Đề thi vào 10 môn Toán Bình Định

Đề bài

Câu 1:

1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x + 3y = 1}\\{x - 3y = 5}\end{array}} \right.\).

2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm giá trị lớn nhất của P.

Câu 2:

1) Cho phương trình: \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) (m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn điều kiện \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\).

2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).

a) Biết đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;5). Tìm a.

b) Tìm toạ độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\).

Câu 3: Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, cả hai trường A và B có tổng số 380 thí sinh dự thi. Sau khi có kết quả, số thí sinh trúng tuyển của cả hai trường là 191 thí sinh. Theo thống kê thì trường A có tỉ lệ trúng tuyển là 55% tổng số thí sinh dự thi của trường A, trường B có tỉ lệ trúng tuyển là 45% tổng số thí sinh dự thi của trường B. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu thí sinh dự thi?

Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC, các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K.

1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp.

2) Chứng minh hai tam giác KBF và KEC đồng dạng, từ đó suy ra KB.KC = KF.KE.

3) Đường thẳng AK cắt lại đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn.

4) Gọi I là trung điểm cạnh BC, chứng minh HI vuông góc với AK.

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn \(a + b + c = 2024\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} + \frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} + \frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }}\)

-----HẾT-----

Lời giải chi tiết

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

1) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

2) Rút gọn biểu thức (quy đồng, tính toán, đổi dấu, thu gọn).

Đánh giá biểu thức, từ \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0\).

Cách giải:

\(\begin{array}{l}1)\left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x - 3y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5\left( {5 + 3y} \right) + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25 + 15y + 3y = 1\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}18y =  - 24\\x = 5 + 3y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - \frac{4}{3}\\x = 5 + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - \frac{4}{3}\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1; - \frac{4}{3}} \right)\).

2) Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x {\rm{ \;}} - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\).

a) Với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) ta có:

\(\begin{array}{l}P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{x - 16}}\\P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 4}} + \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  - 4}} - \frac{{4x + 32}}{{\left( {\sqrt x  - 4} \right)\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}\\P = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 4} \right) + 3\sqrt x \left( {\sqrt x  + 4} \right) - \left( {4x + 32} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 4} \right)\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}\\P = \frac{{x - 4\sqrt x  + 3x + 12\sqrt x  - 4x - 32}}{{\left( {\sqrt x  - 4} \right)\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\sqrt x  - 32}}{{\left( {\sqrt x  - 4} \right)\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}\\P = \frac{{8\left( {\sqrt x  - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 4} \right)\left( {\sqrt x  + 4} \right)}}\\P = \frac{8}{{\sqrt x  + 4}}\end{array}\)

Vậy với \(x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(P = \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}}\).

b) Ta có: \(\forall x \ge 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 16\) thì \(\sqrt x {\rm{ \;}} \ge 0 \Rightarrow \sqrt x {\rm{ \;}} + 4 \ge 4 \Rightarrow \frac{8}{{\sqrt x {\rm{ \;}} + 4}} \le 2\).

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được tại x = 0.

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

1) Tính \(\Delta {\rm{ \;}} = {b^2} - 4ac\). Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt \(\Delta {\rm{ \;}} > 0\)

Sử dụng hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right.\)

2)

a) Thay tọa độ điểm A vào đường thẳng d,

b) Đường thẳng \(y = ax + b(a \ne 0)\) cắt trục Ox tại \(A\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\), cắt Oy tại \(B(0;b)\)

Từ đó dựng đường vuông góc và sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

1) Xét phương trình \({x^2} - (m + 3)x + \frac{1}{4}{m^2} + 1 = 0\) có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta {\rm{ \;}} = {{\left[ { - \left( {m + 3} \right)} \right]}^2} - 4\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right)}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {m^2} + 6m + 9 - {m^2} - 4}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 6m + 5}\end{array}\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta {\rm{ \;}} > 0 \Leftrightarrow 6m + 5 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{{ - 5}}{6}\)

Áp dụng định lí Vi – ét ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 3}\\{{x_1}.{x_2} = \frac{1}{4}{m^2} + 1}\end{array}} \right.\).

Khi đó \(2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 8{x_1}.{x_2} = 34\) trở thành

\(\begin{array}{*{20}{l}}{2{{\left( {m + 3} \right)}^2} - 8\left( {\frac{1}{4}{m^2} + 1} \right) = 34}\\{ \Leftrightarrow 2\left( {{m^2} + 6m + 9} \right) - 2{m^2} - 8 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m + 10 = 34}\\{ \Leftrightarrow 12m = 24}\\{ \Leftrightarrow m = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}\)

Vậy m = 2.

