De thi thu vao lop 10 truong THPT chuyen ha noi amsterdam

Tailieutructuyen.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
MÔN TOÁN 9
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM NĂM 2017
Câu 1) Cho 2 biểu thức A 

7 x 2
,B 
2 x 1

x 3
x  3 36


với x  0, x  9 .
x 3
x 3 x 9

a) Rút gọn B , tìm x để A  B .
b) Tìm tất cả các giá trị của x để A nhận giá trị nguyên dương.
Câu 2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 3) Trên hệ trục tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  m 2  1
a) Khi m   3 , chứng tỏ rằng  d  luôn cắt  P  tại 2 điểm phân biệt A, B . Từ đó tính
diện tích tam giác OAB .
b) Với giá trị nào của m thì  d  cắt  P  tại 2 điểm phân biệt D,E sao cho khoảng cách từ

D đến trục Oy bằng khoảng cách từ E đến trục Oy .
Câu 4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O; R  đường cao AD,BE cắt nhau tại H , BE kéo
dài cắt  O  tại F .

a) Chứng minh: Tứ giác CDH E nội tiếp.
b) Chứng minh: Tam giác AH F cân.
c) Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh: M E là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp tam giác CDE .
d) Giả sử BC cố định và BC R 3 , xác định vị trí A trên đường tròn để DH .DA lớn
nhất.
Câu 5) Cho 2 số thực dương x, y sao cho 2 xy  4  x  y . Tìm GTNN của P  xy 

1
1
 2 .
2
x
y


Tailieutructuyen.vn
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1) Cho 2 biểu thức A 

7 x 2
,B 
2 x 1

x 3
x  3 36


với x  0, x  9 .
x 3

x 3 x 9

c) Rút gọn B , tìm x để A  B .
d) Tìm tất cả các giá trị của x để A nhận giá trị nguyên dương.

Giải:
a) Ta có:
B

  x  3 x  3  36 
 x  3 x  3

x 2
 12  2 x  1   x  3 7 x  2   7 x  5
x 1

x 3
x  3 36



x 3
x 3 x 9
12
7

x 3 2

AB



x 3

 x
 x 2 7 x 9  0  
 x

7
11
2 x 1 
2 
b) Ta có : 2
2 x 1













0 A





x 3 

12 x  36
x 3



x 3





x  18  0

2


9  x  2  x  4 (TMĐK).
7

7
2 x 1 7
2
 . Vì A là số nguyên dương nên ta có:
2
2 x 1









A 1
7
.

2
A  2

TH 1: A  1 

7 x 2
9
1 5 x  3  x 
thỏa mãn điều kiện.
25
2 x 1

TH 2: A  2 

7 x 2
16
23 x 4 x

thỏa mãn điều kiện.
9
2 x 1

Câu 2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Giải:
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m) , điều kiện x  7 .

12
x 3


Tailieutructuyen.vn
Chiều rộng hình chữ nhật là: x  7 (m). Vì độ dài đường chéo là 13 m nên theo định lý Pitago ta
2

có: x 2   x  7   132  2 x 2  14 x  120  0   x  12  x  5   0  x  12 ( do x  7 ).
Đối chiếu với điều kiện ta thấy x  12 thỏa mãn điều kiện. Vậy chiều dài hình chữ nhật là 12m,
chiều rộng hình chữ nhật là 5 m.
Câu 3) Trên hệ trục tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  m 2  1
c) Khi m   3 , chứng tỏ rằng  d  luôn cắt  P  tại 2 điểm phân biệt A, B . Từ đó tính
diện tích tam giác OAB .
d) Với giá trị nào của m thì  d  cắt  P  tại 2 điểm phân biệt D,E sao cho khoảng cách từ

D đến trục Oy bằng khoảng cách từ E đến trục Oy .
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là:  x 2  2 x  m 2  1  x 2  2 x  1  m 2  0 .
a) Khi m   3 thì x 2  2 x  2  0 , ta có  '  1  2  3  0 và nên phương trình luôn có 2
nghiệm phân biệt x1 , x2 . Hay  d  luôn cắt  P  tại 2 điểm phân biệt A, B .

Theo hệ thức Viet ta có: x1.x2  2  0 nên hai giao điểm A, B nằm về 2 phía trục Oy , giả sử
A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với x1  0  x2 ta có hình vẽ:

