Tải bản đầy đủ (.pdf) (45 trang)

Tổng hợp đề thi và lời giải vào lớp 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa từ năm 2000

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.6 MB, 45 trang )

(1)





T

rịnh Bình sưu tầm tổng hợp



BỘ ĐỀ THI TOÁN



VÀO LỚP 10 TỈNH THANH HÓA




(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2019 – 2020


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 1


Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức: 2 5 1


3 6 2


x
A


x x x x


+


= − −


+ + − − với x≥0;x≠4.



1. Rút gọn A


2. Tìm giá trị của cảu A khi x= +6 4 2


Bài 2. (2 điểm)


1. Cho đường thẳng

( )

d :y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) song song
với đường thẳng

( )

d' :y=5x+6 và đi qua điểm A

( )

2;3


2. Giải hệphương trình 3 2 11
2 5


x y
x y


+ =




 + =


Bài 3: ( 2 điểm)


1. Giải phương trình 2


4 3 0


xx+ =



2. Cho phương trình:

x

2

2

(

m

1

)

x

+

2

m

− =

5 0

vi m là tham s.Chng minh


rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm m để các


nghiệm đó thỏa mãn hệ thức


(

2

+

)(

2

− +

)

=



1

2

1 2

2

3

2

2

2 1

2

3

19



x

mx

x

m

x

mx

x

m

.


Bài 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trê cung nhỏ BC lấy một điểm M
bất kỳ khác B và C. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các đường thẳng
AB, AC, BC


1) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp;
2) Chứng minh

 

MPK MBC

=



3) Xác định vịtrí điểm M trên cung nhỏ BC để tích

MI MK MP

.

.

đạt giá trị nhỏ nhât..
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc=1, Chứng minh rằng:


+ + ≤


+ + + + + +


4 4 4 4 4 4 1



ab bc ca


a b ab b c bc c a ca
---Hết---


Họ và tên ...Số báo danh ...



(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2018 – 2019


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 2


Câu I: (2,0 điểm)


1. Giải phương trình: 2


8 7 0


x + x+ = .
2. Giải hệphương trình: 2 6


5 20


x y
x y



− = −


 + =
 .
Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức 1 :


4 4 2 2


x x x


A


x x x x x


+  
= +


+ +  + + , với x>0.


1. Rút gọn biểu thức A.


2. Tìm tất cả các giá trị của x để 1
3
A


x
≥ .
Câu III: (2,0 điểm)



1. Cho đường thẳng

( )

d :y=ax+b. Tìm a b, để đường thẳng

( )

d song song với
đường thẳng

( )

d' :y=2x+3 và đi qua điểm A

(

1; 1−

)

.


2. Cho phương trình 2


( 2) 3 0


xmx− = (m là tham số). Chứng minh phương
trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn
hệ thức 2 2


1 2018 1 2 2018 2


x + − =x x + +x .


Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d1d2 lần lượt là
các tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại AB, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E
điểm thay đổi trên đường tròn ( )O sao cho E không trùng với AB. Đường thẳng d
đi qua E và vng góc với đường thẳng EI cắt d1, d2 lần lượt tại M N, .


1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh IB NE. =3.IE NB. .


3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN. có giá trịkhơng đổi và tìm giá trị


nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.


Câu V: (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a+ + =b c 1. Chứng minh


2 2 2



1 1



(4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2017 – 2018


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 3


Câu 1. (2,0 điểm)


1. Cho phương trình: 2


2 0


+ − =


mx x (1), với mlà tham số.


a. Giải phương trình (1) khi m=0.
b. Giải phương trình (1) khi m=1.
2. Giải hệphương trình: 3 2 6


2 10


− =





 + =


x y
x y


Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức: 4 8 : 1 2
4


2 2


y y y


A


y


y y y y


  


=  +   − 


+  


   , với 0


y> ,y≠4,


9


y≠ .


1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm y để A= −2.


Câu 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

( )

d y: =2x m− +3 và
parabol

( )

P y x: = 2.


1. Tìm m đểđường thẳng

( )

d đi qua điểm A

( )

2;0 .


2. Tìm m đểđường thẳng

( )

d cắt parabol

( )

P tại hai điểm phân biệt có hồnh
độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn 2


1 2 2 1 2 16


xx +x x = .


Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn

( )

O đường kính MN=2R. Gọi

( )

d là tiếp tuyến
của

( )

O tại N . Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (E không trùng với MN),
tia ME cắt đường thẳng

( )

d tại F. Gọi P là trung điểm của ME, tia OP cắt

( )

d


tại Q.


1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh OF MQ⊥ và PM PF PO PQ. = . .


3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF+2ME đạt giá trị nhỏ nhất.



Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các sốdương thay đổi thỏa mãn:


1 1 1 2017


a b b c c a+ + + + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


1 1 1


2 3 3 3 2 3 3 3 2


P


a b c a b c a b c


= + +


+ + + + + + .



(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2016 – 2017


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 4


Câu I: (2,0 điểm)


1.Giải các phương trình:


a. x – 6 = 0


b. x2 – 5x + 4 = 0


2.Giải hệphương trình: 2x - y = 3
3x + y = 2





Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = -1 +1 :2

(

2 1

)


1
y - y +


y y


y y y y


y


y y


− +


 




 



 


  với y > 0; y≠1


1.Rút gọn biểu thức B.


2.Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên.


Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 và
Parabol (P): 2


y = 2x .


1.Tìm n đểđường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2).


2.Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có
hồng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S =x x1 2+y y1 2


Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn đường kính MQ. Hai đường
chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vng
góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là
giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:


1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn.
2. FM là đường phân giác của góc NFK
3. NQ.LE= NE.LQ


Câu V: (1,0 điểm)



Cho các sốdương m, n, p thỏa mãn: 2 2 2


+ 2n 3p


m ≤ . Chứng minh rằng 1 +2 3


m np



(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2015 – 2016


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 5


Câu 1 (2 điểm) :


1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0


a) Khi m = 0


b) Khi m = 1


2. Giải hệphương trình: 5
1


x y
x y



+ =

 − =




Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q = 4 3 6 2
1


1 1


b
b


b b


+


+ −




− + (Với b≥ 0 và b≠1)
1. Rút gọn Q


2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5


Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol
(P) : y = x2



1. Tìm n để(d) đi qua điểm B(0;2)


2. Tìm n đểđường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần
lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4 1 2


1 2
1 1


3 0


x x
x x


 


+ − + =


 


 


Câu 4 (3 điểm):Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) khơng đi qua O, cắt
đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến
MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).


1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.


2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc
CKD.



3. Đường thẳng đi qua O và vng góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R,
T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.


Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các sốdương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.



(7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2014 – 2015


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 6


Câu 1. (2.0 đ)


1. Giải các phương trình sau:


a. y - 3 = 0
b. y2 – 3y + 2 = 0


b. Giải hệ phương trình:

2

4


3

2

4



x

y




x

y



+

=




 − =




Câu 2. (2.0 đ) Cho biểu thức B 2y 1: 1 1


y y y y 1


 


=  − 


+ , với y > 0 và y

1.


a. Rút gọn biểu thức B.


b. Tính giá trị của B khi x =

3

+

2 2

.


Câu 3 (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạđộ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) y
= x2.


1. Tìm n đểđường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0)


2. Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1, x2 thoả mãn



1 2

2



x

x

=



Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; qua
C kẻ đường vng góc với OE cắt đường trịn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên
cung nhỏ FM lấy điểm K ( K

F và K

M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi D
là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng:


a. Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp.
b. EK . ED = R2


c. NI = FK.


Câu 5 (1 đ) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

1



1



a b

+ +

+


1


1



b c

+ +

+


1


1



c a

+ +





(8)

Câu 1 (2.0 điểm):


1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3


a.Tính tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trình trên
2. Giải hệphương trình:


3

2



2

3

4



x

y



x

y



=




 + =




Câu 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức:

1

1

:

1



1

2

1



y


Q




y

y

y

y

y



 

+



=

+

 

 



+



 

( Với y > 0;

1



y

)


a. Rút gọn biểu thức Q


b. Tính giá trị biểu thức Q khi

y

= −

3 2 2



Câu 3(2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độOxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol
(P): y = - 2x2.


a. Tìm b đểđường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)


b. Tìm b đểđường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa
mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0.


