Tuyển tập đề thi thử vào 10 môn Toán TP Hà Nội năm học 2021 - 2022

(1)



BỘ ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 HÀ NỘI NĂM HỌC 2021-2022

Tài liệu sưu tầm, ngày 31 tháng 5 năm 2021

(2)

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

KIỂM TRA KHẢO SÁT THI VÀO 10 NĂM HỌC 2021 - 2022

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 90 phút

I. TRẮC NGHIỆM ( 2 ĐIỂM) ( Chọn phương án đúng)

Câu 1: (0,25 điểm). Tập hợp nghiệm của phương trình

x

² 

2 x

 

1 0 là:

A. ² ⁶ . 2

  

 

 

 

  B. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

  C. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

  D. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

 

Câu 2: (0,25 điểm). Giá trị của biểu thức

9



4 2



9



4 2 là:

A.2

.

B.

4 2 .

C.

4 2 .

D.

0 .

Câu 3: (0,25 điểm). Hàm số nào sau đây là hàm nghịch biến trên tập số thực

:

A.

y



2 x



1.

B. yx²3. C.

y

  

3 2 . x

D. y 1 2 .x

Câu 4: (0,25 điểm). Biết rằng nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn được tính bằng công thức Q0, 24RI t² ,

trong đó Q là nhiệt lượng tính bằng calo,

R

là điện trở tính bằng ôm (Ω) , I là cường độ dòng điện tính bằng ampe (A) ,

t

là thời gian tính bằng giây ( ) s . Dòng điện chạy qua một dây dẫn có điện trwor

10

R

 

trong thời gian 1 giây. Khi đó cường độ dòng điện là bao nhiêu thì nhiệt lượng tỏa ra bằng 60 calo?

A.

25 . A

B.

2,5 . A

C.

5 . A

D. 10 .

A

Câu 5: (0,25 điểm). Cho ABC

nội tiếp đường tròn ( ) O có số đo cung nhỏ

AB

là

144^o

, số đo cung nhỏ AC là 92

^o

. Số đo góc BAC là:

A. 124^o

.

B.

72

^o

.

C.

62 .

^o D.

46

^o.

Câu 6: (0,25 điểm). Cho phương trình

2 x

²

3 x

 

4 0 . Khi đó giá trị của

1 2

1 1

x



x là:

A. ³

4

.

B. 

3 .

C. ³

4

 . D.

3 .

Câu 7: (0,25 điểm). Toạ độ giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số y  2x2

và

y x 2 1

là:

A.

 5 4 2; 4 3 2

 

 .

B.

 4 2

^

5; 4 3 2

^

 .

C.

 4 2

^

5;5 2

^

6 

^. ^D.

 5 4 2;5 2

^ ^

6  .

Câu 8: (0,25 điểm). Từ một điểm M

ở ngoài đường tròn ( ) O kẻ một tiếp tuyến

MT

của ( ) O (

T

là tiếp

điểm) và một cát tuyến

MAB

đi qua O (hình bên).

Cho MT



20 cm MB ;



50 cm . Độ dài bán kính đường tròn ( ) O là:

A.

8 cm

B.

21cm

C. 16cm D.

42 cm

B

M

O

A T

(3)

II. TRẢ LỜI NGẮN ( 2 ĐIỂM) ( Không trình bày lời giải, chỉ viết đáp số của bài toán) Câu 9: (0,5 điểm). Rút gọn biểu thức: ¹ ¹ ³ ¹

1 1 1

x x x

A x x x

  

  

  

, với 0

 

x 1 .

Câu 10: (0,5 điểm). Tìm

m để phương trình sau có nghiệm: 4 x

²

3 x m

  

1 0 .

Câu 11: (0,5 điểm). Cho đường tròn (O;5cm) điểm M nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB

với đường tròn (A,B là các tiếp điểm). Biết

AMB60^o

. Tính chu vi tam giác AMB.

Câu 12: (0,5 điểm). Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng các chữ số của số đó là 12. Nếu đổi chỗ các

chữ số của số đó cho nhau ta nhận được một số mới lớn hơn số ban đầu là 36 đơn vị.

III. TỰ LUẬN ( 2 ĐIỂM) ( Trình bày lời giải chi tiết)

Câu 13: (2,0 điểm). Cho hai hàm số:

y

^

2 x

^

3   d và y

^

x

²

  P

1. Vẽ đồ thị hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy 2. Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)

Câu 14: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O;R), đường kính AI. Lấy

M là điểm tùy ý trên cung nhỏ AC. Gọi Mx là tia đối của tia MC. Trên tia đối của tia MB lấy điểm D sao cho MD = MC.

1. Chứng minh

AMxABC

và MA là tia phân giác của góc BMx.