2) Trong hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng \((d):y = ax - 4\) và \(\left( {{d_1}} \right):y = {\rm{ \;}} - 3x + 2\).

a) Thay toạ độ điểm A(-1; 5) vào phương trình đường thẳng d ta có:

\(5 = a.\left( { - 1} \right) - 4 \Leftrightarrow a = {\rm{ \;}} - 9\).

Vậy \(a = {\rm{ \;}} - 9\).

b)

+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành:

Cho \(y = 0 \Leftrightarrow 0 = {\rm{ \;}} - 3x + 2 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\).

Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\).

+) Tìm giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung:

Cho \(x = 0 \Leftrightarrow y = {\rm{ \;}} - 3.0 + 2 \Leftrightarrow y = 2\).

Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục tung là \(C\left( {0;2} \right)\).

Vậy giao của \(\left( {{d_1}} \right)\) với trục hoành, trục tung lần lượt là \(B\left( {\frac{2}{3};0} \right)\); \(C\left( {0;2} \right)\).

Vì B, C thuộc trục Ox và Oy nên OC vuông góc với OB

\( \Rightarrow \) Tam giác OBC vuông tại O và \(OB = \frac{2}{3},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OC = 2\).

Kẻ \(OH \bot BC \Rightarrow \) Khoảng cách từ O đến BC bằng OH.

Xét tam giác OCB vuông tại O, đường cao OH ta có:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} = \frac{5}{2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Rightarrow OH = \sqrt {\frac{2}{5}} {\rm{ \;}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\)

Vậy khoảng cách từ O đến BC là \(OH = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\).

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình.

Có phương trình tổng thí sinh trường A và B, tổng thí sinh trúng tuyển A và B.

Cách giải:

Gọi số thí sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là \(x\) và \(y\). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}*,x,y < 380\)

Vì số thí sinh dự thi của hai trường là 380 thí sinh nên ta có: \(x + y = 380\)(1)

Khi đó:

- Số thí sinh trúng tuyển của trường A là \(0,55x\)(thí sinh)

- Số thí sinh trúng tuyển của trường B là \(0,45y\) (thí sinh)

Vì số thí sinh trúng tuyển của hai trường là 191 thí sinh nên ta có: \(0,55x + 0,45y = 191\)     (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45y = 191\\x + y = 380\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 0,45\left( {380 - x} \right) = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,55x + 171 - 0,45x = 191\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,1x = 20\\y = 380 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 200\\y = 180\end{array} \right.\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy trường A có 200 thí sinh dự thi, trường B có 180 thí sinh dự thi.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

1) Chứng minh BCEF có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

2) Hai tam giác KBF và KEC đồng dạng (g-g), suy ra cặp cạnh tỉ lệ.

3) Chứng minh AEHF có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh AGFE có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.

4) Gọi AD là đường kính của (O).

Chứng minh G, H, D và H, I, D thẳng hàng.

Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\)

Cách giải:

1) Do BE, CF là đường cao của tam giác ABC nên:

\(BE \bot AC,CF \bot AB \Rightarrow \angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)

Xét tứ giác BFEC có \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)

Mà E, F là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 2 góc bằng nhau nên suy ra BFEC nội tiếp (dhnb)  (đpcm)

2) Do BFEC nội tiếp (cmt) nên \(\angle ACB = \angle AFE\) (cùng bù với \(\angle BFE\))

Mà \(\angle KFB = \angle AFE\) (đối đỉnh) nên \(\angle KFB = \angle ABC = \angle KCE{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { = \angle AFE} \right)\)

Xét tam giác KBF và tam giác KEC có

\(\angle KFB = \angle KCE\) (chứng minh trên)

\(\angle EKC\) chung

$\Rightarrow \Delta KFB\backsim \Delta KCE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow KB.KC = KF.KE\)  (đpcm)

3) Xét tứ giác AFHE có \(\angle AFH = \angle AEH = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle AFF + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứu giác AFHE nội tiếp  (1)

Xét tam giác KAB và tam giác KCG có

\(\angle AKC\) chung

\(\angle KAB = \angle KCG\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BG)

$\Rightarrow \Delta KAB\backsim \Delta KCG\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KG}\Rightarrow KG.KA=KB.KC$.