Câu 4(3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vng góc với EF, gọi J là điểm
bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộc
EF).


a. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.



b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân.


c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và
I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờlà đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng
minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.


Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ 3.
Chứng minh rằng:


4 4 4


3



3

3

3

4



a

b

c



b

+

c

+

c

+

a

+

a

+

b



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2013 – 2014


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 7




(9)

Bài 1:(2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0


b) x2 - 3x + 2 = 0


2- Giải hệ phương trình :




=
+


=


2
7
2


y
x


y
x


Bài 2:(2.0 điểm) Cho biẻu thức: A =


a


2


2


1


+ + 2 2 a


1


- 2


2


1
1


a
a



+
1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2- Tìm giá trị của a ; biết A <


3
1


Bài 3:(2.0 điểm)


1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3)
và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3



2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg trình đã


cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + 2
2
x = 4


Bài 4:(3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vng góc với các cạnh AB ;
AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)


1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn


2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH ⊥ PQ
3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH


Bài 5:(1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoảmãn điều kiện a + b ≥ 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2


2


4
8


b
a


b
a



+
+
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2012 – 2013


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 8



(10)

Bài 1(1.5đ):


1. Cho hai số a1 = 1+ 2; a2 = 1- 2. Tính a1+a2.


2. Giải hệphương trình:





=


=
+


3
2



1
2


y
x


y
x


Bài 2(2đ): Cho biểu thức A =


2
1
:
4


1
4
2


2  +












+





+ a a


a
a


a
a


a


(Với a≥ 0;a≠4)


1. Rút gọn biểu thức A.


2. Tính giá trị của A tại a = 6+4 2


Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Vi m là tham s)


a. Giải phương trình (1) với m = 2.


b. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
c. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x1 < x2).


Chứng minh rằng x12 – 2x2 + 3 ≥ 0.



Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn


2. Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.


3. kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường trịn tâm O đường kính BC cắt AH tại M. Chứng
minh M là trung điểm của AH


Bài 5(1đ): Cho ba sốdương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:
2



+
+
+
+


+ a b


c
c


a
b
c


b
a


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO



THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2011 – 2012


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 9



(11)

Bài I(2,0 điểm)


Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)


1. Giải phương trình (1) khi n = 3


2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :


x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6


Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 3 1 1
3


3 3


a a


A


a a a


 + −  



=


− +  


  với a > 0; a≠9
1.Rút gọn A


2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.


Bài III (2,0điểm) Trong mặt phẳng toạđộ Oxy


Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 2


1.T ìm toạđộc ác điểm A,B và viết phương trình đường th ẳng AB.


2. Tìm m đểđường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (với m là tham số ) song song


với đường thẳng AB.


Bài IV(3,0 điểm) Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường
cao QM, RN của tam giác cắt nhau tại H.


1.Chứng minh tứ gi ác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.


2. Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình
hành.


3. Cho cạnh QR cố định,P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR ln
nhọn.Xác định vị trí điểm P đ ể diện tích tam giác QRH lớn nhất.



Bài V( 1,0 điểm) Cho x,y là các số dương thoả mãn : x + y = 4


Tìm giá trị nhỏ nhất của : 2 2 33


P x y


xy
= + +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2011 – 2012


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Đề số 10



(12)

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 đểphương trình (1) có nghiệm.


Bài 2(1,5 điểm) Giải hệphương trình: 2 5


2 7


x y



x y


+ =




+ =




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.


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, từđó suy


ra tam giác EOF là tam giác vuông.


Bài 4(3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA
lấy điểm G (khác với điểm B) . Từcác 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.


2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từđó suy ra CN DN



CG = DG .


3. Đặt BOD =α Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng
tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, khơng phụ thuộc α.


Bài 5(1,0 điểm) Cho số thực m, n, p thỏa mãn : 2 2 3 2
1


2


m
n +np+ p = − .


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


THANH HÓA ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨANĂM HỌC 2011 – 2012


MƠNTHI:TỐN


Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 11



(13)

HƯỚNG DẪN GIẢ

I



Đề

s

1



Câu I.


1.Rút gọn biểu thức A với với x≥0;x≠4.



(

)(

)



2 5 1


3 3 2 2


x
A


x x x x


+


= − −


+ + − −


(

)



(

)(

)



4 5 3


3 2


x x


x x



− − − +
=


+ −

(

)(

)



12


3 2


x x


x x


− −
=


+ −


4
2


x
x



=




2. Tìm giá trị của cảu A khi x= +6 4 2



(

)

2
6 4 2 2 2


x= + = + tmđk


2 2


x = + thay vào A ta đc:

(

)



(

)



2 2 4 2 2


1 2


2


2 2 2


A= + − = − = −


+ −


Vậy với x= +6 4 2 thì A= −1 2


Bài 2. (2 điểm)


1. Cho đường thẳng

( )

d :y=ax+b. Tìm a, b đểđường thẳng (d) song song với
đường thẳng

( )

d' :y=5x+6 và đi qua điểm A

( )

2;3


( ) ( )

d / / d' nên 5
6


a
b


=

 ≠


Vì (d) đi qua A

( )

2;3 nên ta có: 3=5.2+b⇒ = −b 7
Vậy a=5;b= −7 ta có

( )

d :y=5x−7


2. Giải hệphương trình 3 2 11
2 5


x y
x y


+ =




 + =


3 2 11 3



2 6 1


x y x


x y


+ = =


 




= =


 


Bài 3: ( 2 điểm)


1. Giải phương trình 2


4 3 0


xx+ =


PT có : a b c+ + = − + =1 4 3 0 nên PT có hai nghiệm: x1=1;x2 =3


2. Ta có:

∆ =

'

(

m

1

)

2

2

m

+ =

5

m

2

4

m

+ =

6

(

m

2

)

2

+ > ∀

2 0

m

nên phương


trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m



Có :

x

2

2

(

m

1

)

x

+

2

m

− =

5 0

x

2

2

mx

+

2

m

− = −

3 2 2

x


x1, x2 là các nghiệm của PT (1) nên ta có:


+

− = −



2


1

2

1

2

3 2 2

1


x

mx

m

x

; 2

+

− = −



2

2

2

2

3 2 2

2



(14)

(

2

+

)(

2

− +

− =

)



1

2

1 2

2

3

2

2

2 1

2

3

19



x

mx

x

m

x

mx

x

m



(

)(

)



2 2

x

1

x

2

2 2

x

2

x

1

=

19



(

)

(

)



2

x

1

+

x

2 2

6

x

1

+

x

2

+

x x

1 2

=

15



Theo Vi-et có

 +

=

(

)



=








1 2


1 2


2

1



2

5



x

x

m



x x

m

thay vào ta đc:


(

)

(

)



8

m

1

2

12

m

− +

1

2

m

− =

5 15



=





= ⇔



 =



2


0




8

26

0

13



4



m



m

m



m



Vây:


=




 =




0


13



4



m


m



Bài 4. (3,0 điểm)


1. Chứng minh AIMK là tứ giác


nội tiếp;


Có:

AIM AKM

 

=

=

90

o nên t giác
AIMK nội tiếp.


2. Chứng minh

 

MPK MBC

=

.
TT câu a ta cm đc tứ giác KCPM nội
tiếp.


Suy ra:

MCK MPK

 

=

( hai góc nt
cùng chắn cung MK) (1)




 

MCK PBM

=

( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nt cùng chắn cung MC của
(O)) (2)


Từ (1) và (2) suy ra

 

MPK MBP

=

hay

MPK MBC

 

=



1) Xác định vịtrí điểm M trên cung nhỏBC để tích

MI MK MP

.

.

đạt giá trị nhỏ nhât..
Chứng minh được

IMP

PMK

nên:

IM

=

MP



MP

MK



MI MK MP

.

=

2

MI MK MP MP

.

.

=

3


Để

MI MK MP

.

