Cac de thi toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 1 ; Bài 1 : Chứng minh rằng , với mọi m > n > 0 , ta có :  m3    m  . n3.  m  n  mn    m n n . 2.   1  . Bài 2 . Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d và parabol( P ) lần lượt có phương trình (d) : y = ax + b , ( P ) : y = x2 . a) Xác định a và b biết rằng đường thẳng d cắt parabol tại hai điểm A và B lần lượt có hoành độ là x A  1; xB 2. b) Vẽ trên cùng trên cùng mặt phẳng tọa độ đường thẳng d và ( P ) với các giá trị của a và b vừa tìm được ở trên. 2 Bài 3 : Cho phương trình : x  2(m 1) x  2m  1 0 , m là tham số. ( 1). a) Chứng minh rằng phương trình ( 1 ) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. b) Định m để phương trình ( 1 ) có hai nghiệm phân biệt dương. 0   Bài 4 :Cho tam giác ABC trong đó B C  90 , ( S ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác này. a) Đường vuông góc với BC vẽ từ B cắt đường tròn ( S ) tại D , Chứng minh CD là đường kính của đường ( S ). b) Chứng minh rằng tiếp tuyến At tại A với đường tròn ( S ) vuông góc với BC. c) Tính AB2 + AC2 theo bán kính của đường tròn ( S ) . Bài 5 : Giải các phương trình sau : a). x 1  x 1 x 1. b). x 2  x 1 x 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ SỐ 2 ; 3. A. 3. a b a  b  a  b a  b  ab. Bài : Cho biểu thức ; với a 0; b 0 và a b . a) Rút gọn biểu thức A. b) Với điều kiện nào của a và b thì A = 0 Bài 2 .. Trong mặt phửng Oxy cho đường thawengr d : y = ax + b cắt trục tung tại a có tung độ y A 2 và tạo với trục Ox một góc  600 . Hãy xác định a và b. vẽ đường thẳng d với các giá trị của a và b vừa tìm được. mx 2  2 m  1 x  m  1 0.   Bài 3 : Cho phương trình bậc hai tham số m : . a) Định m để phương trình có nghiệm số kép. Tính nghiệm số kép đó. b) Định m để phương trình có hai nghiệm mà nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia. Bài 4 Cho đường tròn tâm O bán kính R và I là trung điểm một dây AB. Hai dây CD và EF bất kỳ đi qua I với EF > CD ; CF và ED cắt AB tại M và N. Vẽ dây FG // AB. a) Chứng minh rằng tam giác IFG cân. b) Chứng minh tứ giác INDG nội tiếp được trong một đường tròn. c) Chứng minh rằng IM = IN. d) Tìm tập hợp điêm I khi dây AB di động sao cho độ dài AB = l không đổi. Bài 5 : Giải phương trình : 2  x  x 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐỀ SỐ 3 ; Bài 1 : Giải các phương trình sau : 2. a) ( 3  7) x  3 3x  (4 3  7) 0 . 2 b) 2 x  9 x  7 0 Bài 2 .. 2- 1 ) Cho hàm số y = ax + b . Tìm a và b biết đồ thị hàm số đi qua điểm A ( -2 ; 5 ) và B ( 1;-4). 2-2 ) Cho hàm số : y = ( 2m – 1)x + m + 2. a) Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến . 2 b) Tìm giá trị của m để hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 .. Bài 3 : Một người đi xe máy từ A đến B .Sau đó 75 phút , một ô tô khởi hành từ B đi về A với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20km/h. Hai xe gặp nhau tại C. Tính vận tốc của mỗi xe biết rằng B cách A là 100km và cách C là 30km. Bài 4 : Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về phía C ) một đoạn CD sao cho CD = AC. a) Chứng minh tam giác ABD cân. b) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn ( O ) tại E. Kéo dài AE ( về phía E) một đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D,B,F cung nắm trên một đường thẳng. c) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A , D , F tiếp xúc với đường tròn( O ). Bài 5 :.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐỀ SỐ 4 ; Bài 1 : a) Rút gọn biểu thức :.  x  2 b) Tìm x biết :. . A 2. 5. 2. . 2.  40. .. 3. Bài 2 .. 3x  2 y 4  a) Giải hệ phương trình : 2 x  y 5. b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 2. Tìm tọa độ của những điểm nằm trên đường thẳng ( d) sao cho khoảng cách từ điểm đó đến trục Ox bằng hai lần khoảng cách từ điểm đó đến trục Oy. x 2  2 x  m 0 1.   , m là tham số. Bài 3 : Cho phương trình bậc hai : a) Giải phương trình (1) khi m = -3. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) coa hai nghiêm x1; x2 thỏa điều kiện : 1 1 1   x1 x2 30. Bài 4 :Cho nữa đường tròn(O) đường kính AB. Trên nữa đường tròn đó lấy điểm G tùy ý ( G khác A và B ) . Vẽ GH vuông góc với AH ( H thuộc AB ) , E là điểm tùy ý trên GH( E khác G và H ) , AE và BE cắt nữa đường tròn (O) lần lượt tại C và D; AD và BC cắt nhau tại F. a) Chứng minh tứ giác CEDF nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh bốn điểm E , H, G, F thẳng hàng..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đề số 5  x 1   x 3 x  4  Bài 1: (2đ)Cho biểu thức: P = . a) Rút gọn P.. x 1  x  2 x 1 : 1 x 1 x  1 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.. Bài 2: (2đ) Một người đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ với vận tốc dự định, do đường khó đi nên người đó giảm vận tốc đi 2km/h trên quãng đường còn lại, vì thế người đó đến B chậm hơn dự định 15 phút. Tính vận tốc dự định của người đi xe đạp. mx  2 y 3  Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phương trình:  2 x  my 1  m. a) Giải hệ phương trình với m = 3 b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 1 Bài 4: (3đ) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đường tròn. Gọi N và P lần lượt là điểm chính giữa của cung AM và cung MB. AP cắt BN tại I. a) Tính số đo góc NIP. b) Gọi giao điểm của tia AN và tia BP là C; tia CI và AB là D. Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp được. c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn tâm O Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) và đường thẳng y = 3x + 2m – 5 (d) a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó. b) Tìm quỹ tích trung điểm I của AB khi m thay đổi..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ĐỀ SỐ 6 ; 9. Bài 1 : Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức : A =. 2  5 . 2. . 9. 2  5 . 2. ;. B = 13  4 10  13  4 10 2. b) Giải phương trình : x  4 x  4  x 8 Bài 2: Cho Pa ra bol y = x2 có đồ thị là (P) a) Vẽ (P) . Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A và B thuộc (P) có hoàng độ lần lược là -1và 2 b) Tìm trên cung AB của (P) điểm M sao cho diện tích của tam giác AMB lớn nhất , tính diện tích lớn nhất đó Bài 3: Cho phương trình bậc hai x2 + mx +n - 3 = 0 a) Cho n = 0 .Chứng tỏ P/T luôn có nghiệm với mọi giá trị của m b) Với điều kiện câu a tìm m đê phương trình có một nghiệm bằng 1 . Tìm nghiệm còn lại  x1  x 2 1  2 2 c) Tìm m và n để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn  x1  x 2 7. Bài 4:Cho đường tròn (0;R) đường kính AB .Gọi C là một điểm bất kì thuộc đường tròn đó ( C khác A và B ) , M và N lần lược là các điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và BC ,các đường thẳng BN , AC cắt nhau tại I , các dây cung AN và BC cắt nhau ở P a) chứng minh ICPN nội tiếp , xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp đó b) chứng minh KN là tiếp tuyến ( 0;R) c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (0;R) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ĐỀ SỐ 7 ;. . . x  y  4 xy. x yy x. x y xy Bài 1: Cho hai biểu thức : A = B= a) Tìm điều kiện có nghĩa của mỗi biểu thức b) Rút gọn A và B c) Tính tích A.B với x = 3  2 và y = 3  2 Bài 2: Cho phương trình : x2 - m x + m - 1 = 0 a) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm x1 ; x2 với mọi m , tính nghiệm kép của phương trình và giá trị của m tương ứng b) Đặt A = x12 + x22 - 6x1.x2 . Tìm m sao cho A = 8 , rồi tìm giá trị nhỏ nhất của A và giá trị của m tươngứng Bài 3:Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B . Xe tải đi với vận tốc 40km/h ,xe con đi với vận tốc 60km/h .Sau khi mỗi xe đi nữa đoạn đường thì xe con nghỉ 40phút rồi chạy tiếp đến B ; xe tải trên quảng đường còn lại đã tăng vận tốc thêm 10km /h .Nhưng vẫn đến B chậm hơn xe con nữa giờ . Hãy tính quảng đường AB Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A ,đường cao AH .Đường tròn tâm 0 đường kính AH cắt AB và AC lần lược tại E và F ( E A, F  A) .Gọi M,N,P lần lược là trung điểm các đoạn thẳng OH ,BH và CH Chứng minh: a) AHF = ACB b) Tứ giác BE FC nội tiếp c) Điểm M là trực tâm tam giác ANP d) Chứng minh rằng nếu S ABC = 2 S AEHF thì tam giác ABC vuông cân ( Hướng dẫn :gọi I là trung điểm của BC ).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ĐỀ SỐ 8 ; 2. Bài 1: Cho biểu thức A = x + 8 - x  6 x  9 a) Rút gọn A b) Tính giá trị biểu thức A với x = -1 c) Tìm các giá trị cua x để biểu thức A = 1 1 2 x Bài 2: a) Trên hệ trục tọa độ 0xy ,vẽ đồ thị (P) của hàm số y = 4. b) Xác định hàm số y = a.x + b .Biết đồ thị của nó qua điểm M( 2; 1) và tiếp xúc với (P) Bài 3: Giải các phương trình sau : 1 1 1   a) x  4 x  4 3. 2. 2. 1  1  x    3 0 2 x c) x2 + x - 4 . b) x  9  x  6 x  9 0 Bài 4: Cho đường tròn (0) và điểm P ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến PA,PB ( A ,B là tiếp điểm ) từ A vẽ tia song song với PB cắt (0) tại C ( C  A) .Đoạn PC cắt (0) tại điểm thứ hai là D , tia AD cắt PB tại M Chứng minh : a) tam giác MAB đồng dạng tam giác MBD b) AM là trung tuyến tam giác PAB Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều SABCD ( đáy ABCD là hình vuông ,có đường cao SO vuông góc với mặt phẳng đáy tại giao điểm hai đường chéo hình vuông ) .Tính diện tích xung quang và thể tích hình chóp biết rằng SA = AB = a.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Đề số 9 Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. Bài 2 (1,5 điểm)  x  2 y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7. Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số góc là k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D. 1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. CN DN  2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra CG DG .  3. Đặt BOD  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích. AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc . Bài 5 (1,0 điểm) n 2  np  p 2 1 . 3m 2 2 .. Cho số thực m, n, p thỏa mãn : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Đề 10 Câu 1 : ( 2.0 điểm) 2 x  y  1  a) Giải hệ phương trình : 3x  4 y  14 A. b) Trục căn ở mẫu :. 25 72 6. ; B=. 2 4+2 3. Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau ) Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số a) Giải phương trình với m = 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm 3 3 c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức P x1  x2. Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất và tính diện tích trong trường hợp này Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn (O).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Đề 11 Bài 1 (1,5 điểm). 1. Cho biểu thức A = √ 9 x −27+ √ x −3 − 2 √ 4 x −12 với x > 3 a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 2 (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ 3. bằng 2 . Bài 3 (1,5 điểm). Rút gọn biểu thức: P =. (. 1 1 − : √ a− 1 √ a. )(. √ a+1 − √ a+2 √ a − 2 √ a −1. ). với a > 0, a 1 , a≠ 4 .. Bài 4 (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1) a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2. Bài 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có góc A bằng 60 0, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB. DE. c/ Tính tỉ số BC . d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Đề 12 Câu 1 (2,0 điểm) 1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a) √ 12− √27+ 4 √ 3 . b) 1− √ 5+ √( 2− √5 ) 2 2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + 4 = 0 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1) a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu 4 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của mảnh vườn Câu 5 (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC. 1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được. 2. Chứng minh OH.OA = OI.OD. 3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O)..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Đề 13 Câu 1(2.0 điểm):. x 1 x 1  1 2 4 1) Giải phương trình:  x 2y  x  y 5 2) Giải hệ phương trình:  Câu 2:(2.0 điểm) 2( x  2) x  x  2 với x  0 và x 4. a) Rút gọn biểu thức: A = x  4 b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm 2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) a) Giải phương trình với m = 3. a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 b) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D. a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp. b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K ( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.. Câu 5:(1,0 điểm). 6  4x 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = x  1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Đề 14 Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức A 2 8  3 27 . 1 128  300 2. a/ b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Câu2: (2đ). Cho biểu thức. P. a2  a 2a  a  1 a  a 1 a (với a>0). a/Rút gọn P. b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Câu 3: (2đ) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h. Nên đến B sớm ,muộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng đường AB dài 30 km. Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. b/ED=EF c/ED2=EP.EQ 1 1 1   Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c 2. Câu 5: (1đ) Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Đề 15 Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 1/ 5x  6x  8 0 5x  2y 9  2/ 2x  3y 15 .. Bài 2: (2,0 điểm) 2 2 1/ Rút gọn biểu thức A  ( 3  2)  ( 3  2).  x 2 B   x1  2/ Cho biểu thức. x 1 x3. . 3 x1.    : 1  ( x  1)( x  3)  . 1.   x  1. a) Rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên . Bài 3: (1,5 điểm) Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng một cạnh góc vuông của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống 3 lần thì được một tam giác vuông mới có diện tích là 51m2 . Tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông ban đầu. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.   2/ DOK 2.BDH 2 3/ CK .CA 2.BD Bài 5: (1,0 điểm) 2 2 Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình: x  2(m  1)x  2m  9m  7 0 (m là tham số). Chứng minh rằng :. 7(x1  x 2 )  x1 x 2 18 2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Đề 16 Bài 1: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x  2y 1  1/ 5x  3y  4 4 2 2/ 10x  9x  1 0 . 2. Bài 2: (3,0 điểm) Cho hàm số : y  x có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) . 1/ Khi m = 1. Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ. 2/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) toạ độ và bằng phép toán khi m = 1. 3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và 1 1  2 6 2 B(x B ; yB ) sao cho x A x B P. Bài 3: (1,0 diể m) Rút gọn biểu thức :. y x  x x y  y xy  1. (x  0; y  0). .. Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D . 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB. 2/ Gọi H là giao điểm của DB và CE .Gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AH  BC . 3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp điểm).Chứng   minh ANM AKN . 4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y >0 và x  y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. A. 1 1  2 x  y xy 2. Bài 73: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (E A). Từ E, A, B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn. Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B theo thứ tự tại C và D. a. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn. Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn. DM CM  b. Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ đó suy ra DE CE .. c. Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN // BD. d. Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO.  e. Đặt AOC = α. Tính theo R và α các đoạn AC và BD. Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc giá trị của R,. D 1. M C. N 2.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> không phụ thuộc vào α. HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) E b) AC // BD (cùng  EB)  ∆EAC ~ ∆EBD. 1. A. 3. O. 4. B. CE AC CE CM DM CM     DE BD (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)  DE DM (2)  DE CE NC AC NC CM   c) AC // BD (cmt)  ∆NAC ~ ∆NBD  NB BD (3) .Từ 1; 2; 3  NB DM  MN // BD. EC AE  OE EM  AE.EO EC.EM  AE ( AE  AO ) EC .EM ACE MOE ( g  g ) . 2 2 d)  EA  EA. AO EC.EM  EA EC.EM  EA. AO.             e) O1 = O 2 ; O3 = O 4 mà O1 + O 2 + O3 + O 4 = 1800  O 2 + O3 = 900 ; O 4 + D1 = 900 (…) OB R D O O  1= 2 = 1 = α . Vậy: DB = tg = tg ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα  AC.DB = R.tgα. R tg  AC.DB = R2 (Đpcm). ĐÁP ÁN đề 9 Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. ’ = 4 – n  0  n  4 Bài 2 (1,5 điểm)  x  2 y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7  x 3  HPT có nghiệm:  y 1. Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. y = kx + 1 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0  = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)  PT đường thẳng OE : y = x1 . x và PT đường thẳng OF : y = x2 . x Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1  đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông. Bài 4 (3,5 điểm). 1, Tứ giác BDNO nội tiếp được. 2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) CN BD DN    CG AC DG. 3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R cotg   BD . AC = R2. 3m 2 n  np  p 1  2 (1) Bài 5 (1,0 điểm)  …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2 vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2   2  B  2 2. 2. dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =. Min B =  2 khi m = n = p =. . C. N M.  A. H. 2 3.  Max B = 2 khi m = n = p =. D. O. 2 3. B. 2 3. Gợi ý đáp án câu khó: đề 10 Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với  m => phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.  x1  x2 4  2 c. Theo Viét  x1 x2  m  6m  5 3. 3. 2 1. 2 2. => P = x1 +x2 = (x1 + x2)(x + x – x1.x2) =.  x1  x2  .   x1  x2 . 2.  3x1 x2  .

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 4.  42  3.   m 2  6m  5   4.  16  3m 2  18m  15  2 4.  3m2  18m  31 4.  3.m  2. 3.m.3 3  27  4    2 2 4.  3.m  3 3  4  4. 3.m  3 3  16 16  . . . . . . . => PMin= 16 khi m=3 Câu 4: a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà AD//BC (gt) => DBBC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 90 0 => Tứ giác nội b. Ta có DBN đồng dạng với CAD      ( DAC DBN , BDN BAN DCA ) DN DB  => DC AC => DB.DC = DN.AC. A. tiếp. O. D. c. SABCD = DH.AB B C Do AB không đổi = 2R O1 => SABCD max DH max  D nằm chính giữa cung AB. O2 E Câu 5:   Ta có DEC BCA ( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một cung)   Tương tự: DEB  ABC 0     Mà DEB  DEC  CBE  BCE 180 (tổng 3 góc trong BEC) 0     => ABC  BCA  CBE  BCE 180 0   => ABE  ACE 180 => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E (O).. Gợi ý đáp án: ( Một số câu) đề11 Bài 2: Vì ABO vuông cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao. =>(y = mx + 2)  (y = ± x) => m = 1. Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x  N *, y>8)  xy 480  Theo bµi ra ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: ( x  3)( y  8) 480. Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn). b2 1 2 Bµi 5: Tõ 2a2 + 4 + a = 4  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4 = 4 – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ 4.  -2 ≤ ab ≤ 2  2007 ≤ S ≤ 2011  MinS = 2007  ab = -2 vµ a2 = 1  a = ± 1 , b = 2 Bài 4:.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 0   a. Ta cã BHE BME 90 => BHME lµ tø gi¸c néi tiÕp. đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng thuộc một đờng tròn. b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ODE với đờng cao ta đợc OM.OE = OD2 =R2 B A c. Gäi HE c¾t (O) t¹i N Ta cã BOM ®.d¹ng víi EOH => OH.OB = OM.OE = R2 C => OH.OB = ON2 ( v× ON=R) => OHN đồng dạng với ONB. DM H. M. 0  Mµ gãc OHN = 900 => BNO 90. . O. N. D. 0. XÐt OBN cã BNO 90 vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA E => ANO c©n t¹i N Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA. Đề 12     Bài 5 a ) BEC BDC =900 => EBC  ADE ( Cïng bï víi  EDC ). => ADE đồng dạng với ABC. . . (Chung gãc A vµ EBC  ADE ) a. XÐt tø gi¸c ADHE AEH  ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp. b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v×. cã A. d. 0 0   c. XÐt AEC cã AEC 90 vµ A 60 => ACE 300. E. => AE = AC:2 (tÝnh chÊt) Mà ADE đồng dạng với ABC. D. H O. ED AE 1   => BC AC 2. C. B. d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A.   => ABC CAd (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung) . . . . Mµ EBC  ADE => EDA CAd => d//ED Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA Đề 13 Câu 5 (3,5 điểm) Giải. D. M 0. a) Ta có: DH AO (gt).  OHD = 90 . CD OC (gt).  DOC = 900. Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 1800. Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một tròn. b) Ta có: OB = OC (=R)  O mằn trên trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp cắt nhau)  D mằn trên đường trung trực của BC. C. I. B A. O. H. E. đường đường tuyến.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC. Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung  ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g) OH. OD.  OI =OA ⇒OH . OA=OI .OD . (1) c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R)  OM2 = OC2 = OI.OD (2). OM OH Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA ⇒ OA =OM .. OM. OH. Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và OA = OM . Do đó : ∆OHMS ∆OMA (c-g-c) OMA  = OHM= 900.  AM vuông góc với OM tại M  AM là tiếp tuyến của (O). d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.  S = S∆AOM - SqOEBM Xét Δ OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2 1 3  AM = R √ 3  S∆AOM = 2 OM.AM = R2 √ (đvdt) 2 AM √3 =  MOA = 600 OA 2 Π . R 2 . 60 Π . R2 =  SqOEBM = . (đvdt) 360 6 √3 Π . R2 =R2 . 3 √3 − Π => S = S∆AOM - SqOEBM = R2 . − 2 6 6. Ta có SinMOA =. (đvdt).. Dề14 Giải C©u III: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiÖm? Gi¶ sö cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = 4 XÐt S = x1 + x2 = 3 + 4 = 7; P = x1 .x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = 1 > 0 VËy x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = 0 C©u IV §æi 36 phót = 6 h 10 Gäi vËn tèc cña « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h) VËn tèc cña «t« t¶i lµ x - 10 (km/h) Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là: 180 (h) x 180 Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là: (h) x −10. Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:. 180 6 180 − = x −10 10 x ⇔ 180 .10 x −6 x ( x − 10)=180. 