2. Chứng minh đường thẳng AM là đường trung trực của CD và MI//CD.

3. Gọi N là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn (O). P là giao điểm thứ hai của phân giác góc IBN với đường tròn (O). Chứng minh đường thẳng DP luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên cung nhỏ AC.

Câu 15: (1,0 điểm).

1. Ngồi trên đỉnh nói cao 1km thì có thể nhìn thấy 1 điểm T trên mặt đất với khoảng cách tối đa là bao nhiêu ki lô mét (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)? Biết bán kính trái đất gần bằng 6400 km và coi như chiều cao người ngồi không đáng kể (xem hình minh họa ở bên)

2. Cho , x y



0 và x

 

y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

B 1 ¹₂ 1 ¹₂

x y

 

    

  

.

---HẾT---

(4)

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 HƯỚNG DẪN GIẢI

I. TRẮC NGHIỆM ( 2 ĐIỂM) ( Chọn phương án đúng)

Câu 1: (0,25 điểm). Tập hợp nghiệm của phương trình

x

² 

2 x

 

1 0 là:

A. ² ⁶ . 2

  

 

 

 

  B. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

  C. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

  D. ² ⁶ .

2

  

 

 

 

 

Hướng dẫn

2

2 1 0

x



x

 

có: Δ



b

²

4 ac

   

2 4 6 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

₁ ² ⁶; ₁ ² ⁶

2 2 2 2

b b

x x

a a

     

 Δ   Δ 

Chọn B.

Câu 2: (0,25 điểm). Giá trị của biểu thức

9



4 2



9



4 2 là:

A.2

.

B.

4 2 .

C.

4 2 .

D.

0 .

Hướng dẫn

  

²



²

9



4 2



9



4 2



2 2 1

 

2 2 1

 

2 2 1 2 2 1

    

2

Chọn A.

Câu 3: (0,25 điểm). Hàm số nào sau đây là hàm nghịch biến trên tập số thực

:

A.

y



2 x



1.

B. yx²3. C.

y

  

3 2 . x

D. y 1 2 .x Hướng dẫn

Hàm số y



ax



b a (



0) đồng biến trên khi a



0, nghịch biến trên khi a



0.

Chọn D.

Câu 4: (0,25 điểm). Biết rằng nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn được tính bằng công thức Q0, 24RI t² ,

trong đó Q là nhiệt lượng tính bằng calo,

R

là điện trở tính bằng ôm (Ω) ,

I

là cường độ dòng điện tính bằng ampe (A) ,

t

là thời gian tính bằng giây ( ) s . Dòng điện chạy qua một dây dẫn có điện trwor

10

R

 

trong thời gian 1 giây. Khi đó cường độ dòng điện là bao nhiêu thì nhiệt lượng tỏa ra bằng 60 calo?

A.

25 . A

B.

2,5 . A

C.

5 . A

D. 10 .

A

Hướng dẫn

Ta có: Q



60 calo; R



10Ω ; t



1 s

Áp dụng công thức:

² ²

60

0, 24 5 ( )

0, 24 0, 24 0, 24.10.1

Q Q

Q RI t I I A

Rt Rt

      

Chọn C.

Câu 5: (0,25 điểm). Cho ABC

nội tiếp đường tròn ( ) O có số đo cung nhỏ

AB

là

144^o

, số đo cung nhỏ AC là 92

^o

. Số đo góc BAC là:

A. 124^o

.

B.

72

^o

.

C.

62 .

^o D.

46

^o.

Hướng dẫn

Câu 6: (0,25 điểm). Cho phương trình

2 x

²

3 x

 

4 0 . Khi đó giá trị của

1 2

1



1 x x là:

A. ³

4

.

B. 

3 .

C. ³

4

 . D.

3 .

Hướng dẫn

Chọn A.

(5)

Câu 7: (0,25 điểm). Toạ độ giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số y  2x2

và

y x 2 1

là:

A.

 5 4 2; 4 3 2

 

 .

B.

 4 2

^

5; 4 3 2

^

 .

C.

 4 2

^

5;5 2

^

6 

^. ^D.

 5 4 2;5 2

^ ^

6  .

Hướng dẫn Chọn C.

Câu 8: (0,25 điểm). Từ một điểm M

ở ngoài đường tròn ( ) O kẻ một tiếp tuyến

MT

của ( ) O (

T

là tiếp điểm) và một cát tuyến

MAB

đi qua O (hình bên). Cho MT



20 cm MB ;



50 cm . Độ dài bán kính đường tròn ( ) O là:

A.

8 cm

B.

21cm

C. 16cm D.

42 cm

Hướng dẫn Chọn B.

II. TRẢ LỜI NGẮN ( 2 ĐIỂM) ( Không trình bày lời giải, chỉ viết đáp số của bài toán) Câu 9: (0,5 điểm). Rút gọn biểu thức: ¹ ¹ ³ ¹

1 1 1

x x x

A x x x

  

  

  

, với 0

 

x 1 .