.

lớn nhất khi chỉ khi MP lớn nhất, nên M là điểm chính giữa cung nhỏ
BC


P



K
I


C
B


O
A



(15)

Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc=1, Chứng minh rằng:


+ + ≤


+ + + + + +


4 4 4 4 4 4 1


ab bc ca


a b ab b c bc c a ca
Ta có: a4+b4 ≥ab a

(

2+b2

)



(

)



⇒ ≤ =


+ + + + + +


4 4 2 2 2 2



1
1


ab ab


a b ab ab a b ab a b
Tương tự có: ≤


+ + + +


4 4 2 2


1
1
bc


b c bc b c ; 4+ 4+ ≤ 2+ 2+
1


1
ca


c a ca c a


Suy ra ≤ + +


+ + + + + +


2 2 2 2 2 2



1 1 1


1 1 1


VT


a b b c c a


Đặt a2 =x b3; 2 =y c3' 2 =z3 ta có: xyz=1 ( do abc=1)


Suy ra: ≤ + +


+ + + + + +


3 3 3 3 3 3


1 1 1


1 1 1


VT


x y y z z x


Dễcm đc x3+y3 ≥xy x y

(

+

)



(

)

(

)

(

)



≤ + +



+ + + + + +


1 1 1


1 1 1


VT


xy x y yz y z zx z x


(

)

(

)

(

)



≤ + +


+ + + + + +


z x y


VT


xyz x y z xyz y z x zxy z x y


≤ + + =


+ + + + + + 1


z x y


VT



x y z x y z zx y z
Vậy VT≤1 Dấu “_” xảy ra khi a b c= =


Đề

s

2



Câu Ý NỘI DUNG Điể


m


I
(2,0đ)


1
(1,0đ)


Giải phương trình: 2


8 7 0


x + x+ = .


Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a b c− + = − + =1 8 7 0. 0,5
Do đó phương trình có hai nghiệm x= −1; x= −7 0,5


2
(1,0đ)


Giải hệphương trình: 2 6



5 20


x y
x y


− = −


 + =


Hệtương đương với 7 14


5 20


x
x y


=


 + =


2


5 20


x
x y



=


⇔  + =


 0,5


2
10 20


x
y
=


⇔  + =


2
10


x
y


=

⇔  =



(16)

II


(2,0đ)


1
(1,0đ)


Rút gọn biểu thức 1 :


4 4 2 2


x x x


A


x x x x x


+  


= +


+ +  + + , với x>0.
Ta có: 1 :


4 4 2 2


x x x


A


x x x x x



+  


= +


+ +  + + 


2
1


:


( 2) ( 2) 2


x x x


x x x x


 


+


= +


+ + +


0,25


2
1



:


( 2) 2 2


x x x


x x x


 


+


= +


+ + + 0,25


2


1 ( 1)


:


( 2) 2


x x x


x x


+ +



=


+ + 0,25


1


( 2)


x x
=


+ 0,25


2
(1,0đ)


Tìm tất cảcác giá trịcủa x để 1


3


A
x
.


Với x>0 ta có 1


( 2)


A



x x
=


+ và x >0; x+ >2 0.


Khi đó


(

)



1 1 1


3 2 3


A


x x x x


≥ ⇔ ≥


+ ⇔ x+ ≤2 3


0,5


1


x


⇔ ≤ ⇔ ≤x 1 0,25


Kết hợp với điều kiện ta được: 0< ≤x 1. 0,25



III
(2,0đ)


1
(1,0đ)


Cho đường thẳng

( )

d :y=ax b+ . Tìm a b, đểđường thẳng

( )

d song song với


đường thẳng

( )

d' :y=2x+3 và đi qua điểm A

(

1; 1−

)

.


Đường thẳng

( )

d :y=ax b+ song song với đường thẳng

( )

d' :y=2x+3
nên ta có 2


3


a
b


=

 ≠
 .


0,5
Khi đó

( )

d :y=2x b+ đi qua điểm A

(

1; 1−

)

nên:


1 2.1 b b 3


− = + ⇔ = − (thỏa mãn điều kiện b≠3) . Vậy a=2, b= −3.



0,5
2


(1,0đ)


Cho phương trình 2


( 2) 3 0


xmx− = (m là tham số). Chứng minh phương



(17)

thỏa mãn hệ thức: 2 2


1 2018 1 2 2018 2
x + − =x x + +x .


Ta có 2


(m 2) 12 0, m


∆ = − + > ∀ nên phương trình ln có hai nghiệm phân
biệt x x1, 2với mọi m.


(Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac= − <3 0 đểsuy ra phương trình ln
có hai nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m)


0,25


Ta có: 2 2



1 2018 1 2 2018 2
x + − =x x + +x


2 2


1 2018 2 2018 2 1


x x x x


⇔ + − + = +


2 2
1 2


2 1


2 2


1 2018 2 2018
x x


x x


x x




⇔ = +



+ + +


0,25


⇔ 1 2


2 2


1 2 1 2


0 (1)
2018 2018 (2)


x x


x x x x


+ =




+ + + = −





Theo định lí Viet ta có: x1+x2 = −m 2. Khi đó:
(1) ⇔ m− = ⇔ =2 0 m 2.


0,25



(2) không xảy ra. Thật vậy:
Do 2


1 2018 1


x + > x ; x22+2018> x2 suy ra


2 2


1 2018 2 2018 1 2 1 2


x + + x + > x + x ≥ −x x . Vậy m=2.


0,25


IV
(3,0đ)


Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d1d2 lần lượt là các tiếp tuyến


của đường tròn ( )O tại AB, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay


đổi trên đường trịn ( )O sao cho E khơng trùng với AB. Đường thẳng d đi qua E



(18)

1
(1,0đ)


Chứng minh AMEI là tứgiác nội tiếp.



  0


90


MAI =MEI = 0,5


Suy ra   0
180


MAI+MEI = . Vậy AMEI nội tiếp. 0,5


2
(1,0đ)


Chứng minh IB NE. =3.IE NB. .
+)EAI =EBN(cùng phụ với EBA)


+) AEI =BEN(cùng phụ với IEB). Suy ra ∆IAE∆NBE.


0,5


. .


IA NB


IA NE IE NB
IE NE


⇒ = ⇒ = 0,25



. .


3


IB


NE IE NB


⇒ = ⇒IB NE. =3IE NB. (đpcm). 0,25


3
(1,0đ)


Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN. có giá trị khơng đổi và tìm giá


trịnhỏnhất của diện tích tam giác MNItheo R.


Do tứ giác AMEI nội tiếp nên  AMI =AEI (1).
Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN =BEN (2).
Theo trên ta có  AEI =BEN (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra  AMI =BIN (4).


0,25


Do tam giác AMIBIN vuông tại AB, suy ra ∆AMI∆BIN. 0,25


d1 d2


d



N


M


I
A


O B



(19)

Suy ra: AM AI AM BN. AI BI.


BI = BN ⇒ = khơng đổi.
Từ (4) ta có:     0


90


BIN+AIM = AMI+AIM = ⇒MIN=900 hay ∆MNI vuông


tại I . Khi đó: 1 . 1 2 2. 2 2


2 2


MNI


S = IM IN = AM +AI BN +BI


2


1 3 3



2 . . 2 . . . .


2 2 2 4


R R R


AM AI BN BI AM BN AI BI AI BI


≥ = = = =


0,25


Dấu “=” xảy ra khi AM =AI BN, =BI. Vậy SMNI đạt GTNN bằng
2
3


4


R


0,25


V
(1,0đ)


Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1. Chứng minh
2 2 2


1 1



30.


a +b +c +abc


(1,0đ)


Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

(

)



3


2
3


1 3 0


9 0


3 0


a b c abc


ab bc ca abc
ab bc ca abc


 = + + ≥ >


+ + >





+ + ≥ >





1 9


abc ab bc ca
⇒ ≥


+ +


0,25
Khi đó: 2 12 2 1 2 12 2 9


a +b +c +abca +b +c +ab bc+ +ca =


( )


2 2 2


1 1 1 7


1


a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca


= + + +


+ + + + + + + +



Áp dụng bất đẳng thức 1 1 1 9


x+ + ≥y z x+ +y z với mọi x y z, , >0 ta được


(

)



2 2 2 2 2 2


1 1 1 9


2


a +b +c +ab bc ca+ + +ab bc ca+ + ≥ a +b + +c ab bc ca+ +


(

)

2

( )



9


9 2


a b c


= =


+ +


0,25


Lại có

(

)

2 2 2 2

(

) (

) ( )




1= a b c+ + =a +b + +c 2 ab bc ca+ + ≥3 ab bc ca+ + 3 0,25
Thay

( ) ( )

2 , 3 vào

( )

1 ta được 2 12 2 1 9 7.3 30


a +b +c +abc ≥ + = .


