C SBDN nội tiếp. suy ra, B DSN DBN NEC .Vậy N F CE song song với SA . c) Gọi F là giao điểm S của CN với SD .
21. Ta có: FSN NEC (so le) NCS . Suy ra FNS FSC FS2 FN. FC .Xét tam giác vuông DFC có DN là đường cao. Ta có, FD2 FN. FC . Suy ra FD22 FS hay F là trung điểm của SD . Câu 5) Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra xy,0 . Xét phương trình: x3 y 3 7 x y xy 8 xy 2 x 2 y 2 . Ta có: 2 xy3 37 xyxy xyxy 2 2 6 xy xyxy 4 xy . 22 Theo bất đẳng thức Cô si ta có: x y 4 xy 2 x y .4 xy . Suy ra 22 xy33 7 xyxy 4 xyxy xy 4 xyxy . Ta có 2 x y x2 y 2 2 xy 2 x 2 y 2 .2 xy . Suy ra x3 y 3 7 x y xy 8 xy 2 x 2 y 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy . Thay vào phương trình (2) ta thu được: x 3 x 2 x 3 6 2 x 2 x 3 x 2 x 3 2 x 3 23xx 1 3 Suy ra x 3 hoặc: 23xx Do x nên pt này vô nghiệm. Tóm lại: 2 2 Hệ có nghiệm: xy 3.