Mà \(KB.KC = KF.KE\left( {cmt} \right) \Rightarrow KG.KA = KE.KF \Leftrightarrow \frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\)

Xét tam giác KGF và tam giác KEA có \(\angle AKE\) chung và \(\frac{{KG}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\) (cmt)

$\Rightarrow \Delta KGF\backsim \Delta KEA\left( c.g.c \right)\Rightarrow \angle KGF=\angle KEA$ (hai góc tương ứng).

Mà \(\angle KGF + \angle FGA = {180^0}\) (2 góc kề bù) \( \Rightarrow \angle FGA + \angle KEA = {180^0}\).

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AGFE nội tiếp      (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (đpcm).

4) Do A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn (cmt)

\( \Rightarrow \)\(\angle AGH = \angle AFH = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).

\( \Rightarrow HG \bot AG\)

Kẻ đường kính AD của (O) khi đó \(\angle AGD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow DG \bot AG\)

\( \Rightarrow G,H,D\) thẳng hàng.        (3)

Ta có \(\angle ABD = {90^0}\) và \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow DC \bot AC,DB \bot AB\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DB \bot AB}\\{CH \bot AB\left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow CH\parallel BD\)  (từ vuông góc đến song song).

Tương tự BH, CD cùng vuông góc với AC nên \(BH\parallel CD\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow CHBD\) là hình bình hành (dhnb).

Mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HD (tính chất hình bình hành)

Suy ra H, I, D thẳng hàng     (4)

Từ (3) và (4) suy ra G, H, I, D thẳng hàng

Mà \(DG \bot AG{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow DG \bot AK \Rightarrow HI \bot AK\) (đpcm).

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

Trục căn thức ở mẫu dạng \(\frac{A}{{A + \sqrt B }} = \frac{{A\left( {A - \sqrt B } \right)}}{{\left( {A + \sqrt B } \right)\left( {A - \sqrt B } \right)}}\)

Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương.

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {2024a + bc} } \right)}}{{{a^2} - 2024a - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {a\left( {a + b + c} \right) + bc} } \right)}}{{{a^2} - a\left( {a + b + c} \right) - bc}} = \frac{{a\left( {a - \sqrt {{a^2} + ab + ac + bc} } \right)}}{{{a^2} - {a^2} - ab - ac - bc}}\\ = \frac{{a\left( {a - \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} } \right)}}{{ - ab - ac - bc}} = \frac{{a\left( {\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}  - a} \right)}}{{ab + ac + bc}}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) \le {\left( {\frac{{a + b + a + c}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{4}\) \( \Rightarrow \sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}  \le \frac{{2a + b + c}}{2}\)

\( \Rightarrow \frac{a}{{a + \sqrt {2024a + bc} }} \le \frac{{a\left( {\frac{{2a + b + c}}{2} - a} \right)}}{{ab + ac + bc}} = \frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)

Tương tự ta có: \(\frac{b}{{b + \sqrt {2024b + ca} }} \le \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\); \(\frac{c}{{c + \sqrt {2024c + ab} }} \le \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}\)

Suy ra:

 \(P \le \frac{{ab + ac}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{bc + ab}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} + \frac{{ac + bc}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = \frac{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}}{{2\left( {ab + ac + bc} \right)}} = 1\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(P = 1\) khi \(a = b = c = \frac{{2024}}{3}\).

Đề bài

Bài 1 (2,0 điểm):

1. Cho biểu thức: với .

a) Rút gọn biểu thức .

b) Tìm giá trị của khi .

2. Giải hệ phương trình: .

Bài 2 (2,0  điểm):

1. Cho phương trình: ( là tham số). hãy tìm giá trị của để là nghiệm của phương trình và xác định nghiệm còn lại của phương trình( nếu có).

2. Cho Parabol và đường thẳng ( là tham số). Tìm để cắt tại hai điểm phân biệt sao cho .

Bài 3 (1,5 điểm):

Một xe máy khởi hành tại địa điểm đi đến địa điểm cách , sau đó 1 giờ, môt ô tô đi từ đến . Hai xe gặp nhau tại địa điểm cách . Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy . Tính vận tốc của mỗi xe.

Bài 4 (3,5 điểm):

Cho tam giác ABC có nội tiếp trong đường tròn tâm . Gọi là trung điểm , đường thẳng OM cắt cung nhỏ tại D, cắt cung lớn tại . Gọi là chân đường vuông góc hạ từ E xuống AB, H là chân đường vuông góc hạ từ xuống .

a) Chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh .

c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng minh: và .

Bài 5 (1,0 điểm):

Cho là các số dương thỏa . Chứng minh rằng .

Lời giải

Bài 1

Phương pháp:

1) a) Vận dụng hằng đẳng thức xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

b) Sử dụng hằng đẳng thức: , tìm được

Thay vào , ta tính được giá trị của /

2) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm

Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm

Kết luận nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

1) a) Với ta có:

b) Ta có: (thỏa mãn ĐKXĐ).

(do ).

Thay và vào biểu thức sau khi rút gọn ta có:

.

Vậy khi thì .

2) Ta có:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là .

Bài 2

Phương pháp:

1) Thay vào phương trình, ta tìm được

Thay vừa tìm được vào phương trình, ta tìm được nghiệm còn lại của phương trình.

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa và  

Để cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt .

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được theo

Ta có nên .

Thay vào , giải phương trình và tìm được .

Cách giải:

1) Vì là nghiệm của phương trình nên ta có:

Thay vào phương trình ban đầu ta có: .

Vậy và phương trình có nghiệm khác là .

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa và ta được:

Để cắt tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt

Khi đó áp dụng hệ thức Vi- ét ta có:

Ta có nên .

Theo bài ra ta có:

Vậy .

Bài 3

Phương pháp:

Gọi vận tốc của xe máy là ()

Tính được vận tốc của ô tô theo

Tính được thời gian xe máy đi từ A đến C và thời gian ô tô đi từ B đến C theo

Dựa vào giả thiết thời gian đi của xe máy và ô tô, lập được phương trình

Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi vận tốc của xe máy là ()

Vận tốc của ô tô là

Quãng đường AC là:

Thời gian xe máy đi từ A đến C là:

Thời gian ô tô đi từ B đến C là:

Vì ô tô đi muộn hơn xe máy 1 giờ nên thời gian ô tô đi từ B đến C ít hơn thời gian đi từ A đến C là 1 giờ, ta có phương trình:

Ta có: nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy vận tốc của xe máy là và của ô tô là .

Bài 4

Phương pháp:

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

b) Ta sẽ chứng minh:

+ 5 điểm cùng thuộc đường tròn đường kính .

+

Suy ra mà nên (quan hệ từ vuông góc đên song song)

c) Ta sẽ chứng minh:

+ cân tại A

+ (c.g.c)

Suy ra (2 góc tương ứng)

Sử dụng tích chất đường phân trong và đường phân giác ngoài của góc ở đỉnh

Cách giải:

a) Ta có: (vì ); (vì ).

4 điểm cùng thuộc một đường tròn đường kính  .

Tứ giác nội tiếp (đpcm)

b) Ta có: là trung điểm nên (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

Mà   (vì )

Suy ra 4 điểm cùng thuộc đường tròn đường kính .

5 điểm cùng thuộc đường tròn đường kính .

Ta có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

           (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Ta lại có:

(tam giác vuông tại do có - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

(do tam giác vuông tại )

Mà (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ) nên .

.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên . Lại có .

Vậy .

c) và .

Do là bán kính đi qua trung điểm dây cung nên là điểm chính giữa cung nhỏ .

sđ sđ sđ

(Các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau)

Suy ra là phân giác trong góc .

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) .

Suy ra là phân giác góc ngoài của góc nên là phân giác   (do và kề bù)    (1)

Mà cũng là đường cao của (do tại ) ( chứng minh ý b)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra cân tại A (tính chất tam giác cân).

Xét và ta có:

là cạnh chung

(trong tam giác cân, đường cao đồng thời là phân giác).

Do đó (c.g.c)

Suy ra (2 góc tương ứng) (đpcm).

Xét tam giác có lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của góc ở đỉnh .

Theo tính chất đường phân giác ta có: (cùng bằng )

Vậy .

Bài 5

Phương pháp:

Sử dụng bất đẳng thức Cô – si để chứng minh.

Cách giải:

Ta có:

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

Chứng minh tương tự ta có: .

Nhân vế theo vế của 3 BĐT trên ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .

Đề bài

Bài 1:

1. Giải phương trình: .

2. Cho biểu thức , với .

a) Tính giá trị biểu thức A khi .

b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.

Bài 2:

Cho Parabol và đường thẳng ( là tham số).

a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn cắt Parabol tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của

b) Tìm các giá trị của để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là dương và

Bài 3:

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.

Bài 4:

Cho đường tròn tâm , đường kính và là một tiếp tuyến của đường tròn tại điểm . Trên đường thẳng lấy điểm (khác ) và trên đoạn lấy điểm (khác và ). Đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm và sao cho nằm giữa và . Gọi là trung điểm của đoạn thẳng .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp được đường trong đường tròn.

b) Kẻ đoạn ( nằm trên đường thẳng ). Chứng minh rằng và

c) Đường thẳng cắt đường thẳng tại điểm . Chứng minh rằng đường thẳng song song với đường thẳng .

Bài 5:

Cho là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị của và để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 

Lời giải

Bài 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

1. Giải phương trình: .

Vậy nghiệm của phương trình là .

2. Cho biểu thức , với .

a) Tính giá trị biểu thức A khi .

Thay vào biểu thức A ta có:

Vậy khi thì .

b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A.

     , với .

Ta có:

Vì nên .

Dấu “=” xảy ra .

Vậy biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi.

Bài 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho Parabol và đường thẳng ( là tham số).

a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn cắt Parabol tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của

Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

Phương trình (*) có:

Vì .

Do đó phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của hay đường thẳng luôn cắt tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của

b) Tìm các giá trị của để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là dương và

Xét phương trình

Để đường thẳng luôn cắt tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì:

.

Khi đó với là hai nghiệm phân biệt của phương trình , áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ta có:

Theo đề bài ta có:

Giải phương trình ta có:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: (thỏa mãn điều kiện ).

Vậy thỏa mãn bài toán.

Bài 3 (1,5 điểm)

Cách giải:

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9A1 và 9A2 là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi.

Gọi số học sinh dự thi của lớp 9A1 và 9A2 lần lượt là (học sinh) (ĐK:).

Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỷ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên nên ta có phương trình: .

Nếu tính riêng từng lớp thì:

Lớp 9A1 có số học sinh đạt giải là   (học sinh).

Lớp 9A2 có số học sinh đạt giải là   (học sinh).

Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: .

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

  (thỏa mãn).

Vậy số học dự thi của lớp 9A1 là 30 học sinh, số học sinh dự thi của lớp 9A2 là 25 học sinh.

Bài 4 (3,5 điểm)

Cách giải:

Cho đường tròn tâm , đường kính và là một tiếp tuyến của đường tròn tại điểm . Trên đường thẳng lấy điểm (khác ) và trên đoạn lấy điểm (khác và ). Đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm và sao cho nằm giữa và . Gọi là trung điểm của đoạn thẳng .

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp được đường trong đường tròn.

Ta có: là tiếp tuyến của

là trung điểm của (quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét tứ giác ta có:

Mà hai góc này là hai góc đối diện.

là tứ giác nội tiếp. (đpcm)

b) Kẻ đoạn ( nằm trên đường thẳng ). Chứng minh rằng và

Ta có:

(hai góc so le trong).

Vì là tứ giác nội tiếp (cmt)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Hay

(đpcm).

Xét và ta có:

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung )

c) Đường thẳng cắt đường thẳng tại điểm . Chứng minh rằng đường thẳng song song với đường thẳng .

Gọi là giao điểm của và . Kéo dài cắt tại .

Xét tứ giác có (câu b)

là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)

(góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà (góc nội tiếp cùng chắn cung )

Nên

Hai góc này ở vị trí đồng vị nên .

Trong tam giác , là trung điểm của nên là trung điểm của .

Lại có

Mà nên .

Xét tứ giác có hai đường chéo và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình hình hành (đpcm).

Bài 5 (1,0 điểm)

Cách giải:

Cho là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị của và để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Ta có:

Đặt . Áp dụng BĐT Cô-si ta có: .

Khi đó ta có: với .

Dấu “=” xảy ra .

Khi đó là nghiệm của phương trình .

Ta có: , do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt .

hoặc .

Vậy biểu thức khi và chỉ khi hoặc . 

Đề bài

Bài 1 (2 điểm):

Cho biểu thức: với

a) Rút gọn biểu thức:

b) Tìm các giá trị của để

Bài 2 (2,0 điểm):

1) Không dùng máy tính, trình bày cách giải hệ phương trình:

2) Trong mặt phẳng tọa độ đường thẳng có hệ số góc đi qua điểm cắt các trục lần lượt tại và

a) Xác định tọa độ các điểm theo

b) Tính diện tích tam giác khi

Bài 3 (2,0 điểm). Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng  18 (số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược của nó bằng 618.