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
3


a= = =b c .



(20)

Đề

s

3



Câu 1:


1. Cho phương trình: 2


2 0


+ − =


mx x (1), với mlà tham số


a. Giải phương trình (1) khi m=0.


Khi m=0, ta có phương trình: x− =2 0 ⇔ =x 2
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x=2.
b. Giải phương trình (1) khi m=1.


Khi m=1, ta có phương trình: 2



2 0


+ − =
x x


Ta thấy: a b c+ + =0nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:


1 1


x = ; x2 = −2.
2. Giải hệphương trình:


3 2 6
2 10


− =




 + =


x y


x y


4 16 4 4


2 10 4 2 10 3



= = =


  


⇔ ⇔


+ =+ ==


  


x x x


x y y y


Vậy nghiệm của hệphương trình là:

( ) ( )

x y; = 4;3
Câu 2: Cho biểu thức: 4 8 : 1 2


4


2 2


y y y


A


y


y y y y


  



=  +   − 


+ −  


   , với 0


y> , y≠4, y≠9.
1. Rút gọn biểu thức A.


(

)



(

)(

)

(

)



4 2 8 1 2


:


2 2 2


y y y y


A


y


y y y y


 



− −


=


− +  − 


 


(

)(

)

(

(

)

)



1 2 2
4 8


:


2 2 2


y y


y y


y y y y


− − −


− −
=


− + −



(

)



(

)(

) (

)



4 2 3


:


2 2 2


y y y


y y y y


− + +


=


− + −


(

)

(

)



2
4


.


3
2



y y
y


y
y





=


− +



4


3
y
y
=


− (với y>0, y≠4, y≠9).



(21)

2


A= − 4 2


3
y
y



⇔ = −




(

)



4y 2 y 3


⇔ = − −


4y 2 y 6 0


⇔ + − =


Đặt y t= >0ta có phương trình:


2


4t + − =2 6 0t


Ta có: a b c+ + =0 nên phương trình có hai nghiệm:


1 1


t = (thỏa mãn đk)


2 6


t = − (không thỏa mãn điều kiện)


Với t=1, ta có: y=1 (thỏa mãn đk)
Vậy: A= − ⇔ =2 y 1.


Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

( )

d y: =2x m− +3 và parabol

( )

P y x: = 2.


1. Tìm m đểđường thẳng

( )

d đi qua điểm A

( )

2;0


Thay x=2 và y=0vào phương trình đường thẳng

( )

d y: =2x m− +3, ta có:
0 2.2= − + ⇔m 3 m=7


Vậy: với m=7 thì đường thẳng

( )

d điqua điểm A

( )

2;0 .


2. Tìm m đểđường thẳng

( )

d cắt parabol

( )

P tại hai điểm phân biệt có hồnh
độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn 2


1 2 2 1 2 16


xx +x x = .
Phương trình hồnh độgiao điểm của

( )

d

( )

P là:


2 2 3 2 2 3 0


x = x m− + ⇔ xx m+ − =


Ta có: ∆ = −'

( ) (

1 2− m−3

)

= − +m 4


Đường thẳng

( )

d cắt parabol

( )

P tại hai điểm phân biệt ⇔


' 0 m 4 0 m 4


∆ > ⇔ − + > ⇔ <


Theo hệ thức Vi-et, ta có: 1 2
1 2


2


. 3


x x
x x m


 + =




= −



2 1


1 2


2


. 3


x x



x x m


 = −


⇔ 



(22)

Thay x2 = −2 x1 vào biểu thức: 2


1 2 2 1 2 16


xx +x x = ta có:


(

) (

)



2


1 2 2 1 1 2 1 16


x − −x +xx =


2 2


1 4 4 1 1 16


x x x


⇔ − + − =


1



4x 20


⇔ =


1 5


x


⇔ =


2 3


x


⇒ = −


Thay vào biểu thức: x x1. 2 = −m 3 ta được:
3 15 12


m− = − ⇔ = −m (tm)
Vậy: m= −12.


Câu 4:


1. Ta có: MFN =900(góc ni tiếp chn nửa đường trịn)


NE ME


⇒ ⊥



Lại có:


P là trung điểm của ME
O là trung điểm của MN


OPlà đường trung bình của ∆MEN
OP NE




OP ME


⇒ ⊥


- Xét tứ giác ONFP ta có :


 0


90
=


ONF (tính chất tiếp tuyến)


 0


90
=


OPF ( do OPME)



  0


180
ONF+OPF =


ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).


2. Xét MQF ta có:


 



MN QF


PQ ME


MN PQ O


 




  






 O là trực tâm MQF


OFMQ ( đpcm)



- Ta có:


d


D


Q
P


F


M N



(23)

 


   


0


0
90


90


MFO QMF


MFO PQM


PQM QMF






   






  


Mà   0


90


= =


MPQ OPF


Nên MPQ ∽ OPF


Từđó suy ra MP = PQPM PF. =PO PQ.


OP PF (dpcm)


3. Theo BĐT Cauchy ta được:


2 2


2 2 2 . 2 2 2 2.4 4 2



+ ≥ = = =


MF ME ME MF MN R R


Đẳng thức xảy ra ⇔MF=2ME=2R 2
MF =ME+EF


Nên E là trung điểm MF


Xét MNF ta có: 1
2


= = =


NE ME EF MF


 


ME MF


⇒ =


E


⇒ là điểm chính giữa cung MN .


Câu 5: Đặt x= +a b; y b c; z a c;


1 1 1



2017


x y z


   


1 1 1


2 2 2


P


x y z x y z x y z


  


     


Ta có: 1 1 4
x y xy


1 1 4
+ ≥


+
y z y z


1 1 4


x x xz



1 1 1 1 1 1


2


x y z x y y z x z







        


 


 


1 1 1


4


2x y z 2y x z 2z x y







  


     



 


1 1 1 1 2017


4 4


P


x y z







      


Dấu "" xảy ra khi 3
4034


= = =



(24)

Đề

s

4



Câu Nội dung Điểm


Câu 1


(2điểm)



1. Giải các phương trình:
a. x = 6


b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c =


0. Vậy ngiệm của phương trinh là: 1
2
x = 1
x = 4




2. Giải hệphương trình: 2x - y = 3 5 5 x = 1
3x + y = 2 3x + y = 2 y = -1


x=
  
⇔ ⇔
  
  
0.5
0.75
0.75
Câu 2
(2điểm)


1. Vớiy > 0; y≠1 Ư(2)



(

)


(

)


(

)


(

)


(

)


2


2 2 1


-1 +1


A = :


1
y - y +


2 1


( -1)(y + +1) ( +1)(y - +1)


A = :


( -1) ( 1) ( 1)( 1)


2 1


(y + +1) (y - +1)


A = :



( 1)


1
y + +1- y + -1


A =
2( 1)
1
2
A =
2( 1)
1
A =
1
y y


y y y y


y


y y


y


y y y y


y y y y y y


y



y y


y y y


y
y y
y y
y
y
y y
y
y
− +
 

 
 
 
+
 

 
+ + −
 
 
+
 

 


 
 


+


+

+


2. Vớiy > 0; y≠1 Ta có A = 1 1 2 1 2


1 1 1


y y


y y y


− + −


= = −


+ + + để A nhận giá trị
nguyên thì 2


1


y+ nguyên hay



{ }

{ }

{ }



2 y+ ⇔1 y+ ∈1 U•(2)⇔ y+ ∈1 1, 2 ⇔ y∈ 0,1 ⇔ ∈y 0,1 (không thỏa
mãn ĐKXĐ).


Vậy khơng có giá trị ngun nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên


1


1


Câu 3


(2điểm) 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có


2 = n.1+1⇒n = 1 là giá trị cần tìm
2. Xét phương trình hồnh độgiao điểm giữa (d) và (P): 2


2x - nx -1 = 0 Có
2


Δ = n + >8 0 với mọi n nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi
n


Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồng độ lần lượt M(x1;



(25)

y1), N(x2; y2) khi đó y = 2x1 12;y = 2x2 22
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: 1 2


1


x x =


2




Theo bài ra ta có


2 2 2


1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2


1 1 1 1


S = 2 .2 4( ) 4. 1


2 4 2 2


x x +y y =x x + x x =x x + x x =− + = − + =


1
S


2


= là giá trị cần tìm.