Hướng dẫn

+) Với 0

 

x 1 , ta có:

¹ ¹ ³ ¹

1 1 1

x x x

A x x x

  

  

  

  

     

1 1 1 1 3 1

1 1 1 1 1 1

x x x x x

x x x x x x

    

  

     

     

  

2 2

1 1 3 1

1 1

x x x

x x

    

  

     

  

2 1 2 1 3 1

1 1

x x x x x

x x

      

  

  

2 1 2 1 3 1

1 1

x x x x x

x x

      

  



^x ¹^x



^¹^x ¹



  

1 1

 x



.

Vậy

¹

A 1

 x



.

B

M

O

A T

(6)

Website: tailieumontoan.com Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Câu 10: (0,5 điểm). Tìm

m để phương trình sau có nghiệm: 4 x

²

3 x m

  

1 0 .

Hướng dẫn

+) Để phương trình 4 x

²

3 x m

  

1 0 có nghiệm khi và chỉ khi:

 

0

 

3

2

4.4. m 1 0

   

9 16 m 16 0

   

25 16 m 0

  

16 m 25

   

25 m 16

 

. Vậy với

²⁵

m16

thì phương trình đã cho có nghiệm.

Câu 11: (0,5 điểm). Cho đường tròn (O;5cm) điểm M nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến MA, MB

với đường tròn (A,B là các tiếp điểm). Biết

AMB60^o

. Tính chu vi tam giác AMB.

Hướng dẫn

Chu vi tam giác AMB là:

10 3 10

Câu 12: (0,5 điểm). Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng các chữ số của số đó là 12. Nếu đổi chỗ các

chữ số của số đó cho nhau ta nhận được một số mới lớn hơn số ban đầu là 36 đơn vị.

Hướng dẫn

Số cần tìm là: 48

III. TỰ LUẬN ( 2 ĐIỂM) ( Trình bày lời giải chi tiết)

Câu 13: (2,0 điểm). Cho hai hàm số:

y

^

2 x

^

3   d và y

^

x

²

  P

1. Vẽ đồ thị hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy 2. Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)

Hướng dẫn

1. Vẽ đồ thị hàm số trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy

*) y

^

2 x

^

3   d

Cho x = 0 ⇒ y = 3 Cho y = 0 ⇒ x =

³

2



Vậy đồ thị hàm số y = 2x + 3 là đường thẳng đi qua 2 điểm có tọa độ (0;3) và 3 2 ; 0

 

 

 

*) y



x

²

  P )

Ta có bảng giá trị sau

x –2 –1 0 1 2

y 4 1 0 1 4

Vậy đồ thị hàm số y = x

²

là Parabol đi qua 5 điểm có tọa độ

(−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4)

(7)

2. Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

  

2 2

1

2 3 – 2 – 3 0 1 – 3 0

3

x x x x x x x

x





         





Với x = –1, thay vào (P) ta được y = (–1)

²

⇔ y = 1 ⇒ (–1; 1)



Với x = 3, thay vào (P) ta được y = 3

²

⇔ y = 9 ⇒ (3; 9)

Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là (–1; 1) và (3; 9).

Câu 14: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O;R), đường kính AI. Lấy M là điểm tùy

ý trên cung nhỏ AC. Gọi Mx là tia đối của tia MC. Trên tia đối của tia MB lấy điểm D sao cho MD = MC.

1. Chứng minh

AMxABC

và MA là tia phân giác của góc BMx.

2. Chứng minh đường thẳng AM là đường trung trực của CD và MI//CD.

3. Gọi N là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn (O). P là giao điểm thứ hai của phân giác góc IBN với đường tròn (O). Chứng minh đường thẳng DP luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên cung nhỏ AC.

Hướng dẫn

1. Chứng minh AMxABC và MA là tia phân giác của góc BMx.

Ta có tứ giác ABCM nội tiếp  

Ô ^ÂMC^ÂBC^¹⁸⁰^{ } ÂMC^¹⁸⁰^{ }ÂBC

, mà

180

AMx  AMC

(hai góc kề bù)

AMx ABC

 

(cùng bù với

AMC

) (1).

Mặt khác



ABC cân

ABCACB

(tính chất tam giác cân) (2).

Lại có

ACBAMB

(hai góc nội tiếp cùng chắn AB ) (3).

x

H D

I A

O

B C

M

(8)

Website: tailieumontoan.com Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Từ (1); (2) và (3) ta có

AMx AMBMA

là tia phân giác của

BMx

.

2. Chứng minh đường thẳng AM là đường trung trực của CD và MI//CD.

Gọi

H

là giao điểm của

AM

và CD , ta có:

;

AMx



HMC AMB



HMD (hai góc đối đỉnh) mà

AMx AMB

(chứng minh trên)

HMC HMD MH

  

là tia phân giác của

CMD

.

