Toan 9 De thi thu vao lop 10 nam hoc 20192020

TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Năm học: 2019– 2020
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ B

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
 b 1
P 

b

1


 1
b1
 4 b 
b 1
 2b b , (Với b > 0 , b 1)

1. Rút gọn P
2. Tìm giá trị của b để P = b
3x  by  4

Câu 2: (2,0 điểm). Cho hệ phương trình : bx  2 y 1

1. Giải hệ phương trình với b=1

2. Tìm b để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
2
Câu 3: (2,0 điểm. Cho phương trình : x  6x  2n  3 0

(1)

a/ Giải phương trình (1) với n = 4
b/ Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn

x

2
1





 5 x1  2n  4 x22  5 x2  2n  4  4

Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (ABtrịn (O;R). Vẽ AH vng góc với BC, từ H vẽ HP vng góc với AB và HQ
vng góc với AC ( H  BC , P  AB, Q  AC ). Vẽ đường kính AE cắt PQ tại I, tia PQ
cắt đường tròn (O;R) tại K
a. Chứng minh tứ giác APHQ nội tiếp
b. Chứng minh AP AB  AQ AC
c. Chứng minh AH=AK
Câu 5: (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P a 2  b 2  c 2 

Hết

ab  bc  ca
a 2b  b 2 c  c 2 a


CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

1
 b 1
P 

 b1


P
P

1

P

 1
b1

 4 b 
b 1
 2b b

2

 

b 1 



2

b  1 4 b





b 1





b 1



b1

b  2 b  1  b  2 b  1  4b b  4 b





b 1



b1

.

b1

1
2b b

1.0

1
.
2b b

4b b
1
2

.

b  1 2b b b  1

2. Tìm giá trị của a để P = b
2
b  b 2  b  2 0
=> b  1
.

Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
b1 = -1 < 0 (khơng thoả mãn điều kiện) - Loại

1.0

c 2
 2
b2 = a 1
(Thoả mãn điều kiện)

Vậy b = 2 thì P = b
3x  y  4

Với b = 1, hệ phương trình có dạng:  x  2 y 1
6 x  2 y  8
7 x  7


 x  2 y 1
 x  2 y 1

2

 x  1


 1  2 y 1

 x  1

 y  1

Vậy với b = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:
 x  1

 y  1

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


-Nếu b = 0, hệ có dạng:

¿
2 x=− 4
−3 y=5
⇔
¿ x=−2

5
y=−
3
¿{
¿

0,25

=> có nghiệm duy nhất

0,25

2 b

-Nếu b
, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: b  3
 b 2  6 (ln đúng, vì b 2 0 với mọi b)
Do đó, với b 0 , hệ ln có nghiệm duy nhất.
0

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với
mọi b.
Thay n=4 vào phương trình (1) ta có phương trình
3

x 2  6 x  5 0
Ta có a  b  c 1  6  5 0
c
x1 1; x2  5
a

Vậy PT có nghiệm
2
Ta có  b  4ac ...  8n  48 . Để PT (1) có nghiệm phân
biệt thì   0  n  6

Vậy m<6 thì PT (1) có nghiệm phân biệt x 1 , x2 nên theo vi
x1  x2 

b
c
6; x1 x2  2n  3
a
a

ét ta có
2
2
Ta có x  6x  2n  3 0  x  5x  2n  4 x  1
2
Vì x1 , x2 là nghiệm PT x  6x  2n  3 0 nên x1 , x2 là
nghiệm PT
2
x 2  5x  2n  4 x  1 nên ta có x1  5x1  2n  4 x1  1
và
x 22  5x 2  2n  4 x 2  1
  x12  5x1  2n  4   x 22  5x 2  2n  4   x 1  1  x 2  1
Mà

2
1

x

 5 x1  2n  4 x22  5 x2  2n  4  4





nên ta có

 x1  1  x2  1  4
 x1 x2  ( x1  x2 )  1  4  2n  3  6  1  4  2n 4  n 2

( thoả mãn). KL

0,25

0,25


a

0 
0

Xét tứ giác APHQ Có APH 90 ; AQH 90 (Vì
AP  AB; AQ  AC )





0

0

0

Nên ta có APH  AQH 90  90 180
Vậy tứ giác APHQ nội tiếp
Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH  BC ) có HP  AB
(gt) nên theo hệ thức lương trong tam giác vng ta có

0,25
0,5
0,25
0,25

2

AH  AP AB

b

Xét tam giác AHC vng tại H(Vì AH  BC ) có HQ  AC

0,25

2

(gt), tương tự ta có AH  AQ AC
2
2
Ta có AH  AP AB ; AH  AQ AC vậy AP AB  AQ AC

c

0, 5



Ta có tứ giác APHQ nội tiếp ( cm trên)  AQP  AHP
( cùng chắn cung AP)
0



0


Ta có AHP  BHP  AHB 90 ; PBH  BHP 90 ( vì  BPH
vng tại P)

0,25










Vậy AHP PBH  AQP PBH  AQI  ABC , mà ABC  AEC




( cùng chắn cung AC) nên AQI  AEC  AQI IEC

Xét tứ giác IQCE có AQI IEC  Tứ giác IQCE nội tiếp ( vì
có góc ngồi của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ
giác)

0,25




 EIQ
 QCE
1800 ( tính chất…) mà QCE
 ACE 900 ( góc

0,25





nội tiếp ….)
0
0
0


Nên  EIQ  90 180  EIQ 90  AE  PQ
0
0



Ta có AKE 90 ( góc nội tiếp...)  AKI  IKE 90 .Ta có 
KIE vng tại I (cm trên)



 IEK
 IKE
900  AKI IEK
 AKN  AEK , mà
AEK  ACK


( cùng chăn cung AK) nên AKN  ACK



Xét  AKQ và  ACK có góc A chung, có AKQ  ACK nên
 AKQ   ACK

0.25


AK AQ

 AK 2  AQ AC
2
AC AK
, mà AH  AQ AC (cm trên)
2
2
nên AK  AH  AK  AH


P a 2  b 2  c 2 

ab  bc  ca
a 2b  b2 c  c 2 a

Vì a + b + c = 3 nên:
5

3(a 2  b 2  c 2 ) (a  b  c )(a 2  b 2  c 2 )

0.5

3
2
3

2
3
2
2
2
2
Ta có a  ab  b  bc  c  ca  a b  b c  c a

2a 2b  2b2 c  2c 2 a  a 2b  b2 c  c 2 a 3(a 2b  b 2 c  c 2 a )

(

theo

BĐT cô si)
 a 2  b 2  c 2 ( a 2 b  b 2 c  c 2 a)

Khi đó:

P a 2  b 2  c 2 

9  (a 2  b 2  c 2 )
2(a 2  b2  c 2 )

a 2  b2  c2
9
a 2  b2  c 2 1




2
2(a 2  b 2  c 2 )
2
2
=
3 (a  b  c) 2 1
32 1
2. 
 3 
 4
2
2.3
2
2.3 2

Suy ra GTNN của P là 4 khi x = y= z = 1

0.25

0.25