0.75


0.75



Câu 4


(3điểm) 1.Ta có


 0


MPQ = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); EF⊥MQ


  0 0 0


EPQ + EFQ = 90 90 180


⇒ + = ⇒tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn đường
kính PQ


2.Tương tự   0 0 0


ENM + EFM = 90 90 180


⇒ + = ⇒tứ giác MNEF nội tiếp
 


PFQ PEQ


⇒ = (hai góc nộ tiếp cùng chắn
cung PQ trong đường trịn đường kính EQ)
 NFM=NEM(hai góc nội tiếp cùng chắn
cung MN trong đường trịn đường kính ME)
 NEM=PEQ(hai góc đối đỉnh)



PFQ =MFK(hai góc đối đỉnh)
 


NFM KFM


⇒ =


hay PM là phân giác của góc NFM
3. Ta có:


 


NPM=NQM(hai góc nội tiếp cùng chắn
cung MN trong đường trịn đường kính MQ)


 


EPF=EQF(hai góc nộ tiếp cùng chắn
cung EF trong đường trịn đường kính EQ)


 
NPE EPL


⇒ = ⇒PE là phân giác trong của ΔNPL. Lại cóPE⊥P Q⇒ PE là phân
giác ngoài của ΔNPL ΕΝ QN= ΕΝ.QL QN. ΕL


ΕL QL


⇒ ⇒ = (đpcm)



1.0


1.0


1.0


Câu 5


(1điểm)


Với a, b, c là các sốdương ta có:


(+) 1 +2 9 (1) (m + 2n)(n + 2m) 9
m + 2n


m n ≥ ⇔ ≥ mn


2 2 2


2m - 4mn + 2n 0 2(m - n) 0


⇔ ≥ ⇔ ≥ (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n


(+) 2 2 2 2 2


m + 2n≤ 3(m +2n )(2)⇔(m+2 )n ≤3(m +2n )


2 2



2 2 0 2( ) 0


m - 4mn + 2m m - n


⇔ ≥ ⇔ ≥ (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n
(+) Từ (1) và (2) suy ra


2 2


1 2 9 9 3


+


3(m + 2n )


m nm + 2n≥ ≥ p (do


2 2 2


+ 2 3


m np ).
Suy ra 1 +2 3


m np. Dấu bằng xảy ra khi m = n = p


0.25



(26)

Đề

s

5




Câu 1:


1. a. Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2


b. Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2


2. Giải hệphương trình:
5


1


x y
x y


+ =

 − =


 ⇔


3
2


x
x


=

 =



Vậy hệphương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2)


Cấu 2.


a. Rút gọn Q


Q = 4 3 6 2


1


1 1


b
b


b b


+


+ −




− + =


(

)



3 1



4( 1) 6 2


1 1 ( 1)( 1)


4 4 3 3 6 2


( 1)( 1)
1


( 1)( 1)
1


1


b


b b


b b b b


b b b


b b


b


b b


b





+ + +


− + − +


+ + − − −


=


− +



=


− +


=
+


2. Thay b = 6 + 2 2


5=( 5 1)+ (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q
đã rút gọn ta được:


2


1 1


5 2


5 2


( 5 1) 1


= = −


+


+ +


Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5-2


Câu 3.


1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3


2. Phương trình hồnh độgiao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*)


Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2


3


4 3 0


4


n n


⇔ ∆ = − .



Khi đó theo định lý Vi ét ta có: 1 2
1 2


1
( 1)


x x


x x n


+ =



(27)

Theo đề bài: 4 1 2
1 2


1 1


3 0


x x
x x


 


+ − + =


 


 



1 2


1 2
1 2


4 x x x x 3 0


x x
 + 


− + =


 


2


1 2


4


2 0
1


6 0( : 1)
2( ); 3( )


n
n



n n DK n


n TM n L


⇒ + + =


− +


⇔ + − = ≠


⇒ = =


Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.


Câu 4.


1. HS tự chứng minh


2. Ta có K là trung điểm của EF => OK⊥EF =>  0
90


MKO= => K thuộc đương tròn
đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường trịn đường kính MO
=>  DKM =DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)


CKM =COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Lại có DOM =COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=>  DKM =CKM => KM là phân giác của góc CKD


3. Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) ≥2R. CM CR.



Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2


không đổi
=> SMRT ≥2R2


Dấu = xảy ra ⇔ CM = CR = R 2. Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O
bán kính R 2.


d
E


F
O


M


C
D


R
T



(28)

Vậy M là giao điểm của (d) với đường trịn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác
MRT nhỏ nhất.


Câu 5


Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60



⇔5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0


x


∆ = (yz)2 -5(4y2 + 3z2 – 60) = (15-y2)(20-z2)


Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y260 và 3z260 => y215 và z220 => (15-y2)0 và


(20-z2) 0


=>∆x ≥0


=> x= (15 2)(20 2)
5


yz y z


− + − −




2 2


1


(15 20 )
2


5



yz y z


− + − + −


(Bất đẳng thức cauchy)
=> x≤ 2 35 2 2 35 ( )2


10 10


yz y z y z


− + − − = − +


=> x+y+z ≤ 35 ( )2 10( ) 60 ( 5)2


10 10


y z y z y z


− + + + = − + −


≤6


Dấu = xảy ra khi 2 2


5 0 1


15 20 2


6 3



y z x


y z y


x y z z


+ − =


  =


= =


 


+ + = =


Vậy Giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.

Đề

s

6



Câu Nội dung Điểm


1a. Giải pt: y - 3 = 0 <=> y = 3. Vậy pt có nghiệm y = 3 0.25
1.b


Giải pt: y2 – 3y + 2 = 0


Ta có: a = 1, b = - 3, c = 2
a + b + c = 1 + ( - 3) + 2 = 0



Vậy pt có nghiệm y1 = 1, và nghiệm y2 = 2.


0.75


1.b


2

4

4

8

2

2



3

2

4

2

4

2

4

1



x

y

x

x

x



x

y

x

y

x

y

y



+

=

=

=

=





<=>

<=>

<=>



=

+

=

+

=

=





Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1)


1.0
2a. 2



y 1 1 1


B :


y y y y 1


 




=  − 



(29)

2


y 1 1 1 y 1 y 1 y


B : :


y y y y 1 y(y 1) y ( y 1)


   
− − + −
=  −  = 


+ + 0.25


y 1 1


B :



y( y 1)( y 1) y ( y 1)
 


= 


− + + 0.5


y 1 1


B : y ( y 1)


y( y 1) y




= + =


+ . Vậy B =


1


y 0.5


2b.


Tính giá trị của B khi y =

3

+

2 2



y =

3

+

2 2

= (

2

+ 1)2 =>

y

=

2

+ 1 thomãn ĐKXĐ 0.25



Khi đó giá trị của B = 1 2 1


2 1+ = − . 0.25


Vậy B = 2 1− khi y =

3

+

2 2

0.25


3 Trong mx2 ặt phẳng toạđộOxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) y =
3.1


Tìm n đểđường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0)


Vì (d) đi qua B(1; 0) nên ta có pt : 1. n – 3 = 0 => n = 3. 0.75
Vậy n = 3, và pt đường thẳng d là : y = 3x - 3. 0.25


3.2


Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1, x2 thoả mãn


1 2

2



x

x

=



Phương trình hồnh độgiao điểm của (d) và (p) là:
x2 = nx – 3 <=> x2 – nx + 3 = 0. Ta có a = 1, b = - n, c = 3


Pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 <=>

> 0 <=> (- n)2 – 4. 3) > 0


<=> n2 – 12 > 0 <=>

2 3



2 3



n



n


 < −




>





(*),


2


12



n



∆ =



0.5


=> x1 =


2


12


2


n

+

n



, x2 =



2


12


2


n

n



, 2 2


1 2

12

12



x

x

=

n

=

n

0.25


2 2 2


1 2

2

12 2

12 4

16

4



x

x

= <=>

n

= <=>

n

− = <=>

n

= <=> =±

n



Vậy n =

±

4 là giá trị thoả mãn đề bài. 0.25


4



(30)

4.1


Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác FCDK


Có CD

EF => FCD = 900, FCK = 900(góc ni tiếp chn na đường tròn)


=> FCD + FCK = 1800. => Tứ giác FCDK nội tiếp được trong đường trịn đường



kính FD.