Vì MD



MC GT  

 

MCD cân tại

M

có

HM

là phân giác nên cũng là trung trực của CD . Vậy

AM

là trung trực của CD

AM CD

 

.

Mặt khác

AMI  90

(góc nội tiếp chắn đường kính

AI

)



AM



MI . Vậy MI CD // cùng vuông góc

AM

.

3. Gọi N là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn (O). P là giao điểm thứ hai của phân giác góc IBN với đường tròn (O). Chứng minh đường thẳng DP luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên cung nhỏ AC.

Ta có

AM

là trung trực của CD



AC



AD (1).

BP

là tia phân giác của

NBI NBPIBPNPIP

(hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)



PN



PI (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau). Mà ON



OI (bán kính của

  O )



PO là trung trực của NI



PO



NI . Lại có

INA 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



IN



NA hay NI



AD



OP AD // (cùng vuông góc với NI ).

Theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có :

^OP ^KO

AD  KA

, do (1) ta có

AD AC ^KO ^OP KA AC

  

.

;

OP



R AC không đổi nên

^OP

AC

không đổi

^KO

 KA

không đổi mà , A O cố định nên

K

cố định.

Vậy khi

M

chạy trên cung nhỏ AC thì

DP

luôn đi qua điểm

K

cố định.

Câu 15: (1,0 điểm).

1.

Ngồi trên đỉnh nói cao 1km thì có thể nhìn thấy 1 điểm T trên mặt đất với khoảng cách tối đa là bao nhiêu ki lô mét (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)? Biết bán kính trái đất gần bằng 6400 km và coi như chiều cao người ngồi không đáng kể (xem hình minh họa ở bên)

x

K N P

H D

I A

O C

B

M

(9)

2.

Cho , x y



0 và x

 

B 1 ¹₂ 1 ¹₂

x y

 

    

  

.

Hướng dẫn

1.Điểm nhìn tối đa là tiếp tuyến kể từ mắt nhìn đến tiếp điểm của bề mặt trái đất (như hình vẽ)

Ta có: MAT∽MTB

2

.

MT MA MB

  ^

MT

² ^

MA MA 

^

2 R 

Chiều cao của đỉnh núi là

MA



1 km

, bán kính

R



6400 km

Thay số ta có: MT² 1 1 12800(  )12801 

MT



113,1 km .

2.

Cho , x y



0 và x

 

B 1 ¹₂ 1 ¹₂

x y

 

    

.

Ta có

     

2 2

2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 x y

B x y x y xy xy xy

    

 

          

    

 

   

2

2 2

2 1

1 x y xy

B

xy xy

 

   

Do x

 

y 1 nên

 

²

 

²

1 2 1 2

1 xy 1

B B

xy xy xy

      

.

Mặt khác  

²

1 1

4 4 4

x y

xy xy

    

.

Do đó B

 

1 2.4

 

B 9 . Giá trị nhỏ nhất của B là 9.

Dấu bằng xảy ra khi

¹ x y 2

.

---HẾT---

(10)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Đề chung các chuyên

KIỂM TRA KHẢO SÁT THI VÀO 10 NĂM HỌC 2021 - 2022

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 90 phút Câu I (2 điểm). Cho biểu thức x xy y x xy y

A x x y y x x y y

   

 

  ^với^x^{ }^y ⁰^.

1) Chứng minh 2 x A x y

 .

2) Giả sử 4

A 3

 y, tính x B y . Câu II. (2 điểm)

1) Bác Hoa gửi tiết kiệm với số tiền là 400 triệu đồng vào một ngân hàng, kì hạn 12 tháng và theo thể thức lãi kép. Nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Giả sử lãi suất cố định là x% /năm, x0. Tính x biết rằng sau hai năm gửi tiết kiệm, bác Hoa nhận được số tiền (bao gồm cả gốc lẫn lãi) là 449, 44 triệu đồng.

2) Giải hệ phương trình:

   

  

2 2

1 1 4

1 1 2 2 2

x y

x y x y

    



    

 ^.

Câu III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d y₁: 2x3;

2: ;

d y x d y x m₃:   với m là tham số.

1) Tìm m để ba đường thẳng đã cho đồng quy.

2) Tìm m để d₃cắt hai trục Ox Oy, lần lượt tại hai điểm ,A B phân biệt và diện tích của tam giác OAB bằng 8.

Câu IV (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại C có ABC60 .^ Dựng tam giác cân BEC ra phía ngoài tam giác ABC sao cho BEC150 .^ Gọi D là điểm đối xứng với C qua AB, F là giao điểm của

AB và DE. G là giao điểm của AE và CD. a) Chứng minh tứ giác ABEC nội tiếp.

b) Tính số đo góc BED. c) Chứng minh BC FG .

