›
›
›

Đáp án 30 bộ Toán 9 vào 10 các tỉnh cả nước - Năm học 2017 – 2018

pdf 48 trang dichphong 3690
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đáp án 30 bộ Toán 9 vào 10 các tỉnh cả nước - Năm học 2017 – 2018", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfdap_an_30_bo_toan_9_vao_10_cac_tinh_ca_nuoc_nam_hoc_2017_201.pdf

Nội dung text: Đáp án 30 bộ Toán 9 vào 10 các tỉnh cả nước - Năm học 2017 – 2018

  1. Biển học Kiến thức “Rỗng lớn” Mênh mông, chỉ lấy “Siêng năng” là “Bờ bến”. ĐÁP ÁN – 30 BỘ TOÁN 9 VÀO 10 CÁC TỈNH CẢ NƯỚC Năm học: 2017 – 2018 (Đề bài vào Trang –Web Site Nguyễn Văn Đại) Đáp án – Bắc Giang: Năm 2017 – 2018 Bài 1 1/ Tính giá trị của biểu thức: A 25 3 8 2 18 2/ Tìm m để hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2;3) Giải: 1/ Tính giá trị biểu thức: A 25 38 218 52 32 3 22.3 2 5 3.22 2.32 5 62 62 5 A = 5 2/ Tìm m để hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2;3) - Thay K(2;3) vào y = 2x + m ta có: 3 = 2.2 + m m = - 1 m = - 1 Bài 2 3x y 10 1/ Giải hệ pt sau: 2x 3y 3 Giải 3x y 10 9x 3y 30 11x 33 x 3 Ta có: 2x3y 3 2x3y 3 y103x y1 x x x x x 3 x 1 1 2/ Cho biểu thức: B. (với x 0;x 1;x ). Tìm x x 1 1 x 2x x 1 4 tất cả các giá trị của x để B < 0. Giải - Ta có: xxx x x3 x1 x(x x1) x3(x1)(x1) B xx1 1 x2x x1 (x1)(x x 1) x1(x 1)(2x1) x x 3 x 1 2 x 3 B. x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 3 B 2 x 1 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  2. 2 x 3 - Tìm x để B thì pt (1) có 2 nghiệm dương phân biệt. 2 + Tìm m để đạt giá trị nhỏ nhất. P | x12 x | 2 P (x1 x) 2 2xx 1 2 2m 5 22m 1 (2m 1 22m 1 1) 3Vậy 2 P2 2m 1 1 3 3 P 3 khi m = 0 thì giá trị nhỏ nhất của P3 Bài 3 Để chuẩn bị cho năm học mới, HS hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại SGK và sách tham khảo. Trong đó mỗi HS lớp 9A ủng hộ 6 quyển SGK và 3 quyển Sách tham khảo; mỗi HS lớp 9B ủng hộ 5 quyển SGK và 4 quyển sách tham khảo. Biết số SGK ủng hộ nhiều hơn sách tham khảo là 166 quyển. Tính số HS của mỗi lớp. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  3. Giải Gọi x, y là số HS của Lớp 9A, 9B (đk: x, y nguyên dương) Số SGK và sách tham khảo Lớp 9A ủng hộ được là 9x (quyển) Số SGK và sách tham khảo Lớp 9B ủng hộ được là 9y (quyển) Ta có pt sau: 9x + 9y = 738 (1) Vì SGK ủng hộ được nhiều hơn sách tham khảo 166 quyển. Ta có pt: (6x + 5y) – (3x + 4y) = 166 3x + y = 166 (2) 9x 9y 738 x y 82 2x 84 x 42 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 3x y 166 3x y 166 y 82 x y 40 Vậy HS của Lớp 9A là 42 em; HS Lớp 9B là 40 em. Bài 4 Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK của cắt nhau tại H (với E BC;K AC ). 1/ CMR: Tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn. 2/ CMR: CE.CB = CK.CA 3/ CMR: OCA BAE 4/ Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thõa mãn điều kiện nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn (T) cố định. Xác định tâm I và bán kính r của đường tròn (T), biết R = 3cm. Giải 1/ Chứng minh tứ giác ABEK nội A tiếp đường tròn Ta có: AEB BKA 900 Tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn. K O 2/Chứng minhrằng:CE.CB = CK.CA Xét AEC và BKC ta có: B C E E K 900 AEC BKC(gn tgv) C - chung CE CA CE.CB CK.CA (đpcm) CK CB Bài 5 Cho hai số thực dương a, b thõa mãn 2a 3b 4. Tìm GTNN của biểu thức: 2002 2017 Q 2996a 5501b ab Giải 4 2a Vì 2a 3b 4 b 3 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  4. 2017 6051 Do đó: b 4 2a 4 2a 11002a 22004 Ta có: 5501b 5501. 3 3 3 2002 6051 1102a 22004 Q 2996a a 4 2a 3 3 1 1 4 2a Q 2002 4a 6051 10024 a 4 2a 9 Theo BĐT Cô Si ta có: 11 4a 2 .4a 4 aa 1 4 2a 1 4 2a 2 2. 4 2a 9 4 2a 9 3 Ta có: 2 Q 2002.4 6051. 10024 3 Q 2018 1 Dấu “=” xẩy ra khi a ;b 1 2 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  5. Đáp án – Bắc Ninh: Năm 2017 – 2018 Câu I. 1/ Giải hệ phương trình: 2/ Rút gọn biểu thức với Giải 2x 4 x 2 x 2 1/ Giải hệ phương trình: x y 5 y 5 x y 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; 3). 2/ Rút gọn biểu thức P. x2 1 1 (x2)(x2) x P x 2 x x x 2 x x 2 x 4x 2 x 2 x 2 P x x 2 x x 2 x x2 Vậy P với x > 0. x Câu II. Cho phương trình , với là tham số 1/ Giải phương trình với . 2/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi , là hai nghiệm của phương trình , lập phương trình bậc hai nhận và là nghiệm. Giải 1/ Giải phương trình với . 2 - Thay m = 2 ta có pt: x – 4x + 3 = 0 x1 = 1; x2 = 3 Vậy khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. 2/ Chứng minh pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt mọi m và ' 1 0  m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 12 2 x12 x m 1 Biến đổi phương trình: Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  6. x22 2mx m 1 0 x22 2mx m 1 x3 2mx 2 m 2 x x x3 2mx 2 m 2 x 2 x 2 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 3 2 2 3 2 2 x1 2mx 1 mx 1 2 x 2 2mx 2 mx 2 2 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2 42m4 3 2 2 3 2 2 2 x111 2mx mx 2.x 222 2mx mx 2 x 1 2.x 2 2 xx 1212 2x x 4m 4m3 Phương trình cần lập là: x22 2m 4 x m 4m 3 0 . Câu III. Giải bài toán bằng cách Lập phương trình, hệ phương trình. Một nhóm gồm 15 học sinh (cả Nam và Nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn Nam trồng được 30 cây, các bạn Nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn Nam trồng được số cây như nhau và mỗi bạn Nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh Nam và số học sinh Nữ của nhóm, biết rằng mỗi bạn Nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn Nữ 1 cây. Giải Gọi x, y là số HS Nam, Nữ của nhóm (đk: x, y nguyên dương và x, y < 15) Vì nhóm có số HS cả Nam và Nữ là 15 em ta có pt: x + y = 15 (1) 30 Số cây mỗi bạn Nam trồng được (cây) x 36 Số cây mỗi bạn Nữ trồng được (cây) y 36 Vì số cây mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn một bạn nữ là 1 cây: - = 1 (2) y Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: x y 15 y 15 x y 15 x y 15 x 30 36 30 36 x1 6(tm) 1 1 x2 81x 450 0 (x 6)(x 75) 0 xy x 15 x x2 75(loai) x6 y9 Vậy số HS Nam là 6 em, HS Nữ là 9 em. Câu IV. Từ điểm nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến , với đường tròn ( là các tiếp điểm). Lấy điểm trên cung nhỏ ( không trùng với và ). Từ điểm kẻ vuông góc với vuông góc với vuông góc với (D . Gọi là giao điểm của và là giao điểm của và . Chứng minh rằng: 1/ Tứ giác nội tiếp một đường tròn. 2/ Hai tam giác và đồng dạng. 3/ Tia đối của là tia phân giác của góc . 