1.0


4.2


EK . ED = R2


Xét tam giác KFE và tam giác CDE


Có FKE = DCE = 900. và Ê chung =>

KFE và

CDE đồng dạng với nhau


KF

KE

FE



CD

=

CE

=

DE

=> KE . DE = CE . FE (1)


Mà CE =


2

2



OE

=

R



(Vì C là trung điểm của OE) và EF = 2R(đề bài cho) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: KE . DE = R2.


1.0


4.3



NI = FK


Gọi P là giao điểm của tia MI với (O).
Vì C là trung điểm của OE (đề bài0


và do MN

EF nên C cũng là trung điểm của MN (Định lý đường kính và dây)
Do đó tứ giác MENO là hình thoi ( dấu hiệu vềđường chéo)


=> OM = ME = EN = NO = R


=>

OME đều => OME = 600 => MON = 1200.


Mà MON = sđ

MN

(góc ở tâm)


và MKN =

1


2





MN

( góc nội tiếp chắn

MN

)


Do đó suy ra MKN = 600.


Xét

KMI có IK = KM (đề cho) MKN = 600 (cm trên)


=>

KMI là tam giác đều.


1.0

.




.



O
C


E F


K
M


N


.

I



(31)

Do đó MIK = 600, nhưng MIK =

1



2

(sđ




MK

+ sđ

PN

) ( góc có đỉnh ở bên trong


đường trịn) =>

1


2

(sđ




MK

+ sđ

PN

) = 60 (3) .


Lại có Tứ giác OMEN là hình thoi và MEN = 1200 => MEO = 600 hay MEF = 600.



Nhưng MEF =

1


2





MF

=

1


2

(sđ




MK

+ sđ

KF

)
=>

1



2

(sđ




MK

+ sđ

KF

) = 600(4)


Kết hợp (3) và (4) =>

KF

=

PN

=> KF = PN (*)


Mặt khác:

INP có NIP = MIK = 600 (đối đỉnh), NPI =

1



2





MN

= 600.



Nên nó là tam giác đều , do vậy IN = NP (**)
Từ (*) và (**) suy ra IN = FK (đpcm).


5


Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

1



1



a b

+ +

+


1


1



b c

+ +

+


1


1



c a

+ +



Đặt x3 = a, y3 = b, z3 = c


Do a, b, c dương nên x, y, z dương.
=> a, b, c = x3 . y3 . z3 = 1 => x . y. Z = 1.


Kh iđó P = 3

1

3

1




x

+ +

y

+ 3 3


1


1



y

+ +

z

+ 3 3


1


1



z

+ +

x



Xét hiệu ( x3 + y3) – xy(x + y) = (x - y) x2 – y2 (x - y)


= (x - y)(x2 – y2) = (x - y)2(x + y), vì (x - y)2

0

x, y và x + y dương (vì x, y


dương)


Do vậy: (x -y)2(x + y)

0,

x, y dương


=> ( x3 + y3) – xy(x + y)

0,

x, y dương


=> x3 + y3

xy(x + y),

x, y dương, dấu “=” xảy ra <=> x = y


=> x3 + y3 + 1

xy(x + y) + 1,

x, y dương, du “=” xy ra <=> x = y


=> x3 + y3 + 1

xy(x + y) + xyz ( vì xyz = 1),

x, y dương, dấu “=” xảy ra <=> x =


y.



=> x3 + y3 + 1

xy(x + y + z)


=> 3

1

3

1



x

+ +

y



1



(

)



xy x y z

+ +

, dấu ”=” xảy ra khi x = y ( 1)


Chứng minh tương tự ta cũng được


3 3


1


1



y

+ +

z



1



(

)



yz x y z

+ +

, dấu ”=” xảy ra khi z = y ( 2)


3 3



1


1



z

+ +

x



1



(

)



zx x y z

+ +

, dấu ”=” xảy ra khi z = x ( 3)


Kết hợp (1), (2) và (3) ta được



(32)

P≤

1



(

)



xy x y z

+ +

+


1



(

)



yz x y z

+ +

+


1



(

)



zx x y z

+ +

dấu ”=” xảy ra khi


1



0,

0,

0



x y


y z


z x


xyz



x

y

z



=



 =




=



=




>

>

>






<=> x = y = z.


P ≤

1

1

1

1



(

x y z

)

xy

yz

zx



+

+






+ + 

=


1

1



(

)



x y z



x y z

xyz

xyz



+ +



=



+ +

= 1. Dấu ”=” xảy ra


khi x = y = z <=> a = b = c = 1.
Do đó => MaxP = 1 khi a = b = c= 1


Ghi chú:


Đề

s

7



CÂU NÔI DUNG ĐIỂM


1.



1a. S = 1 + 2 + (-3) = 0 0.5


1b. Ta có a + b + c = 0


Nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -3


0.5


2.


3

2

3

6

2



2

3

4

2

3

4

0



x

y

x

x



x

y

x

y

y



=

=

=





<=>

<=>



+

=

+

=

=



0.75


Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2;0). 0.25



2.


a. 1 1 : 1


1 2 1


y
Q


y y y y y


   +


= +   


− − − +


   


(

)

(

)

2


1


1 1


:
1


1 1



y
y


y y y


 


  +


 


 


= +


 − − 


 


0.25


(

)

(

)



2
1


1 1


1
1



y


y y


y y


y y


 


+


 


 


= =


+





0.75


b. y= −3 2 2=

(

)



2


2 1− 0.25



Thay vào ta được giá trịtương ứng 2 1 1 2 2 2


2 1 2 1


Q= − − = − = −


− − 0.75


3. a. Để(d) đi qua B(1;5) thì ta phải có: 5 = 2b.1 + 1=> b = 2.



(33)

O
S
L


I


F
E


D
P


J


K N
b. Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai
nghiệm phân biệt:


2bx + 1= -2x2 <=> 2x2 + 2bx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt



0.25
<=> b2 – 2 > 0


<=> − 2>b hoặc b> 2 (*) 0.25


Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2
1 2


1
2


x x b


x x


+ = −




=





Để x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 + 4(x1+x2) = 0 <=> (x1+x2)2 +4(x1+x2) -2x1x2= 0


<=> b2 -4b – 1 = 0


0.25



Giải phương trình ẩn b ta được b= ±2 5, chỉ có b= +2 5 là thỏa mãn
điều kiện (*)Vậy b= +2 5


0.25


4


Hình vẽ:


a. Ta có  0


EIF= 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)


LIE=> LIF= 90 0,


0.25
theo đề bài LS⊥EF =>  0


LSF= 90 0.25


Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có:   0


LIF+LSF=180 0.5


b. Ta có IJE = INF (c.g.g) vì:


EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vìIEF cân tại I )


0.5


Mặt khác: Trong (O) ta có IEJ =IFJ( góc nội tiếp cùng chắn cung IJ).


Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng)
Xét IJN có IJN 1


2


= sđIF= 450


0.25


Do đó IJNvng cân tại I 0.25


c. Gọi K là giao điểm của FD và LS, P là giao điểm của tia FJ và d
Theo đề bài ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE
=>ED=OE


JE JF => EODđồng dạng với IFE=>


 


EOD=JFE, mà chúng ở vị trí
đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P∈FJ)


0.25


Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD là đường trung bình của
PEF


 =>DP = DE (1) 0.25




(34)

Theo hệquả của định lí Ta lét ta có: FL=FS=LK FK SK


FP FE PD = FD =ED(2)


Từ(1) và (2) => LK = LS, hay FD đi qua trung điểm của LS. 0.25


5


Cho a b c, , >0 thỏa mãn ab bc+ +ca≥3.


CMR: 4 4 4 3


3 3 3 4


a b c


b+ c+c+ a+a+ b


Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 =>a2 + b2 + c2


≥3


Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có


(

)

(

)(

) (

)



(

)



2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



2 2 2


1 1 1 3


3 (2)


a b c a b c a b c


a b c a b c


+ + ≤ + + + + = + +


⇔ + + ≤ + +


Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có: 4

(

)

4 4 4


3 3 3


a b c


a b c


b c c a a b


 


+ + + + =


+ + +



 


(

3

) (

3

) (

3

)

4 4 4


3 3 3


a b c


b c c a a b


b c c a a b


 
 
= + + + + + + +
+ + +
 

(

)


2
2 2 2


a b c


≥ + + .

(

)


(

)


(

)


(

)

(

)


2
2 2 2


4 4 4


2 3


2 2 2 2 2 2 3


2 2 2


3 3 3 4


1 1 3 3


4 3 4 3 4


4 3


a b c


a b c


b c c a a b a b c


a b c a b c


a b c


+ +
⇒ + + ≥
+ + + + +


+ + + +
≥ = ≥ =
+ +


Đẳng thức xảy ra ⇔ = = =a b c 1. (Điều phải chứng minh)


0.25


Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ hai sốdương: a4
b + 3c và


b + 3c
16 ta có


4
a
b + 3c+


b + 3c


16 ≥


4 2


a b+3c


2 .


b+3c 16 2



a


= , ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1)
Tương tựta cũng có:


4
+ 3a
b
c +
+ 3a
16
c


≥ 2 4 .c+3a 2


c+3a 16 2


b =b


.
4
+ 3b
c
a +
+ 3b
16
a


≥ 2 4 .a+3b 2



a+3b 16 2


c = c


.


0.5


Suy ra: a4
b + 3c +


4


+ 3a


b


c +


4


+ 3b


c


a +


b + 3c


16 +



+ 3a
16


c + + 3b
16


a a +b +c2 2 2


2 ≥


3
2.
=> a4


b + 3c +
4


+ 3a


b


c +


4
+ 3b
c
a
3
2-


a+b+c
4
( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1).


Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia:



(35)

(a + b + c)2 (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 )a + b + c 3. 2 2 2
a + b + c
⇒ - (a + b + c) ≥ - 3. a2+ b 2+ c2


⇒ 1 2 2 2


( )


2 a +b +c -


1


( )


4 a b c+ + ≥


2 2 2
1


( )


2 a +b +c -


3


4 .


2 2 2
a + b + c
⇒ VT ≥ 1 2 2 2


( )


2 a +b +c -


3
4 .


2 2 2
a + b + c
Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1


Lại có: a2 + b2 2ab
b2 + c2 2bc


c2 + a2 2ca


⇒ a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 a2 + b2 + c2 3


2 2 2


a + b + c ≥ 3.


Dấu bằng xảy ra khi: 1
3



a b c


a b c
ab bc ca


= =


⇔ = = =
 + + =



Xét hiệu:


A =VT - 3
4 =


2 2 2
1


( )


2 a +b +c -


3
4 .


2 2 2
a + b + c - 3



4
Đặt t = 2 2 2


a + b + c với t ≥ 3
A = 1


2t


2 - 3


4 t -
3
4 = (


1
2t


2 - 3


2 t ) + (
3
4 t -


3
4) =


1


2t .(t - 3) +


3


4 (t - 3)
= (t - 3).(1


2t +
3
4 )
Do t ≥ 3 nên A ≥ 0 ⇒VT - 3


4 ≥0
=> VT ≥ 3


4


Hay 4 4 4 3


3 3 3 4


a b c


b+ c+c+ a+a+ c≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1


Cách 3


Ta có : a2 + b2 + c2 – ab –ac – bc =


2


1

[

]




0
)
(
)
(
)


(ab 2 + bc 2+ ca 2 ≥


nên : a2 +b2 +c2 ab +ac +bc ≥3


2 2 2


a

b

c

3



(1)



4

4



+

+






(36)

(

)



(

)



(

)

(

(

)

)




2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2


2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2


a b c 2a 2b 2c 3 (a 1) (b 1) (c 1) 0


a b c 2 a b c 3 0


a b c 3


a b c


2


2 a b c


a b c a b c 2.3


1



a b c 3


a b c a b c 3 3 3


2


a b c


1 (2)


a b c


+ + − − − + = − + − + − 
⇔ + + − + + + ≥
+ + +
⇔ + + ≤
+ +
+ + + +
⇔ ≥ = ≥ =
+ + +
+ + + + + +
+ +
⇒ ≥
+ +


đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :


(

) (

) (

)




(

)



(

)



2 2 2


2 2 2 2 2 2


2


2 2 2


2


2 2 2


4 4 4 2 2 2 2 2 2


a

b

c



b 3c

c 3a

a 3b



b 3c

c 3a

a 3b



a

b

c



a

b

c



a

b

c

a

b

c a

b

c




(*)


b 3c c 3a

a 3b

4(a b c)

4

a b c



 

 

 


+

+

+

+

+

+

+


 

 

 



+

+

+


 

 




+ +


+ +

+ +

+ +


+

+

=


+

+

+

+ +

+ +



Kết hợp (1) (2) và (*) ta có: 4 4 4 3


3 3 3 4


a b c


b+ c+c+ a+a+ b
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1


Đề

s

8



Bài Nội dung Điểm


Bài 1


2 điểm


1


a) Giải phương trình : x – 1 = 0 ⇔ x = 1 vậy nghiệm của phương trình là x
= 1


0,25
b) x2 – 3x + 2 = 0 là phương trình bc hai n x có dng : a + b+ c = 0


⇒nghiệm của phương trình là x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 =


1
2
=
a
c
=2
Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = 2


0,25
0,25
0,25


2


Giải hệ phương trình :




=
+
=

2
7
2
y
x
y
x




=
+
=
2
9
3
y
x
x




=
+

=
2
3
3
y
x





=
=
3
2
3
y
x




=
=
1
3
y
x


vậy nghiệm của hệ






=
=
1
3
y
x
0,5
0,25






0
2
2
0
a
a







a
a
2
2
0






1
0
a
a

A =
a
2
2
1


+ + 2 2 a


1



(37)

Bài 1
2 điểm


1


A =
)
1
(
2
1
a


+ + 2(1 )
1


a


- a

(

a

)(

a

)


a

+
+
+
1
1
)
1
(
1
2


A =

(

)

(

)

(

)

(

)



(

a

)(

a

)




a
a
a
a
a
a

+
+


+
+
+

+
1
1
)
1
.(
2
2
2
1
1
1
1 2



A =

(

)

(

)

(

)

(

)



(

a

)(

a

)



a
a
a
a
a
a

+
+


+
+
+

+
1
.
1
).
1
.(
2
2
2
1


.
1
1
.
1 2
A =


(

a

)

(

a

)(

a

)


a
a
a
a
a
a
a
a
a

+
+


+
+
+
+

+

1

1
1
.
2
2
2
1
.
1 2
A =


(

a

)

(

a

)(

a

)


a
a

+
+

1
1
1
.
2
2
2 2
=

(

)(

)


a
a
a
a


+

1
1
.
2
)
1
(
2
=
a
a
+
1
0,25
0,25
0,25
0,25
2


Với A <
3
1
ta có
a
a
+



1 < 3
1




a
a
+


1 - 3


1


< 0 ⇒


a
a
+

1
1
2
< 0
với a ≥ 0 ⇒ 1 + a > 0 nên để


a
a
+

1


1
2


< 0 ⇔2a – 1 < 0 ⇒ a <
2
1


vậy 0 ≤ a <
2
1


thì A <
3
1
0,25
0,25
0,25
Bài 3
2 điểm


1 đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) có toạđộ x = -1 ; y = 3 thoả mãn công
thức y = ax + b thay số ta có 3 = -a + b (1)


Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 nên




=
3


5
b
a


(2) từ (1) và (2) ta có



=
=
8
5
b
a


vậy a = 5 ; b = 8 đường (d):y = 5x + 8


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


2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) để phương trình bậc hai


khi a ≠0 ta có : ∆= b2 – 4ac =

[

3

(

a+1

)

]

2 −4a.(2a+4)
∆= 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a


∆= a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 vi mi a


Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi a :


Theo hệ thức vi et ta có :


(

)







+
=
+

=
+
a
a
x
x
a
a
x
x
4
2
.
1
.
3
2
1

2
1

theo bài ra ta có : 2


1


x + x22 = 4 ⇒( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = 4 thay vào ta có


(

)



a
a
a


a 2 4


2
1


3 2 × +









− + = 4 9 ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2



9a2 + 18a + 9 -4a2 -8a = 4a2 a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bc hai n a có


dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = -9


với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn


vậy với a = - 1 hoặc a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn 2
1


x + x22 = 4


0,25


0,25


0,25



(38)