Câu IV (1 điểm). Cho các số , ,a b c thay đổi thỏa mãn 1 a 2; 1 b 2; 1 c 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ^S ^



^{a b}^

 

²^ ^{b c}^

 

²^{ }^{c a}



²^.

---HẾT---

(11)

HƯỚNG DẪN Câu I (2 điểm). Cho biểu thức x xy y x xy y

A x x y y x x y y

   

 

  với x y 0.

1) Chứng minh A 2 x

 x y

 .

2) Giả sử 4

A 3

 y, tính B x

 y .

Hướng dẫn

1) x xy y x xy y

A x x y y x x y y

   

 

 

       

^x^x^³ ^{xy y}^^y ³ ^x^x^³ ^{xy y}^^y ³

 

 



^x ^x^^{y x}



^xy^^y^xy ^y

 

^x ^x^^{y x}



^xy^^y^xy ^y



 

     

1 1

x y x y

 

 



^x^x^ ^y^y



^ ^x^x^ ^y^y



  

2 x

 x y

 (ĐPCM).

2) Ta có: 4

A 3

 y

2 4

3 x

x y y

 



2 3 x

x y y

 



2x 3 xy 2y 0

    (1)

Vì y0 chia cả hai vế của phương trình (1) cho y ta được:

2 x 3. x 2 0 y y   Đặt ^x ^{a a}



⁰



y   phương trình trở thành:

2a23a 2 0

 

³ ² ^{4.2. 2}

 

^{25 0}

      

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

 

1

2

2 4

2 TM

1 TM 1 1

2 2 4

x x

a y y

a x x

y y

   

 

 

  

  

     

  

. Vậy B4 hoặc 1 B 4.

(12)

Câu II. ( 2 điểm)

3) Bác Hoa gửi tiết kiệm với số tiền là 400 triệu đồng vào một ngân hàng, kì hạn 12 tháng và theo thể thức lãi kép. Nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Giả sử lãi suất cố định là x% /năm, x0. Tính x biết rằng sau hai năm gửi tiết kiệm, bác Hoa nhận được số tiền (bao gồm cả gốc lẫn lãi) là 449, 44 triệu đồng.

   

  

2 2

1 1 4

1 1 2 2 2

x y

x y x y

    



    

 ^.

Hướng dẫn 1) Sau một năm bác Hoa có số tiền là 400. 1

100

  x 

 

  ( triệu đồng).

Sau hai năm bấc Hoa nhận được số tiền là 400. 1 . 1 449, 44

100 100

x x

     

   

    ( triệu đồng).

Ta có 400. 1 . 1 449, 44

100 100

x x

     

   

   

2

400. 1 449, 44

100

 x 

    

 

2 2809

1 0 6

100 2500

x x x

 

       . Vậy bác Hoa gửi ngan hàng với lãi 6%/năm.

2) Đặt

   

  

2 2

1 1 4

1

1 1 1 2 2 2

x y

u x

v y x y x y

    

   

        

 



²

 

² ²



² ⁴

 

² ⁸ ⁸

. 2 2 6 . 2 2 6 8

. 2 2 6

u v u v u v

u v u v u v u v u v

u v u v

  

        

 

              

2 2 1 2

8

. 2 2 6 2 2 1 2

8 2 2 1 2

. 2 2 6 2 2 1 2

u x

u v

u v u v v y

u v u x

u v u v v y

 

          

         

  

                .

Câu III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d y₁: 2x3;

2: ;

d y x d y x m₃:   với m là tham số.

1) Tìm m để ba đường thẳng đã cho đồng quy.

2) Tìm m để d₃cắt hai trục Ox Oy, lần lượt tại hai điểm ,A B phân biệt và diện tích của tam giác OAB bằng 8.

Hướng dẫn

1) Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng d₁ và d₂ là nghiệm của phương trình:

2x   3 x 3x     3 x 1 y 1. Vậy ta có d₁ và d₂cắt nhau tại ^I



^{1; 1}^



^.

Để ba đường thẳng đã cho đồng quy thì d₃ đi qua ^I



^{1; 1}^



^{tức là}^x^¹^thì^y^{ }¹ thay vào phương trình của d₃ ta có:

1 1 m m 2

      .

Vậy m 2 là giá trị cần tìm.

2) Xét d y x m₃:   : Với x  0 y m.

Với y      0 x m 0 x m.

(13)

Vậy d₃ cắt Ox tại ^{A m}



^ ^;0



^{và cắt}^Oy^tại^B



^0;^m



^{, ta có}^OA^ ^{m OB}^; ^{ }^m ^.

Theo bài ra ta có diện tích tam giác OAB bằng 8

1 . 8 1 . 8 2 16 4

2OA OB 2 m m m m

          .

Vậy m 4 là giá trị cần tìm.

