Cac de luyen thi

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
(Có tính chất tham khảo)
Nội dung

Câu
Câu 1 Thực hiện phép tính:
(1,0
điểm)
3  1 . 3. 1 
3 3
.
3 1 .

2 3
2 3













3



1  3  .1  3 

Điểm

0,25
0,25

2

1 3

2
2
  1
2

0,25
0,25

3 3
3 1 .
 1
2 3
Vậy
Câu 2
1 2
(1,0 Cho hàm số y = - 2 x có đồ thị (P) và đường thẳng (d): y = 3 – 4x. Lập phương trình đường
điểm)
thẳng (  ) song song với (d) và cắt (P) tại điểm M có hồnh độ bằng 2.

.
- Phương trình đường thẳng (  ) có dạng: y = ax + b
- Phương trình đường thẳng (  ) song song với (d) nên a = a’  a = - 4
- Phương trình đường thẳng (  ) cắt (P) tại điểm M có hồnh độ bằng 2 nên x = 2 thay vào (P)
1 2
.2  2
ta được y = - 2
- Thay a = - 4; x = 2 và y = - 2 vào (  ) ta được:
- 2 = - 4.2 + b  b = 6
- Vậy phương trình đường thẳng (  ) có dạng y = 2x + 6
Câu 3


2 x
1 2 x   6 x  5
1
A  1 

 2 
 : 
(1,0
x 0; x 
1

9
x
3
x

1

3
x

1

 
 với
9
điểm) Rút gọn biểu thức:
.





0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


2 x
A  1 

 3 x 1

2 x
A  1 

3
x

1


1 2 x   6 x  5

 :
1  9 x   3 x  1


2 


2 x  1  6 x 5
 2 
 : 
9 x  1   3 x 1


 9x  1
2 x (3 x  1)
2 x  1   6 x  5 2(3 x 1) 
A 



 : 

9
x

1
9
x

1
(3
x

1)(3
x

1)
3
x

1
3 x  1 


 
 9 x  1  6 x  2 x  2 x 1   6 x  5  6 x  1 
A 
 : 

9x  1
3 x 1

 

3x
4
A
:
9 x  1 3 x 1
3x
3 x 1
.
4
(3 x  1)(3 x  1)
3x
A
4.(3 x  1)
3x
A
12 x  4
Câu 4 Cho phương trình: x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số)
(1,0 a/ Giải phương trình với m = - 3.
điểm) Thay m = - 3 vào phương trình: x2 – x + m + 1 ta được:
0,25

.
x2 – x - 3 + 1 = 0
 x2 – x - 2 = 0 (a = 1, b = - 1, c = - 2)
0,25
Phương trình có dạng a – b + c = 1 – (- 1) – 2 = 0
 x1 = - 1; x2 = 2
Vậy với m = - 3 phương trình: x2 – x + m + 1 = 0 có nghiệm x1 = - 1; x2 = 2
b/ Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện
x1  x2 2
A

- Phương trình: x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số) (*)
(a = 1, b = - 1, c = m + 1)
 (- 1)2 – 4.1.(m + 1) = 1 – 4m – 1 = - 4m
Để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 khi   0  - 4m  0  m  0
Áp dụng hệ thức Viet, ta có:
1

 x1  x2  1
 x  x 1
 1 2

 x1. x2 m  1
 x .x  m 1
1 2

1
Theo đầu bài ta có:

0,25

0,25


x1  x2 2
  x1  x2



2

22

2

  x1  x2  4
2

  x1  x2   2 x1.x2 4
 12  2.(m  1) 4
 1  2m  2 4
  2m 5
5
 m 
2
5
x  x 2
Vậy với m = - 2 phương trình (*) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện 1 2
Câu 5 Một tam giác vng có chu vi bằng 24cm. Độ dài hai cạnh góc vng hơn kém nhau 2cm.
(1,5 Tính diện tích của tam giác vng đó.

điểm. - Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ hơn của tam giác vng đó là x (điều kiện 0 < x < 24, đơn vị: 0,25
cm).
Độ dài cạnh góc vng lớn hơn của tam giác vng đó là x + 2 (cm)
Độ dài cạnh huyền của tam giác vuông đó là: 24 – (x + x + 2) = 24 – 2x – 2 = 22 – 2x
- Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông, ta đươc:
0,25
2
2
2
(22 – 2x) = x + (x + 2)
 484 – 88x + 4x2 = x2 + x2 + 4x + 4
 484 – 88x + 4x2 = 2x2 + 4x + 4
 484 – 88x + 4x2 - 2x2 - 4x – 4 = 0
 2x2 - 92x + 480 = 0
 x2 - 46x + 240 = 0 (a = 1, b = - 26, b’ = - 23, c = 240)
0,25
 ' ( 23)2  1.240 529  240 289  0
  '  289 17
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
 (  23)  17
x1 
40
1
(Không thỏa mãn điều kiện)
 ( 23)  17
x2 
6
1
(Thỏa mãn điều kiện)

