Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Vạn Kim

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (722.28 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 1
TRƯỜNG THCS VẠN KIM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021

MƠN TỐN

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Đề 1

Bài 1. Rút gọn biểu thức A 4 8 2 3 6

2 2 3

+ + − −

+ −

Bài 2. không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau:

5x

+

13x

− =

6

0 x

+

2x

− =

15

0

c) 3x 4y 17

5x 2y 11

− =



 + =


Bài 3

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol (P): y 1x2
2

b) Tìm m để đường thẳng (d): y

(

m 1 x

)

1m2 m
2

= − + + đi qua điểm M 1; 1

(

−

)

c) Chứng minh rằng parabol (P) luôn cắt đường thẳng d tịa hai điểm phân biệt A và B. Gọi x ; x1 2là
hoàng độ hai điểm A, B. Tìm m sao cho 2 2

1 2 1 2

x

+

x

+

6x x



2019

Bài 4

Cho đường trịn tâm (O) với đáy AB cố định khơng phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB
sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC . Gọi I là giao điểm
của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp.
b) Chứng minh

MK.MN

=

MI.MC

c) chứng minh tam giác AKI cân tại K.

Bài 5: Với

x



0

, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x 3x 2019

− +

ĐÁP ÁN

Bài 1: A 4 8 2 3 6

2 2 3

+ + − −

+ −

4 2 2 2 3 2 3

2 2 3

+ + − −

+ −

4 3 2 3 2 3

2 2 3

+ − −

+ −

(

2 2 3

) (

2 2 2 2. 3

)

2 2 3

+ − + + −

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 2

(

2 2 3

)

2 2

(

2 3

)

2 2 3

+ − + + −

+ −

(

2 2 3 1

)(

)

2 2 3

+ − +

+ − 1= + 2

Vậy A= +1 2

Bài 2:

5x

+

13x

− =

6

0

Ta có  =132+4.5.6=289   =0 17

phương trình có hai nghiệm phân biệt
1

13 17 2

2.5 5

13 17

x 3

2.5
− +

 = =




− −

 = = −


Vậy phương trình có tập nghiệm: S 2; 3

 

= − 

 

x

+

2x

− =

15

0

Đặt 2

(

)

t=x t0 khi đó ta có phương trình: t2+ −2t 15=  +0

(

t 5 t

)(

− =3

)

(

)

( )

t 5 ktm

t 3 tm
 = −

  =



Với t 3 x2 3 x 3

x 3

 =

=  =  

= −


Vậy phương trình có tập nghiệm: S= 

 

c) 3x 4y 17 3x 4y 17 13x 39 x 3 x 3

10x 4y 22 5x 2y 11 5.3 2y 11 y 2

5x 2y 11



− = − = = = =

   

   

 + =  + =  + =  + =  = −

  

 

Bài 3:

a) Tự vẽ

b) Tìm m để đường thẳng (d): y

(

m 1 x

)

1m2 m

= − + + đi qua điểm

M 1; 1

(

−

)

Vì

M 1; 1

(

−

)

thuộc (d): y

(

m 1 x

)

1m2 m

= − + + nên thay tọa độ M vào d ta được:

(

)

1 2 1 2

1 m 1 .1 m m m m m 1 1 0

2 2

− = − + +  + + − + =

(

)

1 1

m 2m 0 m m 4 0

2 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 3

m 0

m 4

=


  = −



Vậy m=0; m= − thỏa mãn bài tốn 4

c) Phương trình hồnh độ giao điểm của P và d là:

(

)

2 2

1 1

x m 1 x m m

2 = − +2 +

(

)

( )

2 2

1 1

x m 1 x m m 0 1

2 2

 − − − − =

Ta có

(

m 1

)

2 4. .1 1m2 m

2 2

 

 = − −  − − − 

 

2 2

m 2m 1 m 2m

 = − + + +

2m

1 0

 =

+ 

với mọi m

Suy ra phương trình 1 ln có hai nghiệm phân biết với mọi m
Nên P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A và B

Theo vi-ét ta có: 1 2

(

2

)

1 2

x x 2 m 1

x .x m 2m

 + = −

 = − −


Theo đề ta có: 2 2

1 2 1 2

x +x +6x x 2019

(

)

1 2 1 2

x x 4x x 2019 0

 + + − 

(

)

(

2

)

2 m 1 4 m 2m 2019 0

  −  + − − − 

2 2

4m

8m 4 4m

8m 2019

0 

−

+ −

−



16m 2015

0  −

−



16m

2015

 −



2015
m

 

Bài 4:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 4
HBI HMI

 =  Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng

nhau).

b) Ta có MNB=ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) 
MNI MCK

 =

Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:

NMC : chung

(

)

MNI=MCK cmt

(

)

MI MK

MIN MKC g g MK.MN MI.MC

MN MC

  =  −  =  =

c) Ta có MNI=MCK(cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp 
HKI NCI NCM

 = = ( góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)
Lại có NMC sdMN

= (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)

sdAN sdBM sdAN sdAM sdMN

AHN

2 2 2

+ +

= = = (góc có đỉnh bên trong đường tròn)
NCM AHK HKI AHK

 =  = mà chúng ở vị trí so le trong AH / /KI
Chứng minh tương tự ta có AKH=KHI mà chúng ở vị trí so le trong AK / /HI
Xét tứ giác AHIK ta có AH / /KI

AK / /HI





 AHKI là hình bình hành (1)

Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp MHB=MIB(hai góc nt cùng chắn cung MB)
Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp NKC=KIC(hai góc nt cùng chắn cung NC)
Mà MIB=NIC dd

( )

MHB=NKI

AHK AKH AHK

 =   cân tại H



AH

=

AK 2

( )

Từ (1) và (2)  tứ giác AHIK là hình thoi

KA

KI

AKI



=

 

cân tại K (đpcm)

Bài 5: Điều kiện

x



0

Ta có

2 2

x 3x 2019 3 2019

A 1

x x x

− +

= = − +

Đặt t 1

(

t 0

)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 5

2 2 1

A 1 3t 2019t 2019 t t 1

673

 

= − + =  − +

 

2 2

2 1 1 1

2019 t 2t 2019 1

1346 1346 1346

     

=  − +  −   +

   

 

 

1 2689 2689

2019 t

1346 2692 2692

 

=  −  + 

  với mọi t thuộc R 
Dấu “=” xảy ra khi t 1

( )

1346

= . Vậy min A 2689
2692

= khi t 1 x 1346 tm

( )

1346

=  =

ĐỀ 2

Câu 1: Tính gọn biểu thức:

1) A =

20 - 45 + 3 18 + 72

.
2) B =

1 +

a + a

1 +

a - a

a + 1

1-

a



















với a ≥ 0, a ≠ 1.

Câu 2:

1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tìm a.
2) Cho phương trình: x2 + 2 (m + 1)x + m2 = 0. (1)

a) Giải phương trình với m = 5

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng - 2.

Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng

thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa
ruộng đó.

Câu 4: Cho tam giác ABC vng ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường trịn tâm (O) có đường

kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S.
a) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc

BCS

b) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
 c) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.

Câu 5: Giải hệ phương trình:

4 4

3 3 2 2

x

y

1 (1)

x

y

x

y

(2)

 +

=





+

=

+



ĐÁP ÁN

Câu 1: Rút gọn biểu thức

1) A =

20 - 45 + 3 18 + 72

5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 6
2) B =

1 +

a + a

1 +

a - a

a + 1

1 - a



















với a ≥ 0, a ≠ 1

1 +

a ( a + 1)

1 -

a ( a - 1)

a + 1

a - 1



















= (1 +

a

) (1 -

a

) = 1 – a

Câu 2:

1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có:
- 12 = a. (- 2)2



4a = -12



a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2.
2)

a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0.

∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11

x1 =

- 6 - 11

; x2 =

- 6 + 11

Vậy với

m

=

5

thì pt có hai nghiệm là : x1 =

- 6 - 11

; x2 =

- 6 + 11

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:
∆’ > 0



(m + 1)2 - m2 > 0



2m + 1 > 0



m >

- 1

2

(*)

Phương trình có nghiệm x = - 2



4 - 4 (m + 1) + m2 = 0



m2 - 4m = 0



m = 0

m = 4







(thoả mãn điều kiện (*))

Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm.

Câu 3:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 7
Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) (m2)
Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng cịn lại là: (x - 2 ) (y - 2) (m2)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

(x + 2) (y + 3) = xy + 100

(x - 2) (y - 2) = xy - 68







xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100

xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68



 



3x + 2y = 94

2x + 2y = 72

x = 22

x + y = 36

x = 22

y = 14



 





 





 



Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).

Câu 4:

Hình vẽ đúng: (0.5 đ)

a) Ta có

BAC = 90 (gt)

0

MDC = 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp

Vì tứ giác ABCD nội tiếp



ADB = ACB

1

2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 8
Ta có tứ giác DMCS nội tiếp

 ADB = ACS

(cùng bù với

MDS

). (2)

Từ (1) và (2)



BCA = ACS

b) Gọi giao điểm của BA và CD là K. Ta có BD CK, CA

⊥

BK.



M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác

MEC

= 900 (

⊥

góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.

c) Vì tứ giác ABCD nội tiếp



DAC = DBC

(cùng chắn

DC

). (3)
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp



MAE = MBE

(cùng chắn

ME

). (4)
Từ (3) và (4)



DAM = MAE

hay AM là tia phân giác

DAE

Chứng minh tương tự:

ADM = MDE

hay DM là tia phân giác

ADE

.
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE.

Câu 5: (0.5 đ)

4 4

3 3 2 2

x

y

1 (1)

x

y

x

y

(2)

 +

=





+

=

+



Từ (1) suy ra:

x

  

1 x 1

. Tương tự

y 1



(3).

2 2

(2)



x (1 x)

−

+

y (1 y)

−

=

0

(4),
Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm, nên:

(4)

2
2

x (1 x)

0 x

1 x

1 ;

y

0 y 1

y

0 y 1

y (1 y)

0 

−

=



=



=



=



=











=

−

=





Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là:

x

0 ;

x

1 y 1

y

0 =





=



=



Đề 3 
Bài 1

Cho biểu thức:

B

b

1 b

2 b

3 b 9

b

3 b

3 +

−

=

+

−

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 9
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B.

b) Tìm các giá trị của b để B ≥ 1.

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x

2y

6 2x

3y

7 +

=





+

=



b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d):

y

=

3x

+

m

và đường thẳng (d’):

(

)

y

=

m 5 1 x

+ −

+

3

(với m  -5). Xác định m để (d) song song với (d’).

Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

1 2

x + 2mx = 9

Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính PQ = 2R. Điểm N cố định trên nửa đường tròn. Điểm M thuộc cung PN
(M  P; N). Hạ MH ⊥ PQ tại H, tia MQ cắt PN tại E, kẻ EI ⊥ PQ tại I. Gọi K là giao điểm của PN và MH.
Chứng minh rằng:

a) Tứ giác QHKN là tứ giác nội tiếp;

b) PK.PN = PM2;

c) PE.PN + QE.QM khơng phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung PN;

d) Khi M chuyển động trên cung PN thì đường trịn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm cố định.

Bài 5: (1 điểm)

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện

x

+ + =

y

z

2

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

=

2x

+

yz

+

2y

+

zx

+

2z

+

xy

ĐÁP ÁN 
Bài 1:

a) ĐKXĐ: b  0 và b  9.

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

b.

b

3 b

1 .

b

3 b

2 b

3

B

b

3 .

b

3 b

3 .

b

3 +

−

−

=

−

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 10

(

) (

)

b

3 b

b

3 b

b

3 b

2 b

3 b

3 .

b

3 +

+ −

+

− − +

+

=

−

+

(

b

3 .

) (

3 b

b

3

)

+

=

−

+

(

)

(

) (

)

b.

b

3 b

3 .

b

3 +

=

−

+

b

3 =

−

b) b  0 và b  9,

B 1

b

1 b

3  



−

b

1 0

b

3 

− 

−

3

0 b

3

0 b

9 b

3 

 

−   

−

Kết hợp với điều kiện b  0 và b  9 ta có: b > 9.

Vậy: b > 9

Bài 2:

x

2y

6 2x

4y 12

2x

3y

7 2x

3y

7 +

=

+

=







+

=



+

=



y

5 2x

3y

7 =



 

+

=



y

5 y

5 2x

3.5

7 x

4 =











+

=



Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là

x

4 y

5 =



 =



b) (d) // (d’)

m

5 1 3

m

3 

+ − =



 





m

5 16

m

5

4 m

3 m

3 

+ =



+ =









 







</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 11

m 11

m

3 =





 



=



(thỏa mãn điều kiện m  - 5)
Vậy m = 11

Bài 3:

a) Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

Ta có: / = m2 – m2 + m - 1 = m – 1

Phương trình có nghiệm kép



/ = 0



m – 1= 0



m = 1

khi đó nghiệm kép là:

1 2

1 b

x

m

a

−

=

= =

b) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2



/ ≥0



m –1 ≥ 0



m ≥ 1

theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2

2
1 2

2 (1)

.

m – m 1

(2)

x

m

x x

+

=





=

+



Mà theo bài cho, thì

x + 2mx = 9

12 2 (3)
Thay (1) vào (3) ta được:

1 2 1 2 2

x

)

x x

1 2

9 (4)



+

−

=

2 2

1 2 1

x + (x + x )x = 9

x + x x + x

= 9

(x

Thay(1), (2) vào (4) ta được : 2 2 2

4m

−

m

+ − = 

m

1 9

3 m

+ −

m

10 =

0

Giải phương trình ta được: m1= - 2 (loại) ; m2 =

5

3

(TMĐK)
Vậy m =

5

3

thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1

, x
2 :

1 2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 12
a) Ta có góc

PNQ =

90

0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Hay

KNQ =

90

0.
Xét tứ giác QHKN, có:

90 KHQ =

(vì MH⊥PQ)

90 KNQ =

(cm trên)

 0

180 KNQ

+

KHQ

=

, mà hai góc này là hai góc đối diện .
b) Chứng minh được PHK PNQ (g-g)

Suy ra PK.PN = PM2 (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam vng AMB ta có:

PH.PQ = PM2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra PK.PN = PM2.

c) C/minh được PEI PQN (g-g)  PE.PN = PI.PQ (3)

C/minh được QEI QPM (g-g)  QE.QM = QI.PQ (4)
Từ (3) và (4) suy ra :

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ

= PQ (PI + QI) = PQ = 4R .



2 2

d) CM được tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn



EIN

=

EQN

CM được tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn



EIM

=

EPM

Mà

EPM

EQN

1 MON

2 



=



=







O
K

H I

E

N
M

Q
P

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 13
Do đó

MIN

=

MON

, mà O và I là hai đỉnh kề nhau của tứ giác MOIN => Tứ giác MOIN nội tiếp =>

Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm O và N cố định.

Bài 5:

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện

x

+ + =

y

z

2

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

=

2x

+

yz

+

2y

+

zx

+

2z

+

xy

Ta có x + y + z = 2 nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương

u

= +

x

y

và, v = x + z, ta có:

2 (

)(

)

2 x

y

x

z

x

y

z

x

+

yz

=

x

+

y x

+

z



+ + +

=

+ +

(1)

Tương tự

2 y

x

z

y

+

xz



+ +

(2);

2 z

x

y

z

+

xy



+ +

(3)
Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2(

)

4 x

y

z

y

x

z

x

y

P

x

yz

y

zx

z

xy

P

x

yz

y

zx

z

xy

x

y

z

+ +

=

+



+

=

+



+ +

=

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =2
3

Vậy Max P = 4 khi x = y = z =2
3.

ĐỀ 4 
Bài 1:

a) Tính : A = 12+ 18− 8−2 3

b) Cho biểu thức B= 9x+ +9 4x+ +4 x+1với x  − . Tìm x sao cho B có giá trị là 18. 1

Bài 2:

a) Giải hệ phương trình : 2 3

4 5 6

x y

+ =



 + =


b) Giải phương trình : 4x4+7x2− =2 0

Bài 3: Cho hai hàm số y=2x2 và y = -2x + 4.

a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 14
Bài 4: Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m2. Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 10m thì
diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2. Tính kích thước của mảnh đất.

Bài 5: Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB và C là điểm nằm trên đoạn thẳng OB ( với C khác B).

Kẻ dây DE của đường trịn (O) vng góc với AC tại trung điểm H của AC. Gọi K là giao điểm thứ hai
của BD với đường trịn đường kính BC.

a) Chứng minh tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh CE song song với AD và ba điểm E, C, K thẳng hàng.

c) Đường thẳng qua K vng góc với DE cắt đường trịn (O) tại hai điểm M và N ( với M thuộc cung nhỏ
AD ). Chứng minh rằng 2 2 2

EM +DN = AB

ĐÁP ÁN 
Bài 1:

12 18 8 2 3
4.3 9.2 4.2 2 3
2 3 3 2 2 2 2 3

A = + − −

= + − −

(

)

(

)

9 9 4 4 1

9 1 4 1 1

3 1 2 1 1

6 1

B x x x

x x x

x

= + + + + +
= + + + + +
= + + + + +
= +

Bài 2:

2 3

4 5 6

4 8 12

4 5 6

3 6

3 2
2

3 2.2 1

x y
x y

x y
x y
y

x y

y
x

+ =



 + =


+ =



  + =


=

  = −


=


  = − =



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
b) 4x4+7x2− =2 0

Đặt 2

(

)

t=x t ta được

4t + − =7t 2 0

7 4.4.( 2) 81 0, 9

 = − − =   =

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 15

7 9 1 7 9

; 2

8 4 8

t= − + = t=− − = −

Vì t  nên ta chọn 0 1 2 1 1

4 4 2

t= x =  = x

Vậy 1
2

S=  

 
Bài 3

a) Học sinh tự vẽ

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:

2
2
2

2 2 4

2 2 4 0
2 0

x x

= − +

 + − =

Phương trình có dạng a b c+ + = 0
1; 2

x x

 = = −

Với x=  =1 y 2.12 =2
Với x= −  =2 y 2.

( )

−2 2 =8

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm A(1;2) và B(-2;8)
b)

Gọi H là hình chiếu của M lên (d) thì MH là khoảng cách từ M đến đường thẳng AB.
Gọi C, D lần lượt là giao điểm của (d) với Ox và Oy

( ) ( )

0; 4 ; 2;0

D C



(

)

MHC DOC g g

  −

MH DO

MC DC

 =

DO MC
MH

DC

 =

Trong đó DO= yD = 4
4

M C

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 16

(

) (

)

( )

2 2

2 4 2 5

D C D C

DC= x −x + y −y = − + =

4.4 8 5
5
2 5

MH

 = =

Vậy khoảng cách cần tìm là 8 5
5

Bài 4: Gọi x (mét) là chiều rộng của mảnh đất :

Y (mét) là chiều dài của mảnh đất:

Điều kiện: 3
3

x

y x




  


Diện tích mảnh đất là 80 m2 nên ta có phương trình:

( )

. 80

x y= m

Nếu giảm chiều rộng đi 3m thì chiều rộng mới là x – 3 (m).

Nếu tăng chiều dài lên 10m thì chiều dài mới là y + 10 (m).
Theo đề ta có:

(

)(

)

(

)

80 80

3 10 20 3 10 30 80 20 0

80 10 800

3 10 50 10 50 3

50 3 80 3 50 800 0

10 50 3 10 50 3

10
80

8
3

10 50 3

xy xy

x y xy xy y x

xy xy

y x x y

y y y y

x y x y

y

y
y

x

x y

= =

 



 − + − =  − + − − − =




= =

 

 

− + = = +

 



 + = + − =

 

= + = +

 

  =

  −  =

 

 =  =

 



 = +


Vậy chiều dài mảnh đất là 10m, chiều rộng là 8m.

Bài 5

a) Ta có DHC=900

( )

gt

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 17
0

DKC

 = ( Kè bù với BKC)

Xét tứ giác DHKC ta có: DKC+DHC=1800
Mà DKC và DHC đối nhau

Suy ra DHKC là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có OA⊥DE H là trung điểm của DE ( quan hệ vng góc giữa đường kính và dây cung).
Tứ giác ADCE có H là trung điểm của AC và DE và AC⊥DE

Nên ADCE là hình thoi
AD // CE.

Ta có ADB =900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB)
CE⊥BD

Mà CK⊥BD(cmt)

hai đường thẳng CE và CK trùng nhau E, C, K thẳng hàng.
c) Vẽ đường kính MI của đường trịn O

Ta có MNI =900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính MI)
 NI⊥MN

Mà DE⊥MN

NI // DE ( cùng vng góc với MN)

DN = EI (hai dây song song chắn hai cung bằng nhau)

Ta lại có MEI =900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính MI)
 MEI vng tại E

2 2 2

EM +EI =MI ( Định lý py-ta-go)
Mà DN = EI

MI = AB =2R

 2 2 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 18
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội

dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi
về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên danh
tiếng.

I.Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây
dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.
- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các trường
PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II.Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành
cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS.
Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng
đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các
môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng
Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>