Câu IV (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại C có ABC60 .^ Dựng tam giác cân BEC ra phía ngoài tam giác ABC sao cho BEC150 .^ Gọi D là điểm đối xứng với C qua AB, F là giao điểm của

AB và DE. G là giao điểm của AE và CD. a) Chứng minh tứ giác ABEC nội tiếp.

b) Tính số đo góc BED. c) Chứng minh BC FG .

Hướng dẫn a) Tam giác ABC vuông tại C có ABC60^BAC30^

Xét tứ giác ABEC có BAC BEC  30^150^180^

 Tứ giác ABEC nội tiếp (dhnb)

b) Tam giác cân BEC có BEC150^ EBC ECB 15^ D là điểm đối xứng với C qua AB

AB là đường trung trực của CD

 90  30 BC BD

AC AD

CD AB BCD ABC

 

 

     

 ^ ^

Xét BCA và BCD BC BD

AC AD



 AB chung



^{. .}



^{ } ⁹⁰

BCA BCD c c c BCA BCD

       ^

Xét tứ giác ADBC có BCA BDA  90^90^180^

 Tứ giác ADBC nội tiếp (dhnb)

 5 điểm , , , ,A B C D E cùng thuộc 1 đường tròn

BECD là tứ giác nội tiếp

  30 BED BCD

   ^

c) Xét tứ giác nội tiếp ABECFAG EAB ECB    15^ Xét tứ giác nội tiếp BDCEFDG EDC EBC    15^ Xét tứ giác nội tiếp ABCDBCD BAD  30^

Xét tứ giác AGFD có FAG FDG  15^ Tứ giác AGFD nội tiếp (dhnb)

   FGD FAD BCD

  

FG BC

  (2 góc ở vị trí đồng vị)

Câu IV (1 điểm). Cho các số , ,a b c thay đổi thỏa mãn 1 a 2; 1 b 2; 1 c 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ^S ^



^{a b}^

 

²^ ^{b c}^

 

²^{ }^{c a}



²^.

Hướng dẫn Cách 1.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 1   c b a 2^{    }⁰ ^{a b} ¹



^{a b}^



²^{ }^{a b}^.

C B

A E

D

F

G

(14)

Đẳng thức xảy ra

2; 1

a b

 

    Tương tự ta có:

 

²

0   b c 1 b c  b c

 

²

0   a c 1 a c  a c Suy ra:

  

²

 

²

 

²

 

²

 

²



² ²

 

²

S a b  b c  c a  a b  b c  a c       a b b c a c a c 

Dấu “=” xảy ra 2; 1

2; 1

a b c

  

    

Vậy S_max  2 a b c, , là một hoán vị của 2; 1; 1 hoặc 2; 2; 1 . Cách 2.

Đặt a c x b c  ;   y.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 1   c b a 2 ⁰ ¹ ⁰ ¹

0 1 0 1

a c x

b c y

    

 

       . Ta có:

  

²

 

²



²

S a b  b c  c a



^{a c}

 

^{b c}



²



^{b c}

 

² ^{a c}



²

        



^{x y}



² ^x² ^y²

   

2 2 2 2 2

x xy y x y

    



² ²



2 x xy y

   (1)

Do

 

  

2 2

1 0

0 1

1 0

0 1

1 1 0 1

x x x x

x y y y y

y x y xy x y

 

  

   

     

    

        

(2)

Từ (1) và (2) ^{ }^S ²



^{x x y}^{   }¹ ^y



^²^.

Dấu “=” xảy ra 1; 0 2; 1

1 2; 1

x y a b c

    

 

       .

Vậy S_max  2 a b c, , là một hoán vị của 2; 1; 1 hoặc 2; 2; 1 .

---HẾT---

(15)

---HẾT---

TRƯỜNG THCS – THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 (LẦN 2) NĂM HỌC 2021 - 2022

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức: ²⁵ ⁶ ¹ ²

36 6 6

x x x

A x x x

 

  

  

và

⁶

1

x x

B x

 



với x



0; x



1; x



36 . 1) Tính giá trị biểu thức B với x



16

2) Rút gọn biểu thức A

3) Cho T



AB . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T

Bài 2 (2,5 điểm)

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hôm chủ nhật trước, Dũng được bố chở bằng xe máy đi về quê cách nhà

60

km với vận tốc dự định. Trên đường về do có 1

3 quãng đường là đường xấu nên để đảm bảo an toàn, bố bạn đã phải giảm bớt vận tốc đi

10

km/h, do đó đã về tới quê chậm mất

10

phút so với dự kiến. Tính vận tốc dự định của hai bố con bạn.

2) Tìm chiều dài của dây kéo cờ, biết bóng của cột cờ (chiếu bởi ánh sáng mặt trời) dài 6m và góc nhìn mặt trời là

60 .