Suy ra:
0,25
Độ dài cạnh góc vng nhỏ hơn của tam giác vng đó là 6 cm
Độ dài cạnh góc vng lớn hơn của tam giác vng đó là 6 + 2 = 8 cm
1
0,25
2
Diện tích của tam giác vng đó là 2 .6.8 = 24 cm
Câu 6 Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3m, diện tích tồn phần bằng 24  m2. Tính thể tích của
(1,0 hình nón.
điểm) Giải
.
0,25


- Diện tích tồn phần của hình nón là:
Stp =  rl +  r2
 24  =  .3. l +  .32
 24  = 3  . l + 9 
 24  - 9  = 3  . l
3  . l = 15 
15
5
l = 3
cm
- Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông, ta được:
l2 = h2 + r2
h2 = l2 - r2 = 52 - 32
h2 = 16
h = 16 4 cm

h: Chiều cao
- Thể tích của hình nón là:
l: Đường sinh
1
r: Bán kính đáy
V = 3  r2h
1
V= 3  32.4 = 12  m3.
Câu 7 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O. Các đường cao AA ’, BB’, CC’
(2,5 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AO cắt đường trịn tâm O tại D khác A.
điểm)
Hình

a

b

Chứng minh tứ giác AB’HC’ nội tiếp đường trịn.
- Xét tứ giác AB’HC’ có:
AC ' H 900
(Vì CC’  AB tại C’)
AB ' H 900
(Vì BB’  AC tại B’)
 '
 '
Do đó AC H + AB H = 900 + 900 = 1800.
Suy ra tứ giác AB’HC’ nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối bằng 1800).

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HD và BC. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng
BC.

0,25


0,25

Ta có:

c

0

BB’  AC (giả thiết) hay BH  AC (Vì H  BB’); ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn đường kính AD) hay CD  AC
Suy ra BH // CD (1)
0,25
0


CC’  AB (giả thiết) hay CH  AB (Vì H  CC’); ABD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn đường kính AD) hay BD  AB
Suy ra CH // BD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành
0,25
AHC BDC

CHD BDH



Nên BH = CD; BD = CH;
mà
(so le trong)  BHD CDH hay


BHI
CDI
- Xét  BHI và  CDI có:




HBI
DCI
(so le trong); BH = CD (chứng minh trên); BHI CDI (chứng minh trên)
Do đó:  BHI =  CDI (góc – cạnh – góc)
Suy ra BI = CI (hai cạnh tương ứng)
Mà I nằm giữa B và C
- Vậy I là trung điểm của BC

AH BH CH


'
'
'
Tính AA BB CC

AH AH .( BA'  CA' ) 2 S AHB  2 S AHC S AHB  S AHC



AA ' AA ' .( BA'  CA' )
2S ABC
S ABC
(1)

0,25

Tương tự:

BH S AHB  S BHC

BB'
S ABC
(2)
CH S AHC  SCHB

CC'
S ABC

(3)
Từ (1); (2) và (3) ta có:
AH BH CH 2( S AHB  S AHC  S BHC ) 2.S ABC




2.1 2
AA ' BB ' CC '
S ABC
S ABC
AH BH CH


'
'
'
Vậy AA BB CC = 2
Câu 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 3x2 + 4y2 + 4xy + 2x – 4y + 2021

0,25


(1,0
điểm)

(2 x 2  4 xy  2 y 2 )  x 2  2 y 2  2 x  4 y  2021

0,25

2( x 2  2 xy  y 2 )  ( x 2  2 x  1)  (2 y 2  4 y  2)  2018
2( x  y )2  ( x  1)2  2( y 2  2 y  1)  2018

0,25

2( x  y )2  ( x  1)2  2( y  1)2  2018
2
2
2
Vì 2( x  y ) 0;( x  1) 0; 2( y  1) 0 với mọi x, y  R
2
2
2
Nên 2( x  y )  ( x  1)  2( y  1) 0 với mọi x, y  R

0,25

2
2
2
Suy ra 2( x  y )  ( x 1)  2( y  1)  2018 2018 với mọi x, y  R
 x  y 0
 x  y


 x  1 0   x  1
 y  1 0
 y 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của T = 2018 khi 

0,25