4/ Đường thẳng song song với đường thẳng Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  7. Giải 1/ Chứng minh tứ giác nội tiếp một A 1 đường tròn. 2 E Tứ giác ADCE có: 1 I 0 C 1 ADC  90 CD AB 1 1 D M x 2 2 O 0 AEC  90 CE MA K 1 0 ADC AEC 180 F 1 Tứ giác ADCE nội tiếp 2 B 2/ Chứng minh hai tam giác và đồng dạng Tứ giác ADCE nội tiếp A1 D 1 và A 2 E 1 Chứng minh tương tự, ta có B2 D 2 và B 1 F 1 11 Mà A1 B 1 sđv AC à A 2 B 2 sđBC 2 2 D1 F 1 và D 2 E 1 CDE CFD (g.g) 3/ Chứng minh tia đối của là tia phân giác của góc . Vẽ Cx là tia đối của tia CD CDE CFD DCE DCF 0 Mà C12 DCE C DCF 180 CC12 Cx là tia phân giác của ECF 4/ Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng Tứ giác CIDK có: 0 ICK IDK ICK D1 D 2 ICK B 1 A 2 180 CIDK là tứ giác nội tiếp IDIA1 2 1 2 IK // AB Câu 5. 1/ Giải phương trình ( . 2/ Cho bốn số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  8. Giải 1/ Giải phương trình: x2 x 1 x 2 4x 1 6x 2 Cách 1: Với x=0, ta thấy không là nghiệm của phương trình Với x , chia cả hai vế của phương trình cho , ta được: = , rồi đặt ẩn phụ là đưa về phương trình ẩn t, rồi tìm được nghiệm x. Cách 2: Nhân đa thức với đa thức, chuyển vế đưa về phương trình bậc bốn. Nhẩm nghiệm được và có nhân tử là và phương trình bậc hai, dễ dàng tìm được nghiệm Cách 3: Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành: y x y 4x 6x 2 y2 3xy 4x 2 6x 2 y22 3xy 10x 0 y 2x y 5x 0 y 2x y 5x Với y = 2x thì x12x22 x2x10 x1 2 0 x1 5 21 Với y = – 5x thì x22 1 5x x 5x 1 0 x 2  5 21 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;  2 2/ Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. x y z x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . xyzt Với x, y, z, t > 0 theo bất đẳng thức Cô si ta có x y 2xy;(x y) z 2(x y)z;(x y z) t 2(x y z)t Suy ra x y x y z x y z t 8xyzt(x y)(x y z) Mà x + y + z + t = 2 suy ra x y x y z.2 8 xyzt(x y)(x y z) x y x y z 4 xyzt(x y)(x y z) (x y)(x y z) 4 xyzt (x y)(x y z) 16xyzt (x y z)(x y) 16xyzt Nên A 16 xyzt xyzt Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  9. 1 xy xy 4 x y z 1 Dấu = xảy ra khi z x y z t 2 x y z t 2 t1 11 Vậy Min A = 16 x y ;z ;t 1 42 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  10. Đáp án – Bình Định: Năm 2017 – 2018 Câu 1 x 2 4 x Cho hai biểu thức: A;B x 2 x 2 x4 a/ Tính A khi x = 9 b/ Thu gọn T = A – B c/ Tìm x để T nguyên Giải 93 a/ Khi x = 9, ta được A3 92 32 b/ Thu gọn T = A B ĐK : x 0 , x 4 x 2 4 x x. x 2 2. x 2 4 x TAB x 2 x 2 x4 x 2 x 2 2 x2x2x44x x4x4 x 2 x 2 T x2x2 x2x2 x2x2 x2 c/ Tìm giá trị x để T nguyên x 2 4 T1 x 2 x 2 T nguyên khi x 2 U(4) 1; 2; 4 x 2 1(loai) x 2 1(loai) x 2 2 x 0 x 2 2(loai) x 4 (KTMDK) x 2 4 x 2 4(loai) Vậy đối chiếu điều kiện khi x = 0 thì T nhận giá trị nguyên. Câu 2 Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0 a/ Giải phương trình khi m = 0 2 2 b/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  11. Giải a/ Giải phương trình khi m = 0 Khi m = 0 phương trình trở thành: x2 9 0 x 3 2 2 b/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13 ' m22 6m9 (m3) 0,m  Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m. Theo hệ thức Viet ta có: x12 x 2m x12 .x 6m 9 3 Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x x 0 6m 9 0 m 12 2 Ta có 2 22 2 x1 x 2 13 x 1 x 2 2xx 1 2 13 (2m) 2(6m9)13 0 5 m (loai) 2 2 4m 12m 5 0 1 m (tm) 2 1 2 2 Vậy khi m = thì pt có 2 nghiệm trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13 2 Câu 3 Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu. Giải Gọi x, y (m) chiều dài, chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật (đk: 0 y < x < 12) Diện tích mảnh đất ban đầu : x.y (m2) Theo đề ta có phương trình: 2(x+ y) = 24 (1) Nếu tăng chiều dài 2m và giảm chiều rộng 1m thì diện tích tăng 1m2 Theo đề bài ta có phương trình: (x + 3)(y-1) – xy = 1 (2) 2 x y 24 x y 12 x 7 Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau (x 2)(y 1) xy 1 x 2y 3 y 5 Vậy Chiều dài mảnh đất hcn lúc đầu 7m, chiều rộng 5m. Câu 4 Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  12. a/ Chứng minh rằng bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b/ Chứng minh rằng: Ba điểm D, E, F thẳng hàng. BC AC AB c/ Chứng minh rằng: MD ME MF Giải a/ Chứng minh tứ giác MDBF và MDEC A nội tiếp đường tròn - Ta có: MF  AB nên MFB 900 MD BC nên MDB 900 Tứ giác MDBF có E MFB MDB 900 90 0 180 0 B D 2 Do đó tứ giác MDBF nột tiếp 1 C 1 Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường 1 2 tròn. F M - Ta có : MD BC nên MDC 900 ME AC nên MEC 900 MDC MEC 900 Suy ra D, E cùng nhìn MC dưới 1 góc vuông bằng nhau. Do đó 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b/ Chứng minh rằng: Ba điểm D, E, F thẳng hàng. Vì tứ giác MDBF nội tiếp nên MD11 (cùng chắn cung BF) Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên MD22 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp nên BC1 ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp) Do đó MM12 ( cùng phụ với BC1; ). Suy ra: DD12 0 D1 BDE 180 Vậy ba điểm D, E, F thẳng hàng. c/ Chứng minh rằng: Ta có AC AB AE EC AF FC AE EC AF FC ME MF ME MF ME ME MF MF tan AME tan M21 tan AMF tan M Mà nên Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  13. AC AB tan AME tan AMF ME MF Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên AME AFE BMD ( Bạn đọc tự nhìn vào hình vẽ) AMF AEF DMC Do đó AC AB tan AME tan AMF tan BMD tan MDC ME MF BD DC BD DC BC (dpcm) MD MD MD MD Câu 5: a5 b 5 c 5 Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR: a3 b 3 c 3 bc ca ab Giải a555 b c a 6 b 6 c 6 (a 32 ) (b 32 ) (b 32 ) bc ca ab abc abc abc abc abc abc - Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz : a555 b c (a 32 ) (b 32 ) (b 32 ) (a 3332 b c ) (a 333333 b c )(a b c ) bc ca ab abc abc abc abc abc abc 3abc - Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 3 số a3, b3, c3 ta được: a3 b 3 c 3 3abc3 3 3 3 3abc Do đó a555 b c (a 333333 b c )(a b c ) (a 333 b c )3abc a3 b 3 c 3 (đpcm) bc ca ab 3abc 3abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  14. Đáp án – Bình Dương Năm 2017 – 2018 Bài 1 : Rút gọn biểu thức sau: 2 1/ A 3 3 2 12 27 ; 2 / B 3 5 6 2 5 . Giải 1/ A 33 212 27 33 4333 43 ; 2 2/ B 35 62535512 Bài 2: Cho parabol (P): yx 2 và đường thẳng (d): yx 49. 1/ Vẽ đồ thị (P); 2/ Viết phương trình đường thẳng ()d1 biết song song (d) và tiếp xúc (P). Giải 1/ Vẽ đồ thị hàm số (P) : y = x2 Ta có: Parabol (P) đi qua 5 điểm 0;0 , 1;1 , 1;1 , 2;4 , 2;4 y 4 1 -2 -1 O 1 2 x 2/ Viết phương trình đường thẳng // (d) và tiếp xúc (P). // (d) : y 4 x b (b 9) tiếp xúc (P) khi đó pt x22 4 x b x 4 x b 0 có nghiệm kép ' 4 b 0 b 4 Vậy pt đường thẳng (d1 ): y 4 x 4 Bài 3 : 25xy 2017 1/ Giải hệ phương trình . Tính P x y với x, y vừa tìm được. xy 53 2/ Cho phương trình x2 10 mx 9 m 0 (1) (m tham số) a/ Giải phương trình (1) với m = 1. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  15. b/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa điều kiện xx12 90. Giải 2017 1/ Giải hệ phương trình rồi tính P x y với x, y tìm được. 2x y 5 10 x 5 y 25 11 x 22 x 2 . x 5 y 3 x 5 y 3 y 2 x 5 y 1 2017 2017 Tính P x y 2 1 12017 1 2/ Cho pt sau: x2 10 mx 9 m 0 (1) 2 a/ Thay m = 1 ta có pt xx 10 9 0 pt có 2 nghiệm phân biệt xx12 1, 9 m 0 b/ Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt là ' 25mm2 9 0 9 m 25 Theo định lý Vi ét ta có: x1 x 2 10 m 10 x 2 10 m x 2 m x 2 m x1 9 x 2 0 x 1 9 x 2 0 x 1 9 m x 1 9 m m 1 x x 99 m x x m 2 m 0 1 2 1 2 9mm 9 0 m 1 Vậy m = 1 thì pt có 2 nghiệm phân biệt thõa mãn Bài 4 Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày? Giải Cách 1: Gọi x (ngày) là thời gian một mình đội I làm xong công việc, y (ngày) thời gian một mình đội II làm xong công việc (đk:x, y > 6) Vì đội I làm chậm hơn đội II nên hết nhiều thời gian hơn ta có pt sau: x y = 9 (1) 1 1 1 1 1 Trong 1 ngày đội I làm được , đội II làm được , ta có phương trình (2) x y xy6 xy 9 Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: 1 1 1 xy6 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  16. xy 9 xy 9 xy 9 x 18 Giải hệ pt ta được: 1 1 1 2 y 9( tm ) yy 3 54 0 y 9 xy6 y 6( loai ) Vậy thời gian một mình đội I làm xong công việc là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Cách 2: Gọi x (ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 9), x 9 (ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x x 9 1 1 1 xx 96 1 1 1 2 x 18 Giải phương trình: xx 21 54 0 ( = 225) xx 96 x 3( loai ) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Bài 5 Cho AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH AB (H AB), MH cắt đường tròn tại N, biết MA = 10cm, AB = 12cm. a/ Tính MH và bán kính R của đường tròn; b/ Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và các hệ thức sau: NB2 NE. ND và AC BE BC AE . c/ Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Giải a/ Tính MH và bán kính R của đường tròn; M Theo t/c đường kính và dây cung H trung điểm AB AH = 6cm AMH vuông tại H MH = AM2 AH 2 10 2 6 2 8cm D AMN vuông tại A, đường cao AH O AH2 36 I AH2 HM.HN HN 4,5cm MH 8 A H E B C Bán kính MN MH HN 8 4,5 R 6,25 cm N 2 2 2 b/ Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và có hệ thức: NB 2 NE . ND và AC BE BC AE MDE MHE 900 MDE MHE 1800 Vậy tứ giác MDEH nội tiếp đường tròn. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  17. - Xét NBE và NDB ta có: NBE NDB NBE NDB(gg) N Chung NB NE NB2 NE.ND (đpcm) ND NB - Xét ADB ta có: ADN BDN(Vi NA NB) + Vì ADE BDE DE là phân giác trong ABD BE DB (1) AE DA + Vì ED  DC DC là phân giác ngoài ABD tại đỉnh D. BC DB (2) AC DA - Từ (1) và (2) Suy ra; BE BC AC.BE BC.AE AE AC c/ Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE Từ E kẻ EI // AM (I BM) AMB EIB (gg) EIB cân tại I IE = IB. Gọi (O ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp EBD . Ta có NB  BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BN  BI BN là tiếp tuyến đường tròn (O ) EBN ED B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), EBN EDB (chắn cung NA NB ) D nằm trên đường tròn (O ) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  18. Đáp án – Đồng Nai - Năm 2017 – 2018 Câu 1. 1/ Giải phương trình: xx2 9 20 0 7x 3y=4 2/ Giải hệ phương trình : 4x y=5 3/ Giải phương trình: xx4 22 3 0 Giải 1/ Giải phương trình sau: 9 1 9 1 Cách 1: = 81 – 80 = 1 > 0 x 5;x 4 1222 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {4;5} 22 xx 5 0 5 Cách 2: xx 9x 20 0 0 5 x 4 x 20 0 ( x 5)( x 4) 0 xx 4 0 4 Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} 734x y 734 x y 1919 x x 1 2/ Giải hệ phương trình : 4x y 5 12 x 3 y 15 4 x y 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x; y )= (1; 1) 3/ Giải phương trình: x42 23x 0(1) Cách 1: x2 30 x 3 xx4 23x 2 0 4 3 x 2 x 2 30(3)(1)0 x 2 x 2 2 22 x 10 Vn( x 0 x 1 0) Vây phương trình có tập nghiệm S 3; 3 Cách 2: Đặt t = x2 ( t 0) ta có phương trình t2 - 2t – 3 = 0 (2) Ta có : t1 = - 1(loại); t2 = 3 (nhận) 2 Với t2 = 3 xx 33 Vây phương trình có tập nghiệm Câu 2. 1 Cho hai hàm số yx 2 và yx 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1/ Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2/ Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Giải Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  19. 1/ Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 1 * yx 2 2 Hàm số xác định với mọi x Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 1 -2 0 -2 2 Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa độ, nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới trục hoành,O là điểm cao nhất * y = x - 4 Đồ thị hs là đường thẳng đi qua hai điểm (0;-4) và (4;0) 2/ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 1 x22 x 4 x 2 x 8 0 2 ' + 1 8 9 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 2; x2 = - 4 + Khi x1 = 2 y1= - 2 + Khi x2 = - 4 y2 = - 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2; -2) và (- 4;-8) Câu 3. a 2 a 2 4 1/ Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2/ Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Giải 1/ Rút gọn biểu thức T Với a > 0 và a 4 , ta có 22 a 2 a 2 4a 2 a 2 a 4 T . a . a 2 a 2 aa 2 . a 2 a a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 8 a T. 8 a4 a a Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  20. 2/ Giải toán Lập pt hoặc hệ pt sau: Cách 1: Gọi x (xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương) 120 Số tấn hàng mỗi xe dự định chở (tấn) x x + 4 (xe) là số xe của đội lúc sau 120 Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở (tấn) x 4 120 120 Theo đề bài ta có pt sau : 1 xx 4 Giải phương trình ta được x = 20 (tmđk); x= - 24 (loại) Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20 = 6(tấn) Cách 2: Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 ) Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn ) 120 Số xe dự định ban đầu : ( xe ) x 120 Số xe lúc sau : ( xe ) x 1 Theo đề bài ta có pt sau : – = 4 Giải pt ta được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn ) Câu 4 Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0 có hai 2 2 nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = (x1) + (x2) đạt giá trị nhỏ nhất. Giải 2 2 Để phương trình: x + ( 2m – 1 )x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 5 thì 0 4mm 5 0 4 5 Với m thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x1, x2 khi đó theo hệ thức vi ét 4 2 Ta có: x1 + x2 = 1 - 2m ; x1.x2 = m – 1 2 2 2 2 2 2 2 Nên P = (x1) + ( x2) = (x1+ x2) – 2x1.x2 = (1 - 2m) – 2(m – 1) = 1 - 4m + 4m - 2m + 2 = 2m2 - 4m + 2 + 1 = 2(m – 1 )2 + 1 1 Đẳng thức xảy ra (mm 1)2 0 1(tmđk) 5 P = 1 khi m = 1 < min 4 Vậy với m = 1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  21. Câu 5 Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc CAB, ABC , BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1/ Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2/ Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3/ Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4/ Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ DFC Giải 1/ Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. BE là đường cao ABC BE  AC AEH 900 A CF là đường cao ABC CF  AB AFH 900 Tứ giác AEHF có AEH AFH 1800 nên tứ M E giác AEHF nội tiếp đường tròn F 2/ Chứng minh CE.CA = CD.CB H + Xét ADC và BEC ta có : ADC BEC 900 J I C chung B C ADC BEC (gn – tgv) D O N DC AC DC.BC CE.AC (đpcm) EC BC 3/ Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF Tứ giác BFEC có BEC BFC 900 tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF OBE cân tại O (do OB = OE) OBE OEB AEH vuông tại E có EM trung tuyến. AH ME = MH = , do đó MHE cân tại M 2 MEH MHE BHD Mà BHD OBE 900 ( HBDvuông tại D) Nên OEB MEH 900 Suy ra MEO 900 EM OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  22. 4/ Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ DFC + Tứ giác AFDC có AFC ADC 900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn BDF BAC BDF và BAC có (cmt); B chung BDF BAC(gg) Chứng minh tương tự ta có DEC ABC(g-g) Do đó DBF DEC BDF EDC BDI IDF EDJ JDC (1) IDJ FDC Vì DBF DEC (cmt); DI là phân giác, DI DJ DJ là phân giác (2) DF DC Từ (1) và (2) suy ra DIJ DFC (c-g-c) Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  23. Đáp án – Hà Nội - Năm 2017 – 2018 Bài 1 x2 3 20 2 x Cho hai biểu thức: A và B với x 0;x 25 x5 x5 x 25 1/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 1 2/ Chứng minh rằng B x5 3/ Tìm tất cả các giá của x để A B.| x 4 | Giải x 2 9 2 3 2 5 1/ Thay x = 9 vào tính A ta có: A x 5 9 5 3 5 2 2/ Chứng minh rằng: Ta có: 3 202x3(x5)202x x5 1 B x5x 25 (x5)(x5) (x5)(x5) x5 Vậy 3/ Tìm tất cả các giá của x để với x 0,x 25, ta có: x 2 1 A B. x 4  x 4 x 2 x 4 x 5 x 5 x 2 x 2 x 2 1 x 2 x 2 1 do x 2 0 x 2 0 x 4 x 2 1 x 2 1 x 9(tm) x 2 0 0 x 4 x 2 1 x 2 1 x 1(tm) Vậy x 9;1 là giá trị cần tìm. Bài 2: Giải bài toán bằng cách Lập pt hoặc hệ pt Một xe ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vẫn tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường dài 120 km. Do vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. Giải 3 Gọi vận tốc xe máy đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0) ( 36 phút = giờ) 5 Vận tốc của ô tô đi từ A đến B là x + 10 (km/h). Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  24. 120 Thời gian xe máy đi từ A đến B là (h) x 120 Thời gian ô tô đi từ A đến B là (h) x 10 120 120 3 Ta có phương trình: x x 10 5 Giải phương trình được: x1 = 40 (tmđk); x2 = – 50 (loại) Vậy vận tốc của xe máy đi A đến B là 40 km/h, vận tốc ô tô là 50 km/h. Bài 3 x 2 y 1 5 1/ Giải hệ pt sau: 4 x y 1 2 2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ax + 5. a/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0;5) với mọi giá trị của m. b/ Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P): y = x2 tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt x1; x2 (với x1 |x2|. Giải 1/ Giải hệ phương trình sau: ĐK: x 0,y 1 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 9 x 9 4x y12 8x2y14 x 2 y 1 5 x1 x1 x1 (thỏa mãn điều kiện) 1 2 y 1 5 y 1 2 y5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 5). 2/ Cho đường thẳng (d): y = ax + 5. a/ Chứng minh (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi m. Thay x = 0, y = 5 vào phương trình y = mx + 5, ta được: 5 m.0 5 5 5 (đúng m) Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) b/ Tìm giá trị m để (d) cắt Parabol (P) y = x2 tại hai điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x22 mx 5 x mx 5 0 (*) Vì ac = – 5 < 0 nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm trái dấu (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2, với x1 0 x 2 (do x 1 x 2 ) Mà xx12 nên: x12 x 0 m 0 (theo hệ thức Vi-ét) Vậy m < 0 là giá trị cần tìm. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  25. Bài 4 Cho đường tròn (O) ngọai tiếp ABC nhọn. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K. 1/ Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng nằm trên một đường tròn. 2/ Chứng minh NB2 = NK.NM 3/ Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. 4/ Gọi P, Q lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp MBK, MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh rằng ba điểm D, I, K thẳng hàng. Giải 1/ Chứng minh bốn điểm C, N, K, I A thuộc một đường tròn. M Ta có N,C11 là các góc nội tiếp chắn lần lượt 1 các cung nhỏ MA, MB Mà MA MB (GT) H O I 1 NC11 2 2 1 1 Bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường B C 1 K tròn (theo bài toán cung chứa góc) 1 2 N 2/ Chứng minh NB2 = NK.NM Ta có B,M11 là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ NC, NB Mà NC NB (GT) BM11 NBK và NMB có: BNM chung, B11 M NBK NMB (g.g) NB NK NB2 NK.NM NM NB 3/ Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. Xét đường tròn đi qua bốn điểm CNKI có: NK2 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI) Mà N2 ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) K1 ABC Do hai góc ở vị trí đồng vị nên KI // BH Chứng minh tương tự ta được HI // BK Tứ giác BHIK có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. Cách 1: Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  26. Vì MA MB nên CC21 , hay CM là tia phân giác của góc ACB Tương tự, AN là tia phân giác của góc BAC ABC có hai đường phân giác AN và CM cắt nhau tại I BI là đường phân giác thứ ba của ABC Hình bình hành BHIK có BI là đường phân giác của góc B nên là hình thoi. Cách 2: Vì H,K12 là các góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên: sđMA sđ NB sđ MB sđ NC H12 , K 22 H12 K do MA MB , NB NC BHK cân tại B BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên là hình thoi. 4/ Chứng minh rằng ba điểm D, I, K thẳng D hàng. M Cách 1: (P) có góc M1 là góc nội tiếp, góc P1 là góc ở tâm cùng chắn cung BK 1 Q 1 E MP11 2 P O 1 Mà PBK cân tại P (vì PB = PK) 0 180 P1 00 1 PBK 90 P11 90 M (1) 3 22 B 1 K C (O) có đường kính DN đi qua N là điểm chính giữa của cung BC DN BC và DN đi qua trung điểm của BC N DBC cân tại D 1800 BDC 1 DBC 900 BDC 22 1 0 Trong (O), dễ thấy M1 BDC DBC 90 M1 (2) 2 Từ (1) và (2) PBK DBC ba điểm D, P, B thẳng hàng Lại có P11 BDC ( 2M ) và hai góc ở vị trí đồng vị PK // DC Chứng minh tương tự được ba điểm D, Q, C thẳng hàng và QK // DB Do đó, PK // DQ và QK // DP Tứ giác DPKQ là hình bình hành E là trung điểm của đường chéo PQ thì E cũng là trung điểm của đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  27. Cách 2: 1 0 Từ PBK cân và M1 P 1 PBK M 1 90 2 Từ DN BC DBK BDN 900 0 DBK M11 90 (do BDN M ) PBK DBK ba điểm D, P, B thẳng hàng. Cách 3: 1 (P) có góc M1 là góc nội tiếp nên M1 sđ BK 2 1 Mà M1 B 1 nên B 1 sđ BK 2 Suy ra BN là tiếp tuyến tại B của (P) BN PB Lại có DBN 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) BN DB Do đó ba điểm D, P, B thẳng hàng. Bài 5 Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thõa mãn: a 1,b 1,c 1 và ab + bc + ca = 9. Tính giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2. Giải - Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2. Ta có: (a b)2 0 a 2 b 2 2ab Tương tự: b2 c 2 2bc ; c 2 a 2 2ca Suy ra: 2(a2 b 2 c 2 ) 2(ab bc ca) P 9 Dấu “=” xảy ra abc abbcca3 abc 3 Vậy min P 9 a b c 3 - Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2. Vì a 1,b 1 nên: (a1)(b1) 0 ab a b1 0 a b ab1 Tương tự: b c bc 1 ; c a ca 1 Do đó: 2(a b c) ab bc ca 3 2(a b c) 12 a b c 6 2 (a b c) 36 (do a b c 0) a2 b 2 c 2 2(ab bc ca) 36 P 2.9 36 P 18 Dấu “=” xảy ra trong ba số a, b, c có ít nhất hai số bằng 1 Nhưng ba số a, b, c không thể đồng thời bằng 1 vì ab bc ca 9 Có hai số bằng 1, do đó số còn lại bằng 4. Vậy max P 18 (a,b,c) 4;1;1 , 1;4;1 , 1;1;4  Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  28. Đáp án – Hải Dương - Năm 2017 – 2018 Câu 1 Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3x y 5 1/ (2x 1)(x 2) 0 2/ 3 x y Giải 1/ Giải phương trình sau: 1 2x 1 0 x 2xx 1 ( 2) 0 2 x 20 x 2 2/ Giải hệ phương trình sau 3x y 5 3 x y 5 2 x 2 x 1 3 x y x y 3 y 3 x y 2 Câu 2 1/ Cho hai đường thẳng (d): y x m 2và (d’): y (m2 2)x 3. Tìm m để (d) và (d’) song song với nhau. x x 2 x 1 x 2/ Rút gọn biểu thức: P: với x 0;x 1;x 4. x x 2 x 2 x 2 x Giải 1/ Tìm m để đường thẳng d // d’ 12 m2 m 1 Đường thẳng d // d’ khi hệ số gốc a = a’ và b b’ m 23 m 1 Vậy khi m = - 1 thì đường thẳng d // d’. 2/ Rút gọn biểu thức P: xx2x1x xx2 x x1 A:: x x 2 x 2 x 2 xx 1 x 2 x x 2 x 2 x x 2 x x 1x x x 2 x x 1 x 2 A:. x1x2xx2x 2 xx1x2 x 1 xxx2xxxx 1 2x2x 2 x x 1 A. x x 1x1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 2 A x1 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  29. Câu 3 1/ Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ? 2 2/ Tìm m để phương trình: x 5x 3m 1 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1, x2 33 thỏa mãn x1 x 2 3x 1 x 2 75. Giải 1/ Tính số chi tiết máy mỗi tổ SX được trong tháng đầu. Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ I, II là x, y chi tiết ( x, y nguyên dương x, y < 900) Tháng đầu hai tổ SX được 900 chi tiết máy ta có pt sau x + y = 900 (1) 110 112 Tháng thứ hai Tổ I vượt mức 10%, Tổ II vượt mức 12% ta có pt: x + y = 1 000 (2) 100 100 xy 900 x 400 Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: 110 112 xy 1000 y 500 100 100 Vậy trong tháng đầu tổ 1 SX được 400 chi tiết máy, tổ 2 SX được 500 chi tiết máy. 2/ Tìm m để pt: có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn . 29 25 4(3m 1) 0 m 12 x x 5 12 x12 x 5 x x 3m 1 12 x12 x 3m 1 33 2 x1 x 2 3x 1 x 2 75 x1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 3x 1 x 2 75 29 29 m m 12 12 x12 x 5 x12 x 5 x12 x 3m 1 x12 x 3m 1 3m 78 x x 3m 26 3m 78 x x 3 12 12 3m 26 29 29 mm 29 12 12 29 m m 12 x x 5 x 1 12 1 2 1 5 x x 3 x 4 3m 1 x12 x 1 4 4 m (tm) 1 2 2 3 5 Vậy khi m thõa mãn yêu cầu của bài toán. 3 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  30. Câu 4 Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. 1/ Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2/ Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH. HB2 EF 3/ Chứng minh: 1. HF2 MF Giải 1/ Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. A E MAO MBO 900 . MAO MBO 1800 F M Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. O N H B 2/ Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH. 2 2 Vì MNF ANM(gg) MN NF.NA và NFH AFH(gg) NH NF.NA Vậy MN22 NH suy ra MN = NH Có MA = MB (t/chất 2 tiếp tuyến) và OA = OB = R MO là đường trung trực của AB AH  MO và HA = HB MAF và MEA có: AME chung; MAF AEF MAF MEA (g.g) MA MF MA2 MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF MFH MOE (c.g.c) MHF MEO Vì BAE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng 1 FEB FAB =sđ EB MHF FAB 2 ANH NHF ANH FAB 900 HF  NA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA NM22 NH NM NH. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  31. HB2 EF 3/ Chứng minh: 1. HF2 MF Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN HB22 HA FA.NA NA Mà HA = HB HF22 HF FA.FN NF HB2 = AF.AN (vì HA = HB) EF FA Vì AE // MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF 1 HF2 MF NF NF NF Câu 5 Cho x, y, zlà ba số thực dương thỏa mãn: x y z 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 y 1 z 1 Q . 1 y2 1 z 2 1 x 2 Giải x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 QMN 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Xét 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x x y z M , áp dụng Côsi ta có: 1 y2 1 z 2 1 x 2 22 xx 1 y xy xy22 xy xy x x x 1 y2 1 y 2 1 y 2 2 y 2 y yz z zx Tương tự: yz ; ; Suy ra 1 zx22 2 1 2 x y z xy yz zx xy yz zx M x y z 3 1 y2 1 z 2 1 x 2 2 2 Lại có: x2 y 2 z 2 xy yz zx x y z 2 33 xy yz zx xy yz zx xy yz zx 33 Suy ra: M 33 Dấu “=” xảy ra x y z 1 2 2 2 1 1 1 Xét: N , ta có: 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 1 1 3 N 1 2 1 2 1 2 1 y 1 z 1 x y2 z 2 x 2 y 2 z 2 x 2 x y z 3 1 y2 1 z 2 1 x 2 2 y 2 z 2 x 2 2 33 Suy ra: N 3 Dấu “=” xảy ra 22 Từ đó suy ra: Q 3. Dấu “=” xảy ra Vậy Qmin 3 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  32. Đáp án – Phú Thọ - Năm 2017 – 2018 Câu 1 x 1 a/ Giải phương trình: 10. 2 23xy b/ Giải hệ phương trình: 2 . xy 5 Giải x 1 x 1 a/ Giải phương trình sau: 1 0 1 x 1 2 x 1 22 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. b/ Giải hệ phương trình: 2 x1 1 3 2x y 3 x2 2x 2 x 2x 2 0 2 x2 1 3 x y 5 2x y 3 y 3 2x + Với x1 3 thì y321 3 13 2 + Với x1 3 thì y321 3 13 2 Vậy tập nghiệm của hệ pt là: x,y 1 3;1 2 3 , 1 3;1 2 3 . Câu 2 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình yx 2 và hai điểm A, B 2 thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xxAB 1; 2. a/ Tìm tọa độ A, B. b/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B. c/ Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d). Giải a/ Tìm tọa độ A, B 1 1 1 x 1y  (1) 2 A(1;) AA2 2 2 1 x 2 y  22 2 B(2;2) BB2 1 Vậy A 1; , B(2;2) . 2 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  33. b/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B. Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b. 1 3 1 a b 3a a Ta có hệ phương trình: 2 2 2 2a b 2 2a b 2 b 1 1 Vậy (d): y x 1. 2 c/ Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d). Đường thẳng (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0) OC = 1 và OD = 2. Gọi h là khoảng cách từ O tới (d). Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào vuông OCD, ta có: 1 1 1 1 1 5 2 5 h h2 OC 2 OD 2 1 2 2 2 45 25 Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là h 5 Câu 3 Cho phương trình: x222 (m 1 )x m m 1 0 (1) (m tham số). a/ Giải phương trình với m 0 . 11 b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn điều kiện : 4 . xx12 Giải a/ Giải phương trình khi Thay m = 0 vào phương trình (1) trở thành: x2 2x 1 0 ' 2 ; x1,2 1 2 Vậy với m = 0 thì nghiệm của phương trình (1) là x1,2 1 2 . b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn . '(m1) 22 (m m1)m20 m 2 Khi m2 thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt x x 2(m 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 12 2 x12 x m m 1 Do đó: 1 1xx12 2(m 1) 4 4 2 4 x1 x 2 x 1 x 2 m m 1 22 m1 m m 1 0 m m 1 0 3 m12(m 22 m1) 2m m30 m 2 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  34. 3 Vậy giá trị m  1; thõa mãn điều kiện bài toán. 2 Câu 4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H AB; K AD). a/ Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b/ Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID. c/ Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. d/ Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. S' HK 2 Chứng minh rằng: S4. AI 2 Giải a/ Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp A đường tròn H 1 B 1 Tứ giác AHIK có: 1 K 1 AHI  900 (IH AB) I 0 AKI  90 (IK AD) O 0 AHI AKI 180 1 Tứ giác AHIK nội tiếp D C b/ Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID - Xét IAD và IBC có: AB11 (2 góc nội tiếp chắn DC ) AID BIC (đối đỉnh) IAD IBC (g.g) IA ID IA.IC IB.ID(đpcm) IB IC c/ Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có AH11 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) Mà ABHB1 1 1 1 Chứng minh tương tự, ta được KD11 HIK và BCD có: H1 B 1 ; K 1 D 1 HIK BCD (g.g) Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  35. 2 B S' HK H d/ Chứng minh rằng: A S4. AI 2 I F Gọi S1 là diện tích của BCD. K E Vì HIK BCD nên: O S' HK2 HK 2 HK 2 HK 2 D C 22 (1) S1 BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC Vẽ AE BD , CF  BD AE / /CF AE IA S CF S IC ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên: 11 (2) S AE S IA 22 S'S1 HK IC S' HK Từ (1) và (2) suy ra:   2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA 3 2 Câu 5 : Giải phương trình : xx3 4 3 ( 2 4) 2 4 . Giải Giải phương trình : (1); ĐK: x4 3 Đặt: x32 4 u 3 x2 4 v (v1) v 3 4 x 2 32 Khi đó phương trình (1) u2 v 2 4 hay u 3 4 v 2 Ta có hệ phương trình sau: x32 4 u x3 v 3 u 2 x 2 v32 4 x 3 3 2 2 32 u x v u u 4 v Vì x, u, v > 1 nên giả sử xv thì từ ux Có ux nên từ vu Do đó: x v u x x v u Mặt khác, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vô lí) Vì x = u nên: x4x3 2 x2xx20x2 2 (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  36. Đáp án – Quãng Ngãi - Năm 2017 – 2018 Bài 1 1/ Thực hiện phép tính: ( 5 2)2 5 2/ Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = - x + 2 có đồ thị (d). a/ Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b/ Bằng phép tính, tìm tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d); (hoành độ của A nhỏ hơn hoành độ của B). Gọi C và D lần lượt hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành, tính diện tích của tứ giác ABDC. Giải 2 1/ Thực hiện phép tính: 5 2 5 5 2 5 5 2 5 2 2/ Cho 2 hàm số y = x2 và y = - x + 2 a/ Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy * (P) : y x2 Lập bảng giá trị: x – 2 – 1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Vẽ (P) là parabol đi qua 5 điểm (– 2; 4), (– 1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4). * y x 2 Cho x = 0 thì y = 2, ta được điểm (0; 2) Cho y = 0 thì x = 2, ta được điểm (2; 0) Vẽ (d) là đường thẳng đi qua hai điểm trên. y (P) (d) A 4 2 B 1 C O D x -3 -2 -1 1 2 3 b/ Tính SABDC? Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x22 x 2 x x 2 0 Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  37. x12 1;x 2 Với x = 1 thì y = 1 B(1; 1) Với x = – 2 thì y = 4 A(– 2; 4) Dễ thấy C(– 2; 0) và D(1; 0) AC = 4; BD = 1; CD = 3 Vì ABDC là hình thang vuông nên: (AC BD).CD (4 1).3 S 7,5 (đvdt) ABDC 22 Vậy diện tích của tứ giác ABDC là 7,5 đvdt. Bài 2 1/ Giải pt và hệ pt sau: a/ x4 + 2017x2 – 2018 = 0 2x y 1 b/ x 2y 7 2/ Cho phương trình bậc hai x2 – x + m + 3 = 0 (m tham số) a/ Tìm m để phương trình có nghiệm x = - 1. Tính nghiệm còn lại. 33 b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thõa mãn hệ thức x12 x 8. Giải 1/ Giải pt và hệ pt sau: a/ x42 2017x 2018 0 (1) Cách 1: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai: Đặt y = x2 ( y0 ), phương trình (1) trở thành: y2 2017y 2018 0 (2) Vì a + b + c = 1 + 2017 – 2018 = 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm: y1 = 1 (nhận) ; y2 = – 2018 (loại) Với y = 1 thì x2 = 1 x1 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x1 . Cách 2: Đưa về phương trình tích: x42 2017x 2018 0 x4 x 2 2018x 2 2018 0 x2 (x 2 1) 2018(x 2 1) 0 (x22 1)(x 2018) 0 x22 1 0 (do x 2018 0) x12 x1 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  38. 2xy 1 4x2y 2 5x5 x1 b/ x2y7 x2y7 y 2x1 y 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; – 3). 2a/ Tìm m để phương trình có nghiệm x = - 1 Cách 1: Vì phương trình x2 2x m 3 0 có nghiệm x = – 1 nên ta có (1) 2 2.(1)m30 m60 m 6 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x 2 2 1 x 2 2 x 2 3 Vậy m = 6 và nghiệm còn lại là x = 3. Cách 2: Vì phương trình có nghiệm x = – 1 nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: abc0 12m30 m 6 x1 x 2 2 1 x 2 2 x 2 3 33 b/ Tìm m để pt có 2 nghiệm thõa mãn x12 x 8. ' m 2 0 m 2 pt có hai nghiệm phân biệt x12 x 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x12 x m 3 Do đó: x3 x 3 8 (x x) 3 3xx(x x) 8 1 2 1 2 1 2 1 2 23 3.(m 3).2 8 6(m 3) 0 m 3 0 m 3 Vậy m = – 3 là giá trị cần tìm. Bài 3 Một phòng họp có 250 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ ngồi như nhau. Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức kê thêm 3 dãy ghế, mỗi dãy ghế phải kê thêm một chỗ ngồi nữa thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu ở phòng họp có bao dãy ghế và mỗi dãy ghế có bao nhiêu chỗ ngồi? Giải Gọi x (dãy) là số dãy ghế, y (ghế) là số ghế của mỗi dãy lúc đầu (đk: x, y nguyên dương) Do phòng họp lúc đầu có 250 người ta có pt sau: xy = 250 (1) Sau khi tăng thêm 3 dãy ghế và mỗi dãy tăng thêm 1 ghế ngồi ta có pt sau: (x + 3)(y + 1) = 308 (2) xy 250 Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: (x 3)(y 1) 308 xy 250 x 25 Giải hệ pt ta được: (x 3)(y 1) 308 y 10 Vậy lúc đầu phòng họp có 25 dãy ghế và mỗi dãy có 10 ghế ngồi. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  39. Bài 4 Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB (M B;M O) . Đường thẳng d AB tại M cắt nửa đường tròn đã cho tại N. Trên cung NB lấy điểm E bất kỳ (E B;E N) . Tia BE cắt đường thẳng d tại C, đường thẳng AC cắt nửa đường tròn tại D. Gọi H là giao điểm của AE và đường thẳng d. a/ Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp đường tròn. b/ Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng . c/ Tính giá trị của biểu thức BN2 + AD.AC theo R. d/ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi. Giải a/ Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp đường tròn. d C Tứ giác BMHE có: 1 0 BEH 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 D N BMH  90 (d AB) 1 BEH BMH 1800 E H Tứ giác BMHE nội tiếp. 1 1 A K O M B b/ Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng Ta có AEB ADB 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE  CB;BD  CA AE, BD, CM là 3 đường cao của CAB nên chúng đồng quy Mà AE cắt CM tại H H BD , hay 3 điểm B, H, D thẳng hàng. c/ Tính giá trị của biểu thức BN2 + AD.AC theo R. 0 Vì AMC vuông tại M nên CAB C1 90 0 Vì ADB vuông tại D nên CAB B1 90 CB1 1 Mặt khác, NB1 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của (O)) NC11 AND và ACN có: CAN chung ; N11 C AND ACN (g.g) AN AD AN2 AD.AC AC AN BN2 AD.AC BN 2 AN 2 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  40. Vì ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên áp dụng định lí Py-ta-go vào ANB vuông tại N, ta có: BN2 AN 2 AB 2 4R 2 Do đó BN22 AD.AC 4R . d/ Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi. Theo giả thiết thì tứ giác ACHK nội tiếp 0 K1 C1 ( 180 AKH) K1 B 1 (do B 1 C1 ) HKB cân tại H HM là đường cao thì cũng là đường trung tuyến của HKB BK 2BM không đổi (vì M và B cố định) Vậy độ dài BK không đổi khi E di động trên cung NB Bài 5 Cho a là số thực dương lớn hơn 1 và x a a22 1 a a 1 . Tính giá trị của biểu thức: P x32 2x 2(a 1)x 4a 2021. Giải x a a22 1 a a 1 0 (do a 1) xa2 a1a 2 a12a 2 a1a 2 a1 2 2a 2 a22 a 1 2a 2 x3 2(a 1)x Do đó: P x32 2x 2(a 1)x 4a 2021 x33 2(2a 2) x 4a 2021 4a 4 4a 2021 2017 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  41. Đáp án – Quãng Ninh - Năm 2017 – 2018 Câu 1. 1/ Rút gọn các biểu thức: A 10 9 ; B 4x x 9x với x 0. xy 1 2/ Giải hệ phương trình: . xy 3 3/ Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y ax 6 đi qua điểm M (1; 2). Giải 1/ Rút gọn các biểu thức: A7 ; B 2 x x 3 x 0 . x y 12 x 2/ Giải hệ phương trình: x y 31 y 3/ Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số đi qua điểm M (1; 2). Vì đồ thị hàm số y ax 6 đi qua điểm M 1;2 nên 2 a .1 6 a 4 Câu 2. Cho phương trình x22 (2 m 1) x m 1 0 (m là tham số). 1/ Giải phương trình với m 5. 2/ Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm xx12; thỏa mãn: 22 (x1 2 mx 1 m )( x 2 1) 1. Giải 1/ Giải phương trình với . Với m = 5 phương trình là xx2 11 24 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 8 ; x2 3. 2/ Tìm các giá trị của để phương trình Xét phương trình x22 (2 m 1) x m 1 0 có 45m . 5 Để phương trình có hai nghiệm thì 0 m (*) 4 5 Với m thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm, 4 x12 x 21 m theo hệ thức Vi-ét ta có: 2 x12 x m 1 Vì x1 là một nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 2222 x11 (2 m 1) x m 1 0 x1 21 mx 1 m x 1 . 22 Do đó (x1 2 mx 1 m )( x 2 1) 1 (xx12 1)( 1) 1 x1 x 2 x 1 x 2 11 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  42. 2 m 0 mm 20 m 2 Vậy với điều kiện (*), ta được m = 0 Câu 3. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 300m2. Nếu giảm chiều dài đi 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn. Giải Gọi chiều dài của mảnh vườn là x (m); ĐK x > 2. 300 Chiều rộng của mảnh vườn là: (m). x Nếu giảm chiều dài đi 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì mảnh 300 vườn mới có kích thước là: x – 2 (m) và 3 (m). x 300 Theo đề bài ta có phương trình: 3 x 2 x 300 + 3x = x2 –2x x2 – 5x – 300 = 0 x 20 (tho¶· m n) x 15 (lo¹ i) Vậy mảnh vườn có chiều dài là 20m, chiều rộng là 300:20 = 15(m). Câu 4. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm C nằm trên đường tròn (C không trùng với A và B). Lấy điểm D thuộc đoạn AC (D không trùng với A và C). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M, tia BC cắt tia AM tại điểm N. 1/ Chứng minh MNCD là tứ giác nội tiếp. 2/ Chứng minh AM.BD = AD.BC. 3/ Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và tam giác BDC. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng. Giải 1/ Chứng minh MNCD là tứ giác nội tiếp A 0 0 Vì: AMB 90 NMD 90 , 0 0 ACB 90 NCD 90 , M Tứ giác MNCD có NMD NCD 900 O D Vậy tứ giác MNCD nội tiếp đường tròn. I N C B Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  43. 2/ Chứng minh AM.BD = AD.BC. Xét AMD và BCD có: AMD BCD 900 AMD BCD(gg) , ADM BDC AM BC AM.BD AD.BC. AD BD 3/ Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng. Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM, vì AMD 900 (cmt) nên AD là đường kính AID 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự, ta có BID 900 . AID BID 1800 , hay A, I, D thẳng hàng và DI  AB (1). Mặt khác, xét tam giác ABN, có BM AN, AC BN mà D là giao điểm của BM và AC D là trực tâm tam giác ABN DN AB (2). Từ (1) và (2), Suy ra: N, D, I thẳng hàng. Câu 5. Tính giá trị của biểu thức M a22 b biết a và b thoả mãn. 31a2 1 bb23 . 32b2 1 aa23 Giải Tính giá trị của biểu thức ĐK: ab 0; 0 31a2 * 1 b3 3 a 2 b 1 b 6 6 a 2 b 4 9 a 4 b 2 1(1) bb23 32b2 * 1 a3 3 ab 2 2 a 6 6 a 4 b 2 9 a 2 b 4 4 (2) aa23 Cộng vế với vế của (1) và (2), ta được a6 3 a 4 b 2 3 a 2 b 4 b 6 5 hay (ab2 2 ) 3 5. Vậy M53 . Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  44. Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  45. I. Câu 1 2 3 4 Đáp án D A B D II. Câu 5 a/ Với m = 2, hệ (1) trở thành: x2y1 x2y1 5x25 2x y 12 4x 2y 24 2x y 12 x 5 x 5 2.5 y 12 y 2 Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ (1) là (5; 2). 12 b/ Ta thấy: 21 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. x2y3m 2x4y62m x2y3m 2x y 3(m 2) 2x y 3m 6 5y 5m c/ x 2m 3 m x m 3 y m y m Do đó: A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 9 2 3 9 9 2 m  m 2 2 2 3 Dấu “=” xảy ra m 2 93 Vậy min A m 22 Câu 6 a/ Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( x N* ;x 2;80 x ). 80 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là (chiếc). x Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2. 80 Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là (chiếc). x2 Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  46. 80 80 2 x 2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 8 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế. b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x22 x 2 x x 2 0 Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – 2 Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1 Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4 A(1; – 1) và B(– 2; – 4) y O -3 -2 -1 1 2 3 x -1 A 2 C B 4 Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó: 2.1 2.2 S S S 3 (đvdt). OAB OAC OBC 22 Câu 7 0 M a/ Ta có: AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa 1 đường tròn) E BEM 900 (kề bù với ADB ) 1 A D Tứ giác BEMH có: 1 O C B H 1 0 0 0 BEM BHM 90 90 180 1 F N Tứ giác BEMH nội tiếp Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  47. b/ Ta có: AFB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 AFB và AHN có: A1 chung ; AFB AHN 90 AFB AHN (g.g) Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN MD11 1 Vì F11 B sđ AE và BM11 (tứ giác BEMH nội tiếp) 2 nên FM11 FD11 AFC và ADN có: A1 chung ; F 1 D 1 AFC ADN (g.g) AF AC AF.AN AC.AD AD AN Mặt khác, AFB AHN (g.g) AF AB AF.AN AB.AH AH AN AB.AH Do đó, AC.AD AB.AH AD không đổi AC (vì A, C, B, H cố định) Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A). c/ Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20 M AD (cm) 1 AC 3 3 20 5 E HD AD AH 5 (cm) 33 Dễ thấy AHM NHD (g.g) A D 1 1 AH HM 5 25 O C B H HM.HN AH.HD 5  NH HD 3 3 1 F 1 N Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 25 10 3 MN HM HN 2 HM.HN 2 (cm) 33 1 1 10 3 25 3 S AH.MN  5  (cm2 ) AMN 2 2 3 3 Dấu “=” xảy ra HM HN M11 N11 F N EF / /MN EF  AB 25 3 Vậy minS (cm2 ) EF  AB AMN 3 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh
  48. Câu 8 a b 1 ab Đặt a = x2; b = y2 ( a,b 0) thì P . 1 a 22 1 b Vì nên: (a b)(1 ab) a ab2 b ab 2 a ab 2 a(1 b) 2 a(1 2b b)22 a(1 b) Lại có (1 a)22 (1 a) 4a 4a 2 a 1 b 1 P 4a 1 b 2 4 a 1 x 1 Dấu “=” xảy ra b 0 y 0 1 x1 Vậy maxP 4 y0 Xứ Nghệ - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ,Hà Tĩnh