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hôm chủ nhật trước, Dũng được bố chở bằng xe máy đi về quê cách nhà

60

km với vận tốc dự định. Trên đường về do có 1

3 quãng đường là đường xấu nên để đảm bảo an toàn, bố bạn đã phải giảm bớt vận tốc đi

10

km/h, do đó đã về tới quê chậm mất

10

Bài 3 (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình .

2 1 14 10

2 1

5 23

1 2 1 7

x y

   

 



   

 



.

2) Cho phương trình x

²^

2  m

^

5  x

^

2 m

^{ }

9 0

a) Giải phương trình với .

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x x₁; ₂

thỏa mãn điều kiện x

₁

2 x

₂ 

0 .

Bài 4: (3,0 điểm). Cho 

ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O . Các đường cao AD BE CF , , cắt

nhau tại H .

a) Chứng minh AEHF BCEF , là các tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính

AM

của   O . Chứng minh BHCM là hình bình hành và AB AC .



AD AM . c) Cho BC cố định,

A

di động trên cung lớn BC sao cho



ABC có ba góc nhọn,

BE

cắt   O tại

I

, CF cắt   O tại J . Chứng minh rằng đoạn IJ có độ dài không đổi.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a,b là các số thực làm cho phương trình ẩn x sau có nghiệm:

 

2 2 2

2 2 5 4 2 1 0

x



a b x

 

a



ab



b

 

Chứng minh rằng: a

²⁰²⁰

b

²⁰²¹

2

10

m



(16)

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 HƯỚNG DẪN

Bài 1 (2,0 điểm): Cho hai biểu thức: ²⁵ ⁶ ¹ ²

36 6 6

x x x

A x x x

 

  

  

và

⁶

1

x x

B x

 



với x



0; x



1; x



36 . 1) Tính giá trị biểu thức B với x



16

2) Rút gọn biểu thức A

3) Cho T



AB . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T

Hướng dẫn

1) Giá trị x



16 (thỏa mãn điều kiện). Thay vào biểu thức B ta được:

⁶ ^{16 6.4} ⁸

4 1 3

1

x x

B x

  

  

 

Vậy khi x



16 thì 8

B



3



b) Với x



0; x



36 . Ta có:

25 6 1 2

36 6 6

x x x

A x x x

 

  

  

     

    

  

    

  

1 6 2 6

25 6

6 6 6 6 6 6

25 6 1 6 2 6

6 6

x x x x

x

x x x x x x

x x x x x

x x

  

   

     

     

  

  

    

  

25 6 5 6 2 12

6 6

3

Website: tailieumontoan.comI

3 18 6 3

6 6 6 6 6

x x x x x

x x

x x x

x x x x x

     

  

 

  

    

Vậy

³

6 A x

 x



Với x



0; x



36 .

3) Ta có: 3 6 3  6  3

. . .

6 1 6 1 1

x x

x x x x x

A B

x x x x x

 

  

    

ĐK

AB

là

⁰

1; 36 x

x x

 

  



.

Với x



0

 

T AB



0

.

Với x



1; x



36

 

T AB



0

.

   

 

3 1 3

3 3 3 3 3

3 1

1 1 1 1

3 1 3 6

1 x x x

AB x

x x x x

x

   

     

   

   



Áp dụng bất đẳng thức Cô si với 2 số dương ta được: 3  1  3 2 3  1 .  3 6

1 1

x x

    

 

 

³

3 1 6 12 12 2 3

1

x T AB

x

        



Dấu = xảy ra khi 3  1  3  1 

²

1 1 1 4( 0 ( k tm) )

1 1 1

x x tm

x x

x x x

    

           

2 3 4

T x

   

.

Kết hợp hai trường hợp ta có Min T

  

0 x 0

(17)

Bài 2 (2,5 điểm)

1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hơm chủ nhật trước, Dũng được bố chở bằng xe máy đi về quê cách nhà

60

km với vận tốc dự định. Trên đường về do cĩ 1

3 quãng đường là đường xấu nên để đảm bảo an tồn, bố bạn đã phải giảm bớt vận tốc đi

10

km/h, do đĩ đã về tới quê chậm mất

10

2) Tìm chiều dài của dây kéo cờ, biết bĩng của cột cờ (chiếu bởi ánh sáng mặt trời) dài 6m và gĩc nhìn mặt trời là

60 .

1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hơm chủ nhật trước, Dũng được bố chở bằng xe máy đi về quê cách nhà

60

km với vận tốc dự định. Trên đường về do cĩ 1

3 quãng đường là đường xấu nên để đảm bảo an tồn, bố bạn đã phải giảm bớt vận tốc đi

10

km/h, do đĩ đã về tới quê chậm mất

10

Hướng dẫn

Gọi vận tốc dự định của hau bố con bạn là x (

km/h

, x



10 ).

Chiều dài quãng đường là

60

km, thời gian dự định đi hết quãng đường là 60 x (giờ).