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A, B lên trục Oy thì AH  x1   x1 ,
BK  x2  x2 , đường thẳng  d  cắt trục Oy

tại I  0; 2   OI  2 .
Ta có SOAB  S AOI S BOI 

1
1
AH .OI  BK .OI
2
2

1
 .2  x2  x1   x2  x1 . Suy ra
2
2

2

2
SOAB
  x2  x1    x1  x2   4 x1 x2 .

2
Theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  2, x1 x2  2 suy ra S OAB
 12  SOAB  2 3 .

Tailieutructuyen.vn
b) Phương trình hoành độ giao điểm
của  d  và  P  là:  x 2  2 x  m 2  1 

x 2  2 x  1  m 2  0 . Ta có  '  m 2 , để

d 

cắt  P  tại 2 điểm phân biệt thì  '  0

 m 2  0  m  0 . Khi đó 2 giao điểm
D  x1 ; y1  ,E  x2 ; y2  , gọi M , N lần lượt là

hình chiếu vuông góc của D,E lên trục Oy
thì khoảng cách từ D,E đến trục Oy tương ứng
là độ dài của đoạn thẳng DM ,EN . Ta có: DM  x1 , EN  x2 , yêu cầu bài toán tương đương
với x1  2 x2  x1  2 x2  0 (*), do vai trò D,E như nhau nên điều kiện (*) có thể viết lại
thành:

x

1

 2 x2

 x

2

2

 2 x1   0  2 x12  2 x22  5 x1 x2  0  2  x1  x2   4 x1 x2  5 x1 x2  0

 x1  x2  2
2
Theo hệ thức Viet ta có: 
suy ra 2  x1  x2   4 x1 x2  5 x1 x2  0
2
 x1 x2  1  m

 8  4 1  m 2   5 1  m 2  0 (1) .
Trường hợp 1: 1  m 2  0  m  1 hoặc m  1 đẳng thức (1) trở thành:
 m2  1  4m2  4  0  m2   43 loại.
Trường hợp 2: 1  m 2  0  1  m  1 đẳng thức (1) trở thành:
1
1
5 1  m 2   4 1  m 2   8  0  m 2   m   thỏa mãn điều kiện.
9
3
1
Tóm lại m   là các giá trị cần tìm.
3
Câu 4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O; R  đường cao AD,BE cắt nhau tại H , BE kéo
dài cắt  O  tại F .
e) Chứng minh: Tứ giác CDH E nội tiếp.
f) Chứng minh: Tam giác AH F cân.

Tailieutructuyen.vn
g) Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh: M E là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp tam giác CDE .
h) Giả sử BC cố định và BC R 3 , xác định vị trí A trên đường tròn để DH .DA lớn
nhất.
Giải:


a) Do H
DC H
EC  900 nên 4 điểm

C,D,H ,E cùng nằm trên 1 đường tròn đường
kính HC hay tứ giác CDH E nội tiếp.
gọi I là trung điểm của HC thì CDH E nội tiếp.

 HC 
đường tròn  I ;
 .
2 


 (cùng chắn cung FC ).
b) Ta có F
AC FBC
  DAC
 (cùng phụ với 

 , tam giác AHF có AE là
Lại có EBC

ACB ) suy ra F
AC  DAC

đường cao đồng thời cũng là trung tuyến nên AHF là tam giác cân.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDH E .
Tam giác AEB vuông tại E , M là trung điểm cạnh huyền AB nên MA  ME 


M
EA  M
AE (2), tam giác HEC vuông tại C có I là trung điểm cạnh huyền HC nên
  ICE
 (2). Từ (2),(3) ta có: M

M

  900 suy ra M E
IE  IC suy ra IEC
EA IEC
AE  ICE
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE .

 (cùng phụ
d) Xét tam giác vuông BDH và tam giác vuông ACD ta có: H
BD  DAC

BD AD

ACB ) suy ra BH DACD (g.g) 


DH .DA BDCD
.
.
H D CD

 BD CD 
BDCD
.


2

3R 2
BC 2 3R 2

suy ra DH .DA 
, dấu đẳng thức xảy ra khi và
4
4
4
4
chỉ khi BD CD  ABC cân tại A , hay A là điểm chính giữa cung lớn BC .
Ta có



Câu 5) Cho 2 số thực dương x, y sao cho 2 xy  4  x  y . Tìm GTNN của P  xy 

1
1

 2 .
2
x
y


Tailieutructuyen.vn
Giải:
2

2

1
1
 x  y   2 xy  xy   2 xy  4   2 xy  x3 y 3  4 x 2 y 2  18 xy  16 .
Ta có P  xy  2  2  xy 
x
y
x2 y 2
x2 y 2
x2 y 2

Từ giả thiết ta có: 2 xy  4  x  y  0  xy  2 . Ta cũng có:

 2 xy  4 

2

2

  x  y   4 xy  x 2 y 2  5 xy  4  0   xy  1 xy  4   0 do xy  2 suy ra xy  4 .

Ta chứng minh:

x 3 y 3  4 x 2 y 2  18 xy  16 9
  2 x 3 y 3  5 x 2 y 2  18 xy  16  0 
2 2
x y
2

 xy  4   2 x2 y 2  3 xy  4   0 . Do

xy  4 nên bất đẳng thức luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi

 xy  4
9
và chỉ khi 
.
 x  y  2 . Vậy GTNN của P là
2
x  y