P
Q
B C
A
H M
O
Bài 4
3 điểm


1 Xét Tứ giác APMQ


ta có MQ ⊥ AC ( gt) ⇒ MQˆA = 900



và MP ⊥ AB ( gt) ⇒ MPˆA = 900


Nên : MQˆA + MPˆA = 1800 mà MQˆAMPˆA là hai


góc đối của ◊APMQ nên ◊APMQ nội tiếp được
trong đường tròn


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


2 theo câu 1 thì ◊APMQ nội tiếp được trong đường tròn mà MPˆA = 900 nên


AM là đường kính do đó O là trung điểm cuả AM
Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1)
Ta có PAˆH = POˆH


2


1 ( góc ni tiếp và góc tâm cùng chn cung PH)


H
A


Qˆ = QOˆH


2
1



( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung QH)


Vì ∆ABC đề có AH là đường cao nên nó cũng là phân giác góc BAC ⇒
H


A


Pˆ = QAˆHPOˆH=QOˆH ⇒OH là phân giác POˆQ


Mặt khác OP = OQ nên ∆OPQ cân tại O có OH là phân giác POˆQ


nên OH là đường cao ∆OPQ vậy OH ⊥ PQ


0,25


0,25
0,25
0,25
3 S∆ABC = S∆AMB + S∆AMC


Mà S∆ABC=


2
1


BC×AH ;S∆AMB=


2
1



AB×MP ; S∆AMC=


2
1


AC×MQ
⇒S∆ABC=


2


1BC


×AH =
2


1AB


×MP +
2


1AC


×MQ
Vì ∆ABC dều nên BC = AC = AB ⇒


2
1


BC ×AH =


2
1


BC ( MP + MQ)


⇒MP +MQ = AH


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


Bài 5
1điểm


Tìm GTNN của D = 8 2 2
4


x y
y
x


+ + vi x+ y


1


≥ và x > 0
Từ x+ y ≥ ⇒1 y ≥1- x ta có:


2



2 2


2


8 1 1 1


2


4 4 4


1 1


4 4


x x


D y x y


x x


x x y


x
+ −


≥ + = + − +


= + + − +



Thay x ≥1- yta suy ra:D≥ 1 1 1 2 1 2 1 1


4 4 4 4 2


x y y x y y


x x


   


+ + − − + = +  + − + +


    (1)


Vì x> 0 áp dụng BĐT cơ si có: 1
4


x
x
+ ≥1
lại có:


2


2 1 1


0


4 2



y y y



(39)

Nên từ (1) suy ra: D ≥ 1 + 0 +1


2 hay D≥
3


2. Vậy GTNN của D bằng
3


2 Khi


1


1 1


4 2


1
2


x y


x x y


x
y

 + =



 = ⇔ = =




 =



0,25


Đề

s

9



Bài 1: 1,5 điểm
a) a1+ a2 = 2


b) 2 1 2 4 2 1


2 3 2 3 1


x y x y x


x y x y y


+ = + = = −


  


⇔ ⇔


− = −− = −=



  


Bài 2:
a) A =


2
1
:
4


1
4
2


2  +











+






+ a a


a
a


a
a


a


= 2 2 4 1. 2


4 1


a a a a a a


a


− − − + − +




2
4


a
a


+
=





= 1
2


a


− .


b) a = 6+4 2 = (2+ 2)2
A =


2


1 1 1


2 (2 2) 2 2


a


==


+


Bài 3:


a) với m = 2, phương trình trở thành:
x2 - 3x + 2 = 0




(40)

b) 2


(2m 1) 4 (m m 1) 1


∆ = − − − =


Vì ∆ = >1 0với mọi m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.
c) Vì x1< x2 nên :


1


2


2 1 1


1
2


2 1 1


2


m


x m


m


x m



− −


= = −


− +


= =


2 2 2


1 2 2 3 ( 1) 2 3 ( 2) 0


xx + = m− − m+ = m− ≥ với mọi m.


Bài 4:


a) Tứ giác AKHD có :  0 0 0
90 90 180


AKH+ADH = + =


=> Tứ giác AKHD nội tiếp đường trịn đường kính AH.
b) Tứ giác BKDC có :   0


90


BKC=BDC=


=> Tứ giác BKDC là tứ giác nội tiếp


=>  BCD= AKD


Xét tam giác AKD và tam giác ACB, có:


A chung


 


BCD=AKD


Suy ra ∆AKD đồng dạng với ACB.


H
M
K


D


O


C
B



(41)

c) Ta có:
 
 
 
0
0


90
90
MDH HDO
MDH MDA
HDO MDA
+ =
+ =
⇒ =


Mặt khác: HDO =HBO


    


HBO=DBC=DKC=DAH =DAM
Vậy: MDA =DAM


Do đó tam giác AMD cân tại M => MD = MA.


Vì tam giác ADH là tam giác vng nên từđó suy ra  MDH =MHD
=> Tam giác MDH cân tại M => MD=MH


=> MA=MH . Vậy M là trung điểm của AH.
Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số


a
c
b+


và 1 ta được:



c
b
a
a
c
b
a
a
a
c
b
a
c
b
a
c
b
+
+

+

+
+
=






 + +

+ 2
2
2
:
1
1
.


Tương tự ta có:


c
b
a
c
b
a
c
c
b
a
b
c
a
b
+
+

+


+
+

+
2
;
2


Từđó suy ra: 2

(

)

=2


+
+
+
+

+
+
+
+


+ a b c


c
b
a
b
a
c
c
a


b
c
b
a
(đpcm)
Lưu ý: Đây là đáp án đềA, các đề B, C, D cách giải tương tự.


Đề

s

10



Bài I


1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0


pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4


2. pt đã cho có 2


16 0


n


∆ = + > với mọi n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân
biệt x1, x2.


Áp dụng hệ thức Vi et ta có:


x1 + x2 = n


x1x2 = -4




(42)

2 2
1 2 2 1


1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 6


( ) 6


4.( ) ( ) 6
3 6


2


x x x x


x x x x x x


n n


n
n


+ + + >


⇔ + + + >


⇔ − − + − >
⇔ >


⇔ >



Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= 4
3


a+


2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a+3 là ước của 4.
do a+3 ≥3 nên a+3 = 4


 a=1


Bài 3:


1. A(-1; 1); B(2; 4).


Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.


2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:
2


2 1 1


2
1 2


m m


m
m



 − =


⇔ = −


+ ≠


Bài 4.


1.Tứ giác QRMN có :


  0


90


QNR=QMR=


Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR.
2.Ta có:  0


90


PQK = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQ⊥KQ, mà RH⊥PQ


 KQ//RH(1)


Chwngs minh tương tựta cũng có:
QH//KR(2)



Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3.Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:


QHR QKR


S =S


Từ K kẻ KI⊥QR. Ta có:
1


.
2


QKR



(43)

Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ
QR.


Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.


Bài 5


Từ x + y = 4


Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy ( )2 4
4


x+y



≤ =


Do đó 33 33
4


xy


Mặt khác: x2 + y2 = 2


(x+y) - 2xy = 16 - 2xy≥16 2.4− = 8( do xy≤4)
Vậy P 8 33 65


4 4


≥ + =


Do đó : MinP = 65


4 , đạt được khi x = y = 2.

Đề

s

11



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 nghim x1 = 1; x2 = 3


2. Tìm n đểphương trình (1) có nghiệm.
∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4



Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệphương trình: 2 5


2 7


x y
x y


+ =




+ =



HPT có nghiệm: 3


1


x
y


=

 =


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



(44)

Phương trình hồnh 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, từđó suy


ra tam giác EOF là tam giác vuông.
Tọa độđiểm 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 vng 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 = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90o – α) = R tg α


⇒ BD . AC = R2.


Bài 5(1,0 điểm)


2


2 2

3



1


2


m


n

+

np

+

p

= −

(1)


⇔ … ⇔ ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2


⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2



(45)

vế trái không âm ⇒ 2 – B2 ≥ 0 ⇒ B2 ≤ 2 ⇔ 2 ≤ ≤B 2


dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = 2
3


±


⇒ Max B = 2 khi m = n = p = 2
3



Min B = − 2 khi m = n = p = 2


3





×