Chiều dài quãng đường xấu là: 60

3



20 km, xe đi với vận tốc

x10

km/h với thời gian là 20 10 x



giờ.

Chiều dài quãng đường đi với vận tốc dự định là

40

km với thời gian là: 40 x giờ.

Vì hai bố con bạn về quê chậm

10

phút 1



6 giờ so với dự kiến nên ta cĩ phương trình:

2

20 40 60 1 20 20 1 20 20 200 1

10 6 10 6 10 6

x x

x x x x x x x

 

       

  

2 40

10 1200 0

30 (tmđk)

(loại) x x x

x

 

       

Vậy vận tốc dự định của hai bố con bạn là

40

km/h.

2) Tìm chiều dài của dây kéo cờ, biết bĩng của cột cờ (chiếu bởi ánh sáng mặt trời) dài 6m và gĩc nhìn mặt trời là

60 .

Đánh dấu các điểm như hình vẽ. Chiều dài của dây kéo cờ là độ dài đoạn AB . Ta cĩ:

AB ACtanC6. tan 60 6 310, 4 ( )m

Vậy chiều dài dây kéo cờ là



10, 4 m.

Bài 3 (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình .

2 1 14 10

2 1

5 23

1 2 1 7

x y

   

 



   

 



.

2) Cho phương trình x

²^

2  m

^

5  x

^

2 m

^{ }

9 0

a) Giải phương trình với m



10 .

b) Tìm m để phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt

x x₁; ₂

thỏa mãn điều kiện x

₁

2 x

₂ 

0 .

Hướng dẫn

60° 6m C

B

A

(18)

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

1) Giải hệ phương trình

2 1 14 10

2 1

5 23

1 2 1 7

x y

   

 



   

 



.

Điều kiện:

1 1 . 2 x y

 

  



14 14

2 1 10 2 1 10

2 1 2 1

5 23 10 46

1 2 1

2 1 7 2 1 7

x x

y y

x x

y y

       

   

 

       

   

 

24 24

2 1 7

5 23

5 23 1

1 2 1 7

2 1 7

y y

x x y

y

    

 

 

 

Website: tailieumontoan.com

  

     

 



3 3 3

5 23

1 1 4 17

7 7

y y y

x x x

     

        

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm    x y ;

^

17; 3  .

2) Cho phương trình x

²^

2  m

^

5  x

^

2 m

^{ }

9 0   1 .

a) Khi m



10 phương trình trở thành: x

²

30 x



29



0 .

Ta có a



1; b

 

30; c



29 . Vì a b c

  

0 nên phương trình có nghiệm

1; c 29.

x x

  a

b) Phương trình   1 có hai nghiệm phân biệt

x x₁; ₂

khi và chỉ khi

 

0



^m ⁵



² ²^m ⁹ ⁰

     ^^m²^⁸^m^¹⁶^{ }⁰



^m^⁴



² ^{ }⁰ ^m^{ }^4.

Theo hệ thức Vi-et ta có

¹ ²

1 2

2 10

. 2 9

x x m

  

  



.

Ta có x

₁

2 x

₂   

0 x

₁

2 x

₂ 

x

₁² 

4 x

₂

(với

x₁0

)

2

2 1

1 x 4x

 

thay vào hệ thức Vi-et ta được :

 

2

1 1

3

1 1 1

3 1

1 2 10

1 1

4 1

1 4 4

2 9 2

4

x x m

x x x

x m

   

     

  



1 3

1 1 1 1

1

2( )

1 1 0 2( )

4 4

1( )

x L

x x x x N

x N

  

      

 

.

Thay

¹

1

2 1 x x

 

 

vào   2 ta được

35 8 7 2 m m

  



  



(thỏa mãn điều kiện).

Bài 4: (3,0 điểm). Cho 

ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O . Các đường cao AD BE CF , , cắt nhau tại

H

.

a) Chứng minh AEHF BCEF , là các tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính

AM

của   O . Chứng minh BHCM là hình bình hành và AB AC .



AD AM . c) Cho BC cố định,

A

di động trên cung lớn BC sao cho



ABC có ba góc nhọn,

BE

cắt   O tại

I , CF cắt   O tại J . Chứng minh rằng đoạn IJ có độ dài không đổi.

(19)

K P J

I

M D

F

E

H

O

B C

A

Hướng dẫn

a) Xét



ABC có ba đường cao AD BE CF , , nên BE



AC ; CF



AB ; AD



BC

Xét tứ giác

AEHF

có

AEH AFH 90⁰90⁰ 180⁰

mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên suy ra tứ giác

AEHF

nội tiếp.

Xét tứ giác BFEC có BFC



90 ;

⁰

BEC



90

⁰

khi đó ta có hai đỉnh kề , E F cùng nhìn cạnh BC dưới cùng góc 90 nên suy ra tứ giác

⁰

BFEC nội tiếp.

b) