De on tap thi THPT

TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN
THANH MIỆN
--------------ĐỀ ÔN TẬP 3

ĐỀ ÔN TẬP THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
2
1) Giải phương trình sau: x  96 20 x

 x  3 y 1

2) Giải hệ phương trình sau: 2 x  y  5

Câu 2 (2,0 điểm)
 x  x 1
A 

x

x

2

1) Rút gọn biểu thức

1  x x

:
x  1  2 x  4

với x  0 và x 1 .

2) Có 160 cây được trồng thành các hàng đều nhau trong một miếng đất. Nếu bớt đi 2
hàng thì mỗi hàng cịn lại phải trồng thêm 4 cây mới hết số cây đã có. Hỏi lúc đầu có bao
nhiêu hàng cây?
Câu 3 (2,0 điểm)
2

1) Cho Parabol (P): y  x và đường thẳng (d): y = mx + 2. Chứng minh rằng đường
thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B nằm khác phía trục tung.
2) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1) x + m2 + 4 = 0 (x là ẩn, m là tham số).
2
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  2(m 1)x 2 28 .

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường thẳng BO và CO lần lượt
cắt đường tròn (O) tại E, F.
1) Chứng minh AF // BE.
2) Gọi M là một điểm trên đoạn AE (M khác A, E). Đường thẳng FM cắt BE kéo dài
tại N, OM cắt AN tại G. Chứng minh:
a) AF2 = AM.ON.
b) Tứ giác AGEO nội tiếp.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y = 1.
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 1  2 x  2 40  9 y .

------------------------------ Hết ------------------------------Họ và tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh: ……………………………..
Chữ ký của giám thị 1: ……………………….Chữ ký của giám thị 2: …………………………..


BIỂU ĐIỂM
CÂU

Ý

NỘI DUNG
x  96 20 x  x  20 x  96 0 . Ta có:
2

ĐIỂM

2

0,25

 ' ( 10) 2  1.96 100  96 4  0;
 '  4 2

1

0,25

10  2
x1 
12

1
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
;
10  2
x2 
8
1

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 12; x2 = 8.
1

2

2

1

 x  3 y 1

2 x  y  5
 x 1  3 y

 2(1  3 y )  y  5
 x 1  3 y

   7 y  7
 x  2

  y 1

0,25
0,25
0,25

 x  x 1
1  x x
A 

 :
x

x

2
x

1

 2 x 4


x  x 1
1  x x 1

A

:
 x1
x  1 2 x  2
x 2




 2 x 2
x  x 1
x 2

A 

 x1
x 2
x1
x  2  x x 1



 2 x 2
x 1


A
 x1
x  2  x x 1


 x1
x 1  2 x  2


A

 x1
x  2  x x 1















 









A

Vậy



















0,25















0,25



x 1 2 x  2
2


x  2 x x 1
x



A

0,25







0,25

0,25

Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (-2; 1)
ĐKXĐ: x  0 ; x 1



0,25



2
x với x  0 ; x 1

0,25


CÂU

Ý

NỘI DUNG

2/ + Gọi số hàng cây lúc đầu là x (hàng); x > 2.

ĐIỂM

0,25

Số hàng cây lúc sau là: x – 2 (hàng)

160
Số cây mỗi hàng lúc đầu là: x (cây)
160
Số cây mỗi hàng lúc sau là: x  2 (cây)

2

160 160

4
+ Theo đề bài ta có phương trình x  2 x

+ Giải phương trình ta được: x1 = 10 (TM); x2 = -8 (Loại)
+ Vậy số hàng cây lúc đầu là 10 hàng

1

+ Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
x 2 mx  2  x 2 - mx -2 0 (*)
+ Phương trình (*) có: ac = 1.(-2) = -2 < 0
+ Do đó phương trình (*) ln có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
+ Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A và B nằm khác phía trục tung.
+ Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 Û D ' ³ 0
2

Û ( m + 1) - ( m2 + 4) ³ 0 Û m ³

3
2 (*)

ïì x1 + x2 = 2(m + 1)
í
2
+ Theo Viet ta có: ïïỵ x1.x2 = m + 4

3

2
Suy ra x1 + 2(m + 1)x2 = 28

2

Û x12 + (x1 + x2)x2 - 28 = 0
Û x12 + xx2 + x1x2 - 28 = 0 Û (x1 + x2)2 - x1x2 - 28 = 0
2
2
2
+ Biến đổi : (2m + 2) - m - 4- 28 = 0 Û 3m + 8m - 28 = 0
14
m

3 (Loại). Đối chiếu với điều
+ Giải phương trình : m = 2(T M );

kiện (*) suy ra m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn :

x12 + 2(m + 1)x2 = 28

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


CÂU

Ý

NỘI DUNG
A

ĐIỂM

G
N
M

F

E

0,25
O

1

1

2

2

B

C

 
+ Do ABC đều, BE và CF là tia phân giác của B ; C nên

a

0,25

 B
 C
 =C






B
1
2
1
2 => AE CE AF BF


+  FAB B1 . Mà hai góc này ở vị trí so le trong

0,25
0,25

+ => AF // BE
+) Tương tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF là hình bình hành mà

4

b

 AF
  AE AF
AE
nên tứ giác AEOF là hình thoi
FAE FOE

ONF và AFM có
(2 góc đối của hình thoi)
AFM FNO


0,25

+)  AFM đồng dạng với ONF (g-g)
AF AM


 AF.OF AM.ON
ON OF
+)

0,25

(2 góc so le trong)

0,25
0,25

2
+) mà AF = OF nên AF AM.ON





0

+) Có AFC ABC 60 và AEOF là hình thoi  AFO và AEO là các
2
tam giác đều  AF=DF=AO  AO AM.ON

AM AO



AOE
600  AOM và ONA đồng dạng
AO ON và có OAM
+)


 AOM
ONA
.
0







60 AOE AOM
 GOE
ANO
 GAE
 GAE
GOE


c

5

+) Có
.
+) Vậy tứ giác AGEO có mà hai đỉnh A, O kề nhau cùng nhìn đoạn GE
dưới 1 góc không đổi nên tứ giác AGEO nội tiếp.
+ Chứng minh được bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

+ Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số:
2

2
2
2
3 11
 2  
2  2
2
(3  2 x)
  1  2 x   1    3 1  2 x 
 1  x   1.1  2 x.
3 
9

11
 3  


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Tương tự :

 40  6 y 

2

x

1
3.

 40  9 y 2   40  4   2 40  9 y 2 

11
(40  6 y )
11

0,25


CÂU

Ý

NỘI DUNG

2
y
3.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+ Do đó

P

11
1
2
[49  6( x  y )] 5 11
 x ;y
11
3
3.
. Đẳng thức xảy ra

1
2
x ;y
3
3.
+ Vậy Min(P) 5 11 khi

ĐIỂM

0,25
0,25