10(x −10) ⇔ x2 −10 x − 3000=0 Δ ' =52+ 3000=3025 √ Δ' =√3025=55.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> x1 = 5 +55 = 60 ( TM§K) x2 = 5 - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K) VËy vËn tèc cña xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h C©u V 1/ a) Δ AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI Δ AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB) A K Δ AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI B Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI I b) H Ta cã CA HB( Gt) O M CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn) => BH//CD hay BI//CD (1) D Ta cã AB CK( Gt) AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) C => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC => OM BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó) 2/ B V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: 1 2. .. AD AB 2 AB = ⇔ = ⇒ BC=2 AB DC BC 4 BC V× Δ ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn. E. H. 1 ACB = 300; ABC = 600 C 2 0 A V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 30 D V× Δ ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm => AB 2=BD 2 − AD2=16 − 4=12 V× Δ ABC vu«ng t¹i A => BC=√ AC2 + AB2=√ 36+12=4 √ 3 Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:. DC DH 4 DH = ⇔ = ⇒ BH=√ 3 DH BC HB 4 √ 3 HB ¿ BH+ HD=4 BH=√ 3 HD ⇔ Ta cã: ¿ √ 3 BH+ √ 3 HD=4 √ 3 BH=√ 3 HD ⇒BH (1+ √ 3)=4 √ 3 ¿{ ¿ 4 √ 3( √ 3 −1) 4 √3 BH= = =2 √ 3( √ 3 −1) . VËy 2 (1+ √ 3). Đề 15. BH=2 √ 3 (√ 3− 1)cm.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> M E H. A. O. B. K. N. VI / Hình vẽ đúng Chú ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O 0  0  Tõ gi¶ thiÕt: AKM 90 , AHM 90 Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đờng tròn 1 NAH NMK   = 2 s® KH 1 (2)    NAH NMB = 2 s® NB   Tõ (1) vµ (2)  NMK NMB  MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB 1 1     MAB MNB  MAB  MKH    2 s® MB 2 s® MH ;    K,M,E,N cùng thuộc một đờng tròn  MNB MKH    MEN  MKN 1800  ME  NB 1 1 1 S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S AMBN  MN.AB 2 2 2  MK.AN  ME.BN MN.AB   MK.NA  ME.NB  lín nhÊt  MN.AB lín nhÊt   MN lín nhÊt (V× AB= const )  M lµ chÝnh gi÷a AB x  2  x3  y  2  y3 4) §K: x,y  2.  x  2  y  2    VT  VP 3 3 x  y   x>y . x < y  VF  VT  x y tháa m·n  B x 2  2x  10 (x  1)2  9 9 x  2 MinB = 9 Khi x = y = -1 x  2  x3  y  2  y3 §K: x,y  2  x2 .  ( x  y )( x 2  xy  y 2 ) ( x 2  xy  y 2 )  x y   ( x  y )(  1) 0 y  2  y 3  x3 x2  y 2 x2  y2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> ( x 2  xy  y 2 ) 1 2 2  ( x  y ) 0 (v× x  2  y  2 >0)  x = y  B x  2x  10 (x  1)  9 9 x  2. MinB = 9 Khi x = y = -1 Đề 16. Câu III. ' b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì   0  4  m  0  m  4 (*) . Theo Vi-et :  x1  x2 2   x1 x2 m  3. M. (1) (2). O. Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12  2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 . Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được : m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) ). K. H F N. P. I. D. Câu IV . . NE ME   NE 2 ME.PE EP NE. a,  NEM đồng dạng  PEN ( g-g)   b, MNP MPN ( do tam giác MNP cân tại M )      PNE  NPD (cùng  NMP ) => DNE DPE .. Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp . MP MI   MP 2 MF .MI (1) MF MP   c, MPF đồng dạng MIP ( g - g ) . NI IF    NI 2 MI .IF(2) MI NI  MNI đồng dạng  NIF ( g-g ) . Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).    NMI KPN ( cùng phụ HNP )   => KPN NPI => NK = NI ( 4 ) Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm . Câu V . k. 6  8x  kx 2  8 x  k  6 0 (1) 2 x 1. 2 +) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x= 3 ' +) k 0 thì (1) phải có nghiệm   = 16 - k (k - 6)  0. E.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>   2 k 8 . 1 Max k = 8  x = 2 .. Min k = -2  x = 2 .. Đề 17 b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 1 1 1 a  a2  2 a .   2 4 4 1 2 1 ( a  )  ( ). 2 4 P  a2 . 1 Vậy P có giá trị nhỏ nhất là 4 khi. a. 1 1 1 0 < => a   a  2 2 4. Câu 4: (3đ) a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))  FHB 900 ( gt ) 0 0 0   => ADB  FHB 90  90 180 . Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.. b/ED=EF Xét tam giác EDF có 1   ) EFD  sd ( AQ  PD 2 (góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)). 1   ) EDF  sd ( AP  PD 2 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)  Do PQ AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm của   PA   AQ   PQ EDF => EFD. tam giác EDF cân tại E => ED=EF E. 1. P. D. F B. A O. H. 1 Q. c/ED2=EP.EQ; Xét hai tam giác: EDQ;EDP có =>  EDQ Câu 5: (1đ). ED EQ   ED 2 EP.EQ  EPD=> EP ED.    E chung. Q1 D1 (cùng chắn.  PD ).

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1 1 1   . b c 2 => 2(b+c)=bc(1) x2+bx+c=0 (1) Có  1=b2-4c; x2+cx+b=0 (2) ;Có  2=c2-4b Cộng  1+  2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c)  0.. (thay2(b+c)=bc ) Vậy trong  1;  2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x 2+bx+c=0 (1) x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm: Đê 18 Híng dÉn chÊm m«n to¸n (Thi tuyÓn sinh vµo THPT n¨m häc 2009 -2010). ©u ý a/. b/. c/. Néi dung 2x x  1 3  11x 2x(x  3) (x  1)(x  3) 3  11x A    2   2 x  3 3  x x2  9 x 9 x2  9 x 9 2 2 2 2x  6x  x  4x  3  3  11x 3x  9x  3x(x  3)  3x   2 (x  3)(x  3) x  3 x2  9 x 9 3x 3x 2  20 x 3 x 3 3x  2x  6 x 6  0 0   6x 3 x 3 x 3. A2. 3x 3x  9  9 9 9  3  Z  Z x 3 x 3 x 3 x 3  x  3 1; 3; 9  x  3 1  x 4 (t/m)  x  3  1  x 2 (t/m)  x  3 3  x 6 (t/m)  x  3  3  x 0 (t/m)  x  3 9  x 12 (t/m)  x  3  9  x  6 (t/m) VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 th× A nguyªn. Gäi sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lóc ®Çu lµ x (x nguyªn d¬ng, x > 50) Th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai lóc ®Çu lµ 450 – x (cuèn). Khi chuyÓn 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lµ x – 50 vµ ë gi¸ thø hai lµ 500 – x. Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh: A. 4  x  50  5  2500  5x 4x  200  9x 2700  x 300 500  x . VËy sè s¸ch lóc ®Çu ë gi¸ thø nhÊt lµ 300 cuèn, sè s¸ch ë gi¸ thø hai lµ 450 – 300 = 150 cuèn. b/. m  1 0  2 §Ó PT cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×  ' m  2m  1  (m  1)(m  2)  0. ;.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> m  1 0 m  1 m  3    (*) 2 2  ' m  2m 1  m  m  2  0  m  3  0 m  1 2(m  1) m 2 x1  x 2  ; x1x 2  m 1 m 1 Mµ theo §L Viet ta cã:. 1 1 3 x1  x 2 3    x x 2 x x 2 2 Tõ 1 ta cã: 1 2 2(m  1) m  2 3 2(m  1) m  1 3 :  .  m 1 m 1 2  m 1 m  2 2 2(m  1) 3   m  2 2  4m  4 3m  6  m  2 tho¶ m·n (*) . VËy m ph¶i t×m lµ -2. a/. + Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm. + Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn) OA=OC (b¸n kÝnh)  MO lµ trung trùc cña AC  MO  AC AQ  MB (Góc AQB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) Suy ra Q, I cïng nh×n AM díi 1 gãc vu«ng  Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AM.. M. Q C N I A. b/. c/. H. O. B. 1 AMI AQI  + Ta cã (= 2 s® cungAI)   Vµ AMI IAO (cïng phô víi gãc AMO)   Mµ IAO ACO (  AOC c©n)   Suy ra AQI ACO   + Tø gi¸c AIQM néi tiÕp  MAI IQN (Cïng bï víi gãc MQI)   Mµ MAI ICN (so le trong)     Suy ra IQN ICN  tø gi¸c QINC néi tiÕp  QCI QNI (cïng b»ng 1/2 s® cung QI)   MÆt kh¸c QCI QBA (=1/2 s® cung QA)   QBA  QNI  IN // AB Mµ I lµ trung ®iÓm cña CA nªn N lµ trung ®iÓm cña CH  NC=NH (®pcm) Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, O lµ giao ®iÓm cña AC vµ B BD, trung trùc cña AB c¾t AC vµ BD lÇn lît t¹i I vµ J. Ta có I, J lần lợt là tâm các đờng tròn ngoại tiếp M ABD, ABC vµ R = IA, r = JB. I O A. C. J D. AMI AOB . Cã  R IA . IA AM  AB AO. AB.AM a 2 1 AC 2 1 BD 2   2 4  4 AO AC R a T¬ng tù: r 2 a.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Suy ra: 1 1 AC 2  BD 2 4AB2 4    4  2 R 2 r2 a4 a a. Đề 19 C©u IV Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1) 1. Khi m = 3 ta cã: x2 + 2x - 3 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0 PT cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 khi m = 3 2. TÝnh: Δ ' =1+m . §Ó PT(1) cã nghiÖm th× Δ ' ≥ 0 ⇔1+m ≥0 ⇔ m≥ −1 VËy víi m≥ −1 th× PT(1) cã nghiÖm C©u 1. xÐt tø gi¸c HEKB cã: M EHB = 900 ( v× MN AB) EKB = 900 ( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) K I =>EKB + EHB =1800 E => Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối bằng 1800 2. V× MN AB nªn A n»m chÝnh gi÷a cung nhá MN A B H O => cung AM = cung AN =>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã: A chung AME = AKM ( cm trªn) N => Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2) => I thuéc BM => NI ng¾n nhÊt khi NI MB. Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:. ..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O tại đâu đó là K. C©u VI:(0,5 ®iÓm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0 (1) 2 2 2 2 Ta cã: x + xy +y - x y = 0 <=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0 <=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - 1 = 0 <=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1 <=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1 ¿ 2x + 2y - 2xy - 1 = 1 2x + 2y + 2xy + 1=-1 ¿ ¿ ¿ 2x + 2y − 2xy − 1=-1 => ¿ 2x + 2y + 2xy + 1=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) VËy c¸c cÆp sè x; y nguyªn tho¶ m·n (1) lµ:(0; 0); (1; -1); (-1; 1) GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009) --------------------------------- ****** --------------------------------Bài 1: 2. 1/ PT: 5x  6x  8 0 ;.  / 9  5( 8) 49  0 .  / 7 ; x 1 . 37 3 7  4  2 ; x1   5 5 5.  -4  S  2 ;  5   PT đã cho có tập nghiệm : 5x  2y 9 15x  6y 27 19x 57      5x  2y 9 2/ 2x  3y 15 4x  6y 30  HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3). x 3    y (9  15) : 2. Bài 2: 1/. A  ( 3  2) 2  ( 3  2)2  3  2  3  2  3  2  2 . 3 4.  x 0  x  1; 4;9 2/ a) ĐKXĐ:  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  3 x  1 x  2 B : ( x  1)( x  3) x1 . x  3 x  2 x  6  x 1  3 x  1 ( x  1)( x  3). .. x1 x 2. . 2 x -2. x 3   y  3.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> b). B. 2 x 2. ( Với. x 0 vµ x  1; 4;9. ). B nguyên  x  2  ¦(2)=  1 ; 2        . x  2 1.  x  x  2  1  x   x  2 2  x  x x  2  2  x =  0 ; 16. Vậy : Với. 3.  x 9 (lo¹i)  x 1 (lo ¹i) 1    x 16(nhËn) 4   x 0 (nhËn) 0. thì B nguyên .. Bài 3: Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k: x  0 ) Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 8 (m) 1 x 8 1 x .2x. 51 . .2(x  8) 51 3 Theo đề bài ta có PT: 2 hoặc 2 3  x 2  8x  153 0 ; Giải PT được : x1 9 (tm®k) ; x 2  17 (lo¹i). Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m Bài 4: D 1/  DH  AC (gt) DHC 900 1 K BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900. C 1. I. H 1. A. Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới một góc không đổi bằng 900. O. B.  HBCD nội tiếp trong đường tròn. đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH của đường tròn đường kính DC)     + C1 A1 (so le trong, do AD//BC)  D1 A1       + DOK 2A1 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))  DOK 2D1 2BDH . 3/   0 0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK. +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> + Gọi I AC  BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có: BD 2 AD 2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD 2 (đpcm). Bài 5: PT : /. x 2  2(m  1)x  2m 2  9m  7 0. 2. 2. (1). 2. +  m  2m  1  2m  9m  7   m  7m  6 / 2 2 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x 2   0   m  7m  6 0  m  7m  6 0  (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu   6 m  1 (*)  x1  x 2  2(m  1)  2 +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:  x1 x 2 2m  9m  7 7(x1  x 2 )  14(m  1)   x1 x 2   (2m 2  9m  7)   7m  7  2m 2  9m  7   2m 2  16m  14 2 2   2(m 2  8m  16)  14  32  18  2(m + 4) 2. 18  2(m + 4)2 18  2(m + 4)2. 2. + Với  6 m  1 thì 18  2(m  4) 0 . Suy ra 2 2 Vì 2(m  4) 0  18  2(m + 4) 18 . Dấu “=” xảy ra khi m  4 0  m  4 (tmđk (*)) 7(x1  x 2 )  x1 x 2 18 2 Vậy : (đpcm). Đáp án đề 21 --------------------------------- ****** --------------------------------Bài 1: 1/. 3x  2y 1   5x  3y  4.  9x  6y  3   10x  6y  8. x  11   3x  2y 1.  x  11    y  1  3( 11)  : 2. x  11   y 17.  HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (-11;17) 2 4 2 2/ 10x  9x  1 0 ; Ðặt x t (t 0) 1 10 2  10t 2  9t  1 0 ; cã a - b  c 0  t 1  1(lo¹i) , t 2 1/10(nhËn)  x 10  x  10  10  S  ±   10  . PT đã cho có tập nghiệm: Bài 2: 1/ m = 1 ;  (d) : y 2x  1 ; x 0  y 1 x. 2. 1 0. 1. 2.  P(0;1) ; y 0  x  1/ 2  Q( 1/ 2;0).

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 4. y  x 2. 1 0. 1. 4. 2/ khi m = 1. +Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d) tiếp xúc với (P) tại tiếp điểm A( 1;  1) . +PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  2x  1 0  (x  1)2 0  x  1 ; Thay x  1 vào PT (d)  y  1 . Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm A( 1;  1) .  x A 0   x B 0 . Vậy để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) 3/ Theo đề bài: 2 và B(x B ; y B ) thì PT hoành độ giao điểm : x  2x  m 0 (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x A , x B khác 1 1  2 6  2 xA xB. 0.  / 1  m  0    m 0. +Theo đề bài :. m  1  m 0.  x A  x B  2  (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :  x A .x B m. 1 1  2 6  2 xA xB 2. 2.  1 1  2    6   x x x .x  A B  A B. 2.  xA  xB  2 6    x .x x .x  A B  A B.  m1  1 (NhËn)  m 2 / 3 (NhËn)  2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và B(x B ; yB ) thoả mãn. 2  2    6  4  2m 6m 2  3m 2 + m - 2 = 0  m m  . Vậy: Với. m =  -1 ; 2/3 . 1 1  2 6 2 xA xB . P. y x  x x y  y xy  1. Bài 3: . (x  0; y  0). (x y  y x )  ( x  y) xy  1. . xy( x  y)  ( x  y) xy 1. = x+ y. Bài 4:   1/ Nối ED ; AED ACB (do BEDC nội tiếp) ACB .  AED   BEC BDC 900. AE AD   AE.AB AD.AC AC AB. 2/. (góc nội tiếp chắn ½ (O))  BD  AC Vµ CE  AB . Mà BD  EC H  H là trực tâm của ABC  AH là đường cao thứ 3 của ABC  AH  BC tại K.. 3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có:. . ( x  y)( xy 1) xy  1.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> OM  AM, ON  AN (t/c tiếp tuyến); OK  AK (c/m trên)     AMO AKO ANO 900  5 điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc).  M           K 1 1 (=1/2 sđ AN ) ; Mà N1 M1 (=1/2 sđ MN của (O))  N1 K1 hay ANM AKN AD AH    AD.AC AH.AK (1) 4/ + ADH AKC (g-g) AK AC AD AN    AD.AC AN 2 (2)  ANC  ADN AN AC + (g-g) AH AN  AH.AK AN 2   AN AK T (1) và (2) AH AN   +Xét AHN và ANK có: AN AK và KAN chung  AHN ANK    K    ANM   ANH K N  ANH N  1. ; mà. 1. 1. (c/m trên). ba điểm M, H, N thẳng hàng.. 1. Bài 5: V i a  0, b  0 ; Ta có : 2 2 2 a 2  b2 2 a 2 b2 2ab (Bdt Cô si)  a  b  2ab 4ab  (a  b) 4ab (a  b)(a  b) a b 4 a a 4 1 1 4  4         (*) ab ab a b ab ab a  b a b a b 2 2 Áp dụng BÐT (*) v i a = x  y ; b = 2xy ; ta có:. 1 1 4 4   2  2 2 x  y 2xy x  y  2xy (x  y) 2 2. (1). 1 1 1 4 (x  y) 2 4xy     2 4xy (x  y) xy (x  y) 2 (2) Mặt khác :  1 1 1  1 1  1 1  1 1  A 2   2   2    . 2 2 2 x  y xy  x  y 2xy  2xy  x  y 2xy  2 xy . 4 1 4 4 6  1  .  . 1   6 2 2 2  (x  y) 2 (x  y) (x  y)  2  (x  y) 2. 2 [Vì x, y >0 và x  y 1  0  (x  y) 1 ];  minA = 6 khi. Bµi 1: a)N = 1.. x=y=. 1 2d. Đề 23 2 2 √ n −1 + √ n+1 = ( √ n − 1 ) + ( √n+ 1 ) √ n+1 √ n− 1 ( √ n+1 ) ( √ n −1 ). =. n− 2 √ n+1+ n+ 2 √ n+1 n −1. 2 ( n+1 ) n −1. b) N = 2 ( n+1 ) = 2 ( n −1 ) + 4 = 2 + n −1. n −1. Ta cã: N nhËn gi¸ trÞ nguyªn ⇔ ⇒ n-1 { ±1 ; ± 2; ± 4 } + n-1 = -1 ⇔ n = 0 + n-1 = 1 ⇔ n = 2. 4 n− 1 4 cã gi¸ trÞ nguyªn n− 1. =. ⇔. n-1 lµ íc cña 4. víi n. 0, n.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> + n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = 2 ⇔ n = 3 + n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = 4 ⇔ n = 5 Vậy để N nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi n { 0 ; 2; 3 ; 5 } Bµi 2: (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 vµ (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè. a) Gọi N(x;y) là giao điểm của hai đờng thẳng (d1) và (d2) khi đó x,y là nghiệm của hệ phơng trình:. { 3 x − y=4 − x+ y=2 ( I ) ⇔ { y=x +22 x=6. Ta cã : (I) { y=5 x=3 VËy: N(3;5) b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - 5 = n -1 ⇔ 2n = 4 ⇔ n= 2. Vậy: Để đờng thẳng (d3) đi qua điểm N(3;5) ⇔ n = 2 Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè. a) Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = 3 ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0 ⇔ 9n + 9 - 6n + 6 + n - 3 = 0 ⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3 b) Víi n -1, ta cã: Δ ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3) = n2 - 2n + 1 - n2 +2n +4 =5>0 VËy: víi mäi n -1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 4:. F P N. a) Ta cã: ∠ QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) Qx) ∠ QER = 900 ( RE D x không đổi (900) ⇒ Tứ Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dớiE một góc M giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR. b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ ∠ PQR + ∠ PER = 1800 mµ ∠ PER + ∠ PEF = 180 Q 0 (Hai gãc kÒ bï) ⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1) Mặt khác ta có: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) <Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PQ của đờng tròn I ngo¹i tiÕp tø gi¸c QPER>. R Tõ (1) vµ (2) ta cã ∠ PEF = ∠ PEQ ⇒ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF c) V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy ra.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) mµ ∠ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ⇒ ∠ QFD = 450 d) Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định) Ta có: MI là đờng trung bình của tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE QE ⇒ ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng tròn đờng kính QI. ⇒ MI Khi Qx QR th× M I, khi Qx QP th× M N. Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI của đờng tròn đờng kính QI cố định..

<span class='text_page_counter'>(36)</span>