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy ý (M không trùng với B, C, H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc vủa M lên AB và AC.

a)      Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.

b)      Chứng minh .

c)      Chứng minh .

Bài 5 (1,0 điểm):

Cho tam giác đều có cạnh bằng Hai điểm lần lượt di động trên hai đoạn thẳng sao cho Đặt và Chứng minh:  

Lời giải

Bài 1:

Phương pháp:

+) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.

+) Dựa vào kết quả rút gọn biểu thức ở câu a), giải bất phương trình Đối chiếu với điều kiện và kết luận nghiệm

Cách giải:

Cho biểu thức: với

a) Rút gọn biểu thức:

Điều kiện:

b) Tìm các giá trị của để

Điều kiện:

Ta có:

Vậy với   thì

Bài 2:

Phương pháp:

1) Giải phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số.

2) a) Phương trình đường thẳng  có hệ số góc đi qua điểm là:

+) Điểm Thay tọa độ các điểm và vào công thức hàm số của đường thẳng để tìm tọa độ các điểm theo

b) Với ta có phương trình đường thẳng

+) Từ đó ta có thể suy ra được tọa độ các điểm và

+) Ta có là tam giác vuông tại và có diện tích được tính theo công thức:

Cách giải:

1) Không dùng máy tính, trình bày cách giải hệ phương trình:

Nhân cả 2 vế của phương trình với sau đó cộng vế với vế của hai phương trình với nhau để tìm   Sau đó thế giá trị vừa tìm được của vào phương trình để tìm

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

2) Trong mặt phẳng tọa độ đường thẳng có hệ số góc đi qua điểm cắt các trục lần lượt tại và

a) Xác định tọa độ các điểm A, B theo k.

Gọi phương trình đường thẳng d có hệ số góc k là:

Đường thẳng d đi qua điểm   nên ta có:

Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng:

Nếu nên điểm M không thuộc vào đường thẳng d trái với giả thiết.  Khi đó ta suy ra

+) Đường thẳng d giao với trục Ox (Phương trình y = 0 ) tại điểm A:

Khi đó ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

+) Đường thẳng d giao với trục Oy (phương trình x = 0) tại điểm B:

Khi đó tọa độ điểm B chính là nghiệm của hệ phương trình:

b) Tính diện tích tam giác OAB khi k = 2

Khi k = 2 ta có tọa độ của các điểm A, B là:

Ta có tam giác OAB vuông tại A khi đó

Vậy khi k = 2 thì ta có:

Bài 3.

Phương pháp: giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Bước 1: Đặt ẩn và tìm điều kiện cho ẩn.

Bước 2: Biểu thị các đại lượng chưa biết qua ẩn.

Bước 3: Lập phương trình hoặc hệ phương trình sau đó tìm nghiệm đối chiếu với điều kiện ban đầu và kết luận.

Cách giải:

Gọi số có hai chữ số cần tìm là:

Số đảo ngược của số  ban đầu là:

Theo đề bài, hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 nên ta có:

Tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược của nó bằng 618 nên ta có:

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Vậy số cần tìm là: 42.

Bài 4.

Phương pháp:

a)      Chứng minh tứ giác APMQ có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

b)      Chứng minh OH là trung trực của PQ.

c)      Dựa vào diện tích tam giác:

Cách giải:

Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy ý (M không trùng với B, C, H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB và AC.

a)      Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.

Xét tứ giác APMQ có: Tứ giác APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Gọi O là trung điểm của AM tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn tâm O đường kính AM.

b)     Chứng minh .

Ta có nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AM H thuộc đường tròn .

Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HQ)

         (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HP).

Mà (tam giác ABC đều nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác)

cân tại H .

Mà (do P, Q đều thuộc )  (2).

Từ (1) và (2) là trung trực của PQ.

.

c)      Chứng minh .

Ta có

Mà

Bài  5:

Cách giải:

Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho . Đặt .

Chứng minh

Ta có:

Giả sử , kẻ MM’ // BC, NN’ // BC .

Áp dụng định lí Ta-let ta có

đều .

Chứng minh tương tự ta có :

MM’ // NN’ ; tứ giác MM’NN’ là hình thang cân.

Ta có .

Kẻ ta có : .

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM’ có :

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM có :

Ta có

Chứng minh tương tự ta có

Vậy .