Đề tuyển sinh 10 môn Toán các tỉnh 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.11 MB, 73 trang )
!"#$%&'('")" *+, /0 0,123,3
,'04 056789
(:%,;0,,<% =>07"!0
Thời gian làm bài: 120 phút
? 7(2,0 điểm)
Với x > 0, cho hai biểu thức
2 x
A
x
+
=
và
x 1 2 x 1
B
x x x
− +
= +
+
.
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Tìm x để
A 3
B 2
>
.
? 7(2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B,
người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời
gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A
đến B.
? 7(2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
3(x 1) 2(x 2y) 4
4(x 1) (x 2y) 9
+ + + =
+ − + =
2) Cho parabol (P) : y =
1
2
x
2
và đường thẳng (d) : y = mx −
1
2
m
2
+ m +1.
a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P).
b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
sao cho
1 2
x x 2− =
.
? &7(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với
đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai
điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O).
1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2) Chứng minh AN
2
= AB.AC.
Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T.
Chứng minh MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một
đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài.
?&7(0,5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, chứng
minh:
2 2 2
1 1 1
3
a b c
+ + ≥
Hết
1
?' @ A B"!0,'04 C9
? 7DEF
1) Với x = 64 ta có
2 64 2 8 5
8 4
64
A
+ +
= = =
2)
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x
B
x x x x x x x x
− + + + + +
= = = + =
+ + + +
3) Với x > 0 ta có :
3 2 2 3 1 3
:
2 2 2
1
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B
x x x
x x x x Do x
+ + +
> ⇔ > ⇔ >
+
⇔ + > ⇔ < ⇔ < < >
? 7DEF
Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là
9x +
(km/h)
Theo đề bài ta có:
90 90 1
5
9 2x x
+ = −
+
10 10 1
9 2x x
⇔ + =
+
( 9) 20(2 9)x x x⇔ + = +
2
31 180 0x x⇔ − − =
36x
⇔ =
(vì x > 0)
? 7DEF
1) Hpt đã cho tương đương với hpt:
+ + + = + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ − − = − = − = − = = −
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1
2)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
1 3
2 2
x x= +
2
2 3 0x x⇔ − − =
1 hay 3x x⇔ = − =
(Do a – b + c = 0)
Ta có y (-1)=
1
2
; y(3) =
9
2
. Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1;
1
2
) và (3;
9
2
)
b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2 2
1 1
1
2 2
x mx m m= − + +
2 2
2 2 2 0x mx m m⇔ − + − − =
(*)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
1
x
,
2
x
thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Khi
đó
2 2
' 2 2 0 1m m m m∆ = − + + > ⇔ > −
Khi: m > -1, từ (*) ta có:
22.;2
2
2121
−−==+ mmxxmxx
(định lý Vi-et)
Nên:
1 2
2x x− =
2 2
1 2 1 2
2 4x x x x⇔ + − =
2
1 2 1 2
( ) 4 4x x x x⇔ + − =
2 2
4 4( 2 2) 4m m m⇔ − − − =
1
8 4
2
m m⇔ = − ⇔ = −
%G7 Khi m > -1 ta có:
1 2
2x x− =
' '
2 '
' '
b b
a a
− + ∆ − − ∆
⇔ − = ∆
2 2 2m= +
2
Do đó, yêu cầu bài toán
2 2 2 2m⇔ + =
2 2 2m⇔ + =
1
2 2 1
2
m m⇔ + = ⇔ = −
? &(3,5 điểm)
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối
·
0
ANO 90=
·
0
AMO 90=
nên là tứ giác nội tiếp
2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng
nên ta có AB. AC = AM
2
= AN
2
= 6
2
= 36
2 2
6 6
AC 9(cm)
AB 4
⇒ = = =
BC AC AB 9 4 5(cm)⇒ = − = − =
3/
·
·
·
1
MTN MON AON
2
= =
(cùng chắn cung MN
trong đường tròn (O)), và
·
·
AIN AON=
(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 90
0
)
Vậy:
·
·
·
AIN MTI TIC= =
nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.
4/ Xét
AKO∆
có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ
và AI thì H là trực tâm của
AKO
∆
, nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO
nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên
đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển.
? &7DEHF
Cách 1: Từ giả thiết đã cho, ta có
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
+ + + + + =
.
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
2 2
1 1 1 1
2 a b ab
+ ≥
÷
,
2 2
1 1 1 1
2 b c bc
+ ≥
÷
,
2 2
1 1 1 1
2 c a ca
+ ≥
÷
2
1 1 1
1
2 a a
+ ≥
÷
,
2
1 1 1
1
2 b b
+ ≥
÷
,
2
1 1 1
1
2 c c
+ ≥
÷
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2a b c a b c
+ + + ≥ ⇔ + + ≥ − =
÷ ÷
2 2 2
1 1 1
3
a b c
⇔ + + ≥
÷
(đpcm)
Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc.
3
A
O
B
C
N
M
I
T
K
Q
P
H
ĐPCMtttt
cba
Đ
cbacba
cbacba
cbaacbcab
DCM
acbcabcba
⇒≥⇒≥⇔+≤⇒=++
+++++≤⇒
++≤++
++≤++
=+++++⇔
33361
111
)
111
(3
111
6)2)(1(
)2()
111
(3
111
)1(
111111
:
6
111111
222
222222
222
222
Cách 3:
Từ:
1 1 1 1 1 1
6 6a b c ab bc ca abc
bc ac ba c a b
+ + + + + = ⇔ + + + + + =
Ta lại có
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2.( ) 2.
a b c bc ac ba
+ + ≥ + +
÷
(*)
Ta có
2
2 2
1 1 1 1 1
1 0 2. 1 0 2. 1
a a a a a
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ −
÷
tương tự
2
1 1
2. 1
b b
≥ −
;
2
1 1
2. 1
c c
≥ −
nên
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 3
a b c a b c
+ + ≥ + + −
÷
(**)
từ (*) và (**) ta có
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3.( ) 2. 3
a b c bc ac ba a b c
+ + ≥ + + + + + −
÷
2 2 2
1 1 1
3.( ) 2.6 3 9
a b c
+ + ≥ − =
hay
2 2 2
1 1 1
( ) 3
a b c
+ + ≥
Cách 4:
Áp dụng BĐT Cô si ta có
2 2
1 1 2
a b ab
+ ≥
Tương tự cuối cùng ta được
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c ab bc ac
+ + ≥ + +
(1)
Áp dụng BĐT Cô si ta có
2
1 2
1
a a
+ ≥
Tương tự cuối cùng ta được
2 2 2
1 1 1 2 2 2
3 (2)
a b c a b c
+ + + ≥ + +
Lấy (1) + (2)
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3
3 3 3 2.6
3 12
1 1 1
3
a b c a b c ab bc ca
abc
a b c abc
a b c
+ + + ≥ + + + + +
⇔ + + + ≥ =
⇔ + + ≥
(ĐPCM)
4
!"#$%&'('")" *+, /0 0,123,3
3I,%=
056789
(:%,;0,,<% =>07"!0
Thời gian làm bài: 120 phút
?7DF
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
5 6 0− + =x x
b)
2
2 1 0− − =x x
c)
4
3 4 0
2
+ − =x x
d)
2 3
2 1
− =
+ = −
x y
x y
?7DEHF
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
=y x
và đường thẳng (D):
2= − +y x
trên cùng một hệ trục
toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
?7DEHF
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3
.
9
3 3
+
= +
÷
÷
+
+ −
x x
A
x
x x
với
0
≥
x
;
9
≠
x
(
)
(
)
2 2
21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15= + + − − − + + −B
?97DEHF
Cho phương trình
2 2
8 8 1 0− + + =x x m
(*) (x là ẩn số)
a) Định m để phương trình (*) có nghiệm
1
2
=x
b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm
1
x
,
2
x
thỏa điều kiện:
4 4 3 3
1 2 1 2
− = −x x x x
?H7DEHF
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố
định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ
đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ
BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh rằng
·
·
=MBC BAC
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt
(O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
Hết
5
BÀI GIẢI GỢI Ý
?7DF
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
5 6 0
25 24 1
5 1 5 1
2 3
2 2
x x
x hay x
− + =
∆ = − =
− +
⇔ = = = =
b)
2
2 1 0
' 1 1 2
1 2 1 2
x x
x hay x
− − =
∆ = + =
⇔ = − = +
c) Đặt u = x
2
0≥
pt thành :
2
3 4 0 1 4u u u hayu+ − = ⇔ = = −
(loại) (do a + b + c =0)
Do đó pt
2
1 1x x⇔ = ⇔ = ±
Cách khác pt
2 2
( 1).( 4) 0x x⇔ − + =
2
1 0 1x x⇔ − = ⇔ = ±
d)
2 3 (1)
2 1 (2)
x y
x y
− =
+ = −
⇔
2 3 (1)
5 5 (3) ((2) 2(1))
x y
x
− =
= +
⇔
1
1
y
x
= −
=
⇔
1
1
x
y
=
= −
?7
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1;1 , 2;4± ±
(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 2;4 ,(0;2)−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2x x= − +
⇔
2
2 0x x+ − =
1 2x hay x⇔ = = −
(a+b+c=0)
y(1) = 1, y(-2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
2;4 , 1;1−
?7Thu gọn các biểu thức sau
6
Với x
0≥
và x
≠
9 ta có :
( ) ( )
3 3 9 3
.
9
3 . 3
x x x x
A
x
x x
− + + +
÷
=
÷
+
+ −
1
3x
=
−
2 2
2 2
2
21
( 4 2 3 6 2 5 ) 3( 4 2 3 6 2 5 ) 15 15
2
21
( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15
2
15
( 3 5) 15 15 60
2
B = + + − − − + + −
= + + − − − + + −
= + − =
%J97
a/ Phương trình (*) có nghiệm x =
1
2
⇔
2
2 4 1 0m− + + =
2
1m⇔ =
1m⇔ = ±
b/ ∆’ =
2 2
16 8 8 8(1 )m m− − = −
.
Khi m =
1±
thì ta có ∆’ = 0 tức là :
1 2
x x=
khi đó
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
thỏa
Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:
1 1 1m hay m< − < <
. Khi
1 1 1m hay m< − < <
ta có
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x x x⇔ − + = − + +
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x⇔ + + = + +
(Do x
1
khác x
2
)
( ) ( )
2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
2 ( ) .
( 2 )
x x x x x x x x x x
S S P S P
⇔ + + − = + −
⇔ − = −
2 2
1(1 2 ) 1P P⇔ − = −
(Vì S = 1)
0P
⇔ =
2
1 0m⇔ + =
(vô nghiệm)
Do đó yêu cầu bài toán
1m⇔ = ±
%G
Khi
0
∆ ≥
ta có
1 2
1x x+ =
và
2
1 2
1
8
m
x x
+
=
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
3 3
1 1 2 2
.( 1) ( 1) 0x x x x⇔ − − − =
3 3
1 2 1 2
0x x x x⇔ − + =
(thế
1 2
1x x− = −
và
2 1
1x x− = −
)
2 2
1 2 1 2
( ) 0x x x x⇔ − =
1 2 1 2
( )( ) 0x x x x⇔ + − =
(vì x
1
x
2
≠
0)
1 2
x x⇔ =
(vì x
1
+x
2
=1
≠
0)
1m
⇔ = ±
%JH
a) Ta có
·
·
=BAC MBC
do cùng chắn cung
»
BC
Và
·
·
=BAC MIC
do AB// MI
Vậy
·
·
=BAC MIC
, nên bốn điểm ICMB cùng nằm
Trên đường tròn đường kính OM
(vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
7
A
B C
M
O
D
F
E
Q
P
I
T
b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC
nên FB. FC =FE. FD.
Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC
nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE
c) Ta có góc PTQ=90
0
do POIQ là đường kính.
Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và
FI FT
FQ FM
=
(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)
Nên
·
·
FIQ FTM=
mà
·
·
0
90FIQ OIM= =
(I nhìn OM dưới góc 90
0
)
Nên P, T, M thẳng hàng vì
·
0
180PTM =
.
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích
IBC
S
lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn
nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung
»
BC
của đường tròn đường
kính OM. Khi I trùng O thì
ABC
∆
vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ
khi AC là đường kính của đường tròn (O;R).
Cách khác:
O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T.
Vẽ IH vuông góc BC tại H.
' ' ' 'IH IT O I O T O O O L OL
≤ = − ≤ − =
8
!"#$%&'('")" *+, /0 0,123,3
056789
3I('0K0=>07"!0
Thời gian làm bài: 120 phút
(:%,;0,,<%
?7(2,0 điểm)
1) Tìm số x không âm biết
2.x =
2) Rút gọn biểu thức P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
+ −
+ −
÷ ÷
+ −
?7(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
3 5
5 2 6
x y
x y
+ =
+ =
?7(1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị hàm số
2
1
2
y x=
b) Cho hàm số bậc nhất
2y ax= −
(1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ
thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao
cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ).
?97(2,0 điểm)
Cho phương trình
2
( 2) 8 0x m x+ − − =
, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 4.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
sao cho biểu thức
Q =
2 2
1 2
( 1)( 4)x x− −
có giá trị lớn nhất
?H7(3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường
thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường
tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn
thẳng DE.
a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng
·
·
2CED AMB=
c) Tính tích MC.BF theo R.
d)
Hết
9
BÀI GIẢI
?7
a) Với x không âm ta có
2 4x x= ⇔ =
b) P=
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
+ −
+ −
÷ ÷
+ −
=
3 2 2 3 2 2
1 1
+ −
÷ ÷
=
9 8
−
= 1
?7
3 5 (1)
5 2 6 (2)
x y
x y
+ =
+ =
3 5 (1)
4 (3)( (2) 2 (1))
x y
x pt pt
+ =
⇔
− = − −
4
7
x
y
=
⇔
= −
?7
LF
MF
Gọi
( ,0)
A
A x
,
(0, )
B
B y
A nằm trên đường thẳng (1) nên
2
2 0 2 ( 0)
A A A A
y ax ax x a
a
= − = ⇒ = ⇒ = >
B nằm trên đường thẳng (1) nên
2 .0 2 2
B B B
y ax a y= − = − ⇒ = −
2
2 2 2 2 2 ( 0)
B A
OB OA y x a a
a
= ⇔ = ⇔ − = ⇒ = >
?97
a) Khi m = 4 pt trở thành :
2
2 8 0 1 3 2 1 3 4x x x hay x+ − = ⇔ = − + = = − − = −
( do
' 9∆ =
)
b)
( )
2
2 8 0m∆ = − + >
với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Do
1 2
8x x = −
nên
2
1
8
x
x
−
=
2 2 2 2
1 2 1 1
2 2
1 1
64 16
( 1)( 4) ( 1)( 4) 68 4( ) 68 4.8Q x x x x
x x
= − − = − − = − + ≤ −
= 36
(Do
2
1
2
1
16
x
x
+
≥
8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi
1
2x = ±
10
-1
1
1
2
Khi
1
2x =
thì m = 4, khi x
1
= -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi m = 0 hay m
= 4 .
?H7
a) Ta có 2 góc
·
·
0
90= =DBC DAO
nên tứ giác ADBO nội tiếp
b)
·
·
1
2
=AMB AOB
cùng chắn cung AB
mà
·
·
=CED AOB
cùng bù với góc
·
AOC
nên
·
·
2=CED AMB
c) Ta có FO là đường trung bình của hình
thang BCED nên FO // DB
nên FO thẳng góc BC. Xét 2 tam giác vuông
FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau
Nên
= ⇒
MC BC
OC FC
2
. . . .2 2= = = =MC FC MC FB OC BC R R R
11
B
C
D
E
A
F
M
O
!"#$%&'('")"*+, /0 0,&'"
N-@00O 0567C9
=7"!0
PL7Q(không kể thời gian giao đề)
?7(1,5 điểmF
F Tính
3 16 5 36+
F Chứng minh rằng với
0x >
và
1x ≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
F Cho hàm số bấc nhất
( )
2 1 6y m x= + −
a) Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R?
b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm
( )
1;2A
?7(2,0 điểmF
1) Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
2) Tìm m để phương trình
2
2 0x mx m+ + − =
có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =
3) Giải hpt:
1
2 1
x y xy
x y xy
+ = −
+ = +
?7(2,0 điểmF
Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng
khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với
dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi
ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm?
?97(3,5 điểmF
Cho đường tròn
( )
O
cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn
( )
O
, kẻ các
tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt
đường tròn
( )
O
tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC.
1) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng:
. .AK AI AB AC=
3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để
2IM IN=
.
?H7(1,0 điểm)
Với
0x ≠
, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2 2014x x
A
x
− +
=
HẾT
12
(:%,;0,,<%
,R20#S0 @
?7(1,5 điểmF
1F
3 16 5 36 3.4 5.6 12 30 42+ = + = + =
2) Với
0x >
và
1x ≠
ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1 1
1 1 . 1 1 1
1 1
1 1 1 1
x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x
− +
− − +
− = − = = = =
− − −
− − − −
Vậy với
0x >
và
1x ≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
3)
a) Hàm số bấc nhất
( )
2 1 6y m x= + −
nghịch biến trên R khi
1
2 1 0 2 1
2
m m m+ < ⇔ < − ⇔ < −
b) Đồ thị hàm số
( )
2 1 6y m x= + −
qua điểm
( ) ( )
7
1;2 2 2 1 .1 6 2 2 1 6 2 7
2
A m m m m⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ = ⇔ =
?7(2,0 điểmF
1)Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
Ta có
2 3 5 0a b c+ + = + − =
. Suy ra pt có 2 nghiệm:
1 2
5
1;
2
x x= = −
2)
2
2 0x mx m+ + − =
có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =
Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
4 2 4 8 4 4 4 2 4 0m m m m m m m∆ = − − = − + = − + + = − + >
với mọi m. Do đó
pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Áp dụng định lí Vi et ta có:
1 2
1 2
. 2
S x x m
P x x m
= + = −
= = −
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 4 4 2 4 8x x x x x x x x x x m m m m− = + − = + − = − − − = − +
Do đó
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2
2 4 4 8 4 4 4 0 2 0 2x x x x m m m m m m− = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
3)
1 2 2 2
2 1 1 2 2 1 3
x y xy y y y
x y xy x y xy x x x
+ = − = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ = + + = − + = − =
Vậy nghiệm của hpt là
( ) ( )
; 3;2x y =
?7(2,0 điểmF
Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). ĐK:
10;x x Z> ∈
Do đó:
Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là:
10x
−
(sản phẩm).
Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là:
240
x
(ngày).
Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là:
240
10x −
(ngày).
Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình:
13
240 240
2
10x x
− =
−
Giải pt:
2 2
240 240 120 120
2 1 120 120 1200 10 10 1200 0
10 10
x x x x x x
x x x x
− = ⇒ − = ⇒ − + = − ⇒ − − =
− −
' 25 1200 1225 0 ' 1225 35∆ = + = > ⇒ ∆ = =
PT có 2 nghiệm phân biệt:
1
5 35 40x = + =
(nhận)
2
5 35 30x = − = −
(loại)
Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm.
?97(3,5 điểmF(Giải vắn tắt)
K
I
C
N
M
O
A
B
GT
(O) cố định; điểm A cố định
AM,AN là tiếp tuyến của (O)
IB=IC
KL
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2) AK.AI=AB.AC
3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển
động trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để
IM=2.IN
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2)
·
0
90IB IC OI BC AIO= ⇒ ⊥ ⇒ =
.Ta chứng minh được 5 điểm A,M,O,I,N cùng thuộc
đường tròn đường kính AO.
( ) ( )
2
ΔAKM ΔAMI . 1
AK AM
gg AK AI AM
AM AI
⇒ = ⇒ =∽
( ) ( )
2
ΔABM ΔAMC . 2
AB AM
gg AB AC AM
AM AC
⇒ = ⇒ =∽
( ) ( )
1 & 2 . .AK AI AB AC⇒ =
3) Ta có
·
0
90AIO =
mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO.
Giới hạn: Khi
B M I M
B N I N
≡ → ≡
≡ → ≡
Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên
¼
MON
của đường tròn đường kính
AO.
4) Cách 1:
( )
.
ΔKIN ΔKMA
IN KN KN MA
gg IN
MA KA KA
⇒ = ⇒ =∽
( )
. .
ΔKIM ΔKNA
IM KM KM NA KM MA
gg IM
NA KA KA KA
⇒ = ⇒ = =∽
(vì NA=MA)
Do đó
.
1 1 1
2
.
2 2 2
KN MA
IN KN
KA
IM IN
KM MA
IM KM
KA
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
1
2
KN
KM
=
Cách 2:
Ta có AM và AN là hai tiếp tuyến của (O) suy ra
¼
»
·
·
AM AN AM AN MIA NIA IK= ⇒ = ⇒ = ⇒
14
là đường phân giác của
IN KN
MIN
IM KM
∆ ⇒ =
do đó
1 1
2
2 2
IN KN
IM IN
IM KM
= ⇔ = ⇔ =
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
1
2
KN
KM
=
?H7(1,0 điểm)
( ) ( )
2
2 2 2
2
2 2014
2 2014 1 2 2014 0 1
x x
A Ax x x A x x
x
− +
= ⇔ = − + ⇔ − + − =
* Với
1 1007A x
= ⇔ =
* Với
1A ≠
PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có
( )
' 1 2014 1 1 2014 2014 2014 2013A A A∆ = + − = + − = −
PT (1) có nghiệm khi
2013
' 0 2014 2013 0
2014
A A∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
Kết hợp với trường hợp A=1 ta có
min
2013
2014
A =
!"#$%&'('")"
,'T0,
*U, /0 0,123,3
0V=,W%89
=7"!0DGXF
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013
%J DEF
1) Giải phương trình (2x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= 10
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =
+ =
có nghiệm (1; – 2)
%J DEF
1) Rút gọn biểu thức
2 3 1 1
A = +
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x
− + −
−
+ +
với
x 0
≥
2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc.
Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9
ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc.
%J DEF Cho phương trình
2
2( 1) 2 5 0x m x m
− − + − =
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x
1
; x
2
với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn điều kiện:
2 2
1 1 2 2
( 2 2 1)( 2 2 1) 0x mx m x mx m
− + − − + − <
%J &DEF
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi
qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường
tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường
thẳng OI và đường thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R
2
.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
15
Y:%,;0,,<%
%J&DEF
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9a b c
S
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −
.
Hết
,R20#S0 @
%J 7
1) Pt: (2x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= 10
⇔
5x
2
– 2x = 0
0
2
5
x
x
=
=
.
2) Hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =
+ =
có nghiệm (1; – 2)
⇒
2 3 5
4 9
m
m n
+ =
− =
⇔
1
2
m
n
=
= −
%J 7
1) A =
2 3 1 1
+
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x
− + −
−
+ +
=
2 3 ( 1)( 1) ( 1)
1
x x x x x x
x x
− + + − + − − +
−
=
1
( 1)( 1)
x x
x x x
− +
+ − +
=
1
1x +
(với
x 0
≥
).
2)
+ Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc (x > 9)
+ Thời gian người thứ hai làm riêng xong công việc: x – 9 (nga).
+ Trong một ngày người thứ nhất làm được:
1
x
(công việc).
+ Trong một ngày người thứ hai làm được:
1
9x
−
(công việc).
+ Vì họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc nên ta có pt:
1
x
+
1
9x
−
=
1
6
⇔
x
2
– 21x + 54 = 0
⇔
x = 18 (thoûa)
x = 3(khoâng thoûa)
+ Vậy: - Người thứ nhất làm riêng xong công việc tron 18 ngày.
- Người thứ hai làm riêng xong công việc tron 9 ngày.
%J 7
16
1)
'
= m
2
4m + 6 = (m 2)
2
+ 2 > 0,
m
pt luụn cú 2 nghim phõn bit vi mi
m.
2) Phng trỡnh cú hai nghim x
1
; x
2
nờn:
2
1 1
2
2 2
x 2(m 1)x 2m 5 0
x 2(m 1)x 2m 5 0
+ =
+ =
2
1 1 1
2
2 2 2
x 2mx 2m 1 4 2x
x 2mx 2m 1 4 2x
+ =
+ =
Theo nh lớ Vi-et ta cú :
1 2
1 2
x x 2m 2
x .x 2m 5
+ =
=
Theo bi ra ta cú :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2
(x 2mx 2m 1)(x 2mx 2m 1) 0
4 2x . 4 2x 0 16 8 x x 4x x 0
3
16 8 2m 2 4 2m 5 0 m
2
+ + <
< + + <
+ < >
%J &7
1)
+ (O) cú :
ã
ã
OMA ONA=
= 90
0
nhỡn on OA (1)
I l trung im ca BC
ị
OI
^
BC
ị
ã
OIA
= 90
0
nhỡn on OA (2)
T (1) v (2)
ị
Bn im M, N, O, I cựng thuc mt ng trũn
2) Chng minh OI.OH = R
2
:
+
ã
OHN
v
ã
OAC
cú :
HO AC
HN AO
ỹ
^
ù
ù
ý
ù
^
ù
ỵ
ị
ã
OHN
=
ã
OAC
. (1)
+ ng trũn ng kớnh OA cú :
ã
ã
OAC noọi tieỏp chaộn OI
OMI noọi tieỏp chaộn OI
ị
ã
OAC
=
ã
OMI
(2)
+ T (1) v (2)
ị
ã
OHN
=
ã
OMI
+
D
OMH v
D
OIM cú:
ã
ã
ã
:
OHN OM I
MOH chung
ỹ
ù
=
ù
ù
ý
ù
ù
ù
ỵ
ị
D
OMH
D
OIM (g-g)
ị
OM OH
OI OM
=
OI. OH = OM
2
= R
2
.
3) +
AMB
ACM
(g-g)
= =
2
AM AB
AM AB.AC
AC AM
+
AME
AIM
(g-g)
= =
2
AM AE
AM AI.AE
AI AM
AB.AC = AI.AE (*)
+ Do A, B, C c nh nờn trung im I ca BC c nh nờn t (*) suy ra E c nh.
Vy ng thng MN luụn i qua im E c nh
%J&7
Vi a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc cú chu vi bng 2 nờn
a b c 2
+ + =
.
+ t
b c a x; c a b y; a b c z
+ = + = + =
+ Do a, b, c l di ba cnh ca tam giỏc nờn :
x, y,z 0
>
.
17
+ Suy ra
x y z 2
+ + =
(do
a b c 2
+ + =
) và
y z x z x y
a ; b ; c
2 2 2
+ + +
= = =
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
4 x z 9 x y 4 x z 9 x y
y z 1 y z
S
2x 2y 2z 2 x y z
+ + + +
+ +
= + + = + +
1 y 4x z 9x 4z 9y
2 x y x z y z
= + + + + +
÷
÷ ÷
+ Ta có:
2
y 4x y x
2 2 2
x y x y
+ = − + ≥
÷
2
z 9x z x
3 6 6
x z x z
+ = − + ≥
÷
2
4z 9y z y
2 3 12 12
y z y z
+ = − + ≥
÷
( )
1
S 4 6 12 11
2
⇒ ≥ + + =
Dấu “=” xảy ra khi
1
x
y 2x
3
z 3x
2
y
2z 3y
3
z 1
x y z 2
=
=
=
⇔ =
=
=
+ + =
5 2 1
a ; b ; c
6 3 2
⇔ = = =
. Khi đó:
2 2 2
a b c
= +
ABC⇔ ∆
vuông
Vậy
min
S 11= ⇔
ABC
∆
vuông
5 2 1
a ; b ; c
6 3 2
= = =
.
18
!"#$%C('")"
,'0Z=
*+, /0 0,&'"123,3
0V=,W%7C9
MÔN THI:"!0
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
%J7(1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
A =
a a a 1
a 1
a 1
− −
−
−
+
(a 0;a 1)≥ ≠
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ − − +
+ −
%J7(2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
- 6x - 7 = 0
b) Giải hệ phương trình:
2x y 1
2(1 x) 3y 7
− =
− + =
%J7(1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
+ 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (m là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
m R∀ ∈
.
b) Tìm giá trị của m sao cho (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
%J97(4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng
với A, B), M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại
I, các đường thẳng AC và BM cắt nhau tại K.
a) Chứng minh rằng:
·
·
ABM IBM=
và ABI cân
b) Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp
c) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đường thẳng
NI là tiếp tuyến của đường tròn (B;BA) và NI
⊥
MO.
19
([%,B0,
,<%
d) Đường tròn ngoại tiếp BIK cắt đường tròn (B;BA) tại D (D không trùng
với I). Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng.
%JH7(1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
y 2x 3 1
2x 3
y 1
+ +
=
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = xy – 3y - 2x – 3.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
!"#$%C('")"
,'0Z=
*+, /0 0,&'"123,3
0V=,W%7C9
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁNDỰ THẢO
%J7(1,5 điểm)
a)
A =
a a a 1
a 1
a 1
− −
−
−
+
=
a( a 1) a 1 a a 1 1
( a 1)( a 1) a 1 a 1 a 1
− − − +
− = =
− + + + +
0,75 đ
b)
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ − − +
+ −
=
2 2 3 2 2 2 6 (2 2 3) 2(2 2 3)
2 2 3 2 2 3
+ − + + − + − + + −
=
+ − + −
=
(1 2)(2 2 3)
1 2
2 2 3
+ + −
= +
+ −
0,75 đ
%J7(2,0 điểm)
a)
x
2
- 6x - 7 = 0
2
x 7x x 7 0 x(x 7) (x 7) 0⇔ − + − = ⇔ − + − =
x 7 0 x 7
(x 7)(x 1) 0
x 1 0 x 1
− = =
⇔ − + = ⇔ ⇔
+ = = −
Vậy: S =
{ }
7; 1−
1,0 đ
b)
2x y 1 y 2x 1
2(1 x) 3y 7 2 2x 3(2x 1) 7
− = = −
⇔
− + = − + − =
y 2x 1 y 2x 1 y 4 1 3
2 2x 6x 3 7 0 4x 8 x 2
= − = − = − =
⇔ ⇔ ⇔
− + − − = = =
Vậy: (x; y) = (2; 3)
1,0 đ
20
%J7(1,5 điểm)
x
2
+ 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (1)
a)
Có:
/
= (m – 1)
2
– (- 2m – 3) = m
2
– 2m + 1 + 2m + 3
= m
2
+ 4
≥
4 > 0 với mọi m
⇒
/
> 0 với mọi m
Nên phương trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x
1
; x
2
m R∀ ∈
(Đpcm)
0,75 đ
b)
Theo bài ra, ta có: (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0
⇔
1 2 1 2
16x x 20x 20x 25 19 0+ + + + =
1 2 1 2
16x x 20(x x ) 44 0⇔ + + + =
(2)
0,25 đ
Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có:
(3)
1 2
1 2
b
x x 2(m 1) 2 2m
a
c
x .x 2m 3
a
+ = − = − − = −
= = − −
0,25 đ
Thay (3) vào (2), ta có:
16( 2m 3) 20(2 2m) 44 0− − + − + =
32m 48 40 40m 44 0⇔ − − + − + =
1
72m 36 m
2
⇔ − = − ⇔ =
Vậy với m =
1
2
thì (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
0,25 đ
%J97(4,0 điểm) Hình vẽ: 0,25 đ
LF %\]^7
·
·
ABM IBM=
Z? J
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)
¼
¼
AM MC⇒ =
0,5 đ
21
Mà:
·
¼
·
¼
1
ABM SdAM
2
1
IBM SdMC
2
=
=
(Định lý góc nội tiếp)
·
·
ABM IBM⇒ =
(Hệ quả
góc nội tiếp)
Có: M
∈
(O) và AB là đường kính
·
0
AMB 90⇒ =
(Hệ quả góc nội tiếp)
BM AI⇒ ⊥
tại M.
Xét ABI có: BM là đường cao đồng thời là đường phân giác
Nên: ABI cân tại B (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)
0,5 đ
b)
Có: C
∈
(O) và AB là đường kính
·
0
ACB 90⇒ =
(Hệ quả góc nội tiếp)
AC BI⇒ ⊥
tại C
·
0
KCI 90⇒ =
Mặt khác:
·
0
KMI 90=
(Vì BM
⊥
AI)
·
·
0
IMK KCI 180⇒ + =
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau
Vậy MICK là tứ giác nội tiếp (Đpcm)
1,0 đ
c)
Có: ABI cân tại B (cma)
⇒
BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA)
⇒
I
∈
(B;BA) (1)
Vì AN là tiếp tuyến của (O) (GT)
⇒
AN
⊥
AB tại A
⇒
·
0
BAN 90=
Xét ABN và IBN có:
AB = BI ( vì ABI cân tại B)
·
·
ABN IBN=
(cma)
⇒
ABN = IBN (c.g.c)
BN cạnh chung
⇒
·
·
NAB NIB=
(2 góc t/ư) mà:
·
0
NAB 90=
⇒
·
0
NIB 90=
⇒
NI
⊥
IB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: NI là tiếp tuyến của(B;BA) (Đpcm)
0,5 đ
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)
⇒
OM
⊥
AC (Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì
vuông góc với dây căng cung ấy)
Mà:
AC BI⊥
tại C (cmb)
⇒
OM//BI ( cùng vuông góc AC)
Mặt khác: NI
⊥
IB (cmt)
⇒
OM NI⊥
(Từ
⊥
đến //)
0,5 đ
d)
Có:
·
·
1
IDA IBA
2
=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của
(B;BA); mà:
· ·
1
IBN IBA
2
=
(vì
·
·
ABM IBM=
,cma)
·
·
IDA IBN⇒ =
Mà
·
·
IDK IBN=
(cùng chắn
º
IK
của đường tròn ngoại tiếp IKB)
⇒
·
·
IDA IDK=
⇒
A, K, D thẳng hàng
⇒
A, C, D thẳng hàng (Vì A, K, C thẳng hàng)
0,75 đ
%JH7(1,0 điểm)
22
y 2x 3 1
2x 3
y 1
+ +
=
+
+
( ) ( )
( ) ( )
3 3
y y y (2x 3) 2x 3 2x 3
y 2x 3 y (2x 3) 0
y 2x 3 y y(2x 3) 2x 3 y 2x 3 0
⇔ + = + + + +
⇔ − + + − + =
⇔ − + + + + + + + + =
Có
y y. 2x 3 2x 3 y 2x 3+ + + + + + +
với mọi x, y dương
⇒
y 2x 3− +
= 0
⇔
y = 2x + 3
0,5 đ
⇒
Q = x(2x + 3) – 3(2x + 3 ) – 2x – 3
= 2x
2
+ 3x – 6x - 9 – 2x -3
= 2x
2
– 5x – 12 =
2
5
2 x x 12
2
− −
÷
=
2
5 25 25
2 x 2.x. 12
4 16 8
− + − −
÷
=
2
5 121 121
2 x
4 8 8
− − ≥ −
÷
với mọi x > 0
Dấu bằng xảy ra khi x -
5
4
= 0
5 5 22 11
x y 2. 3
4 4 4 2
⇔ = ⇒ = + = =
⇒
GTNN của Q =
121 5
x
8 4
− ⇔ =
và y =
11
2
0,5 đ
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII,_IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương theo từng phần như đáp án.
23
!"#$%&'('")" *+, /0 0,&'"123%, `0
*,!0,,[Z 0V=,W%789
=>0, 7"!0 D*,>0%, `0F
Ngày thi: 21/06/2013
(Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề)
?7DEF(Không dùng máy tính cầm tay)
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
2) Cho biểu thức P =
( 1)
1
a a a
a
a a
−
−
−
+
với a > 0 và a ≠ 1.
Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 2014
2
.
?7DEF
1) Tìm x biết
3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = +
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
?7DEF
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x= −
1) Vẽ đồ thị (P).
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
?97D9EF
Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là
điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ND là phân giác của
·
ANB
.
3) Tính:
.BM BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung
điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ
thuộc vào vị trí của điểm M.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ………………………… SBD:……………/ Phòng: ……………………
Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: ……………………………………
24
(:%,;0,,<%
,R20#S0 @
?7DEF
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
Ta có:
(
)
22 3 2 10 3 11− + =
2
2( 11 3) 10 3 11
( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3)
( 11 3)( 11 3) 11 9 2
= − + =
− + = − + =
= − + = − =
2) P =
( 1)
1
a a a
a
a a
−
−
−
+
(ĐK : a > 0 và a ≠ 1)
Ta có: P=
( 1) 1 1
1
1
1 1 1
a a a a a
a
a
a a a a a
− −
− = − = = −
−
+ + + +
Với a = 2014
2
, ta có : P =
2
2014 1 2014 1 2013− = − =
?7DEF
1) Tìm x biết
3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = +
(ĐK: x ≥ -3/2)
⇔
3 2x 3 2 2x 3 1 2+ − + = +
⇔
2x 3 1 2+ = +
⇔
2 2
( 2x 3) (1 2) 3 2 2+ = + = +
⇔
2x 3 3 2 2+ = =
⇔
x 2=
(thỏa đk)
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
⇔
2 2
2 2
3x 4 6x 4 11 (1)
3 15 6x 15 33 (2)
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y
2
+ 11y = 22 ⇔ y
2
+y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
?7DEF
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x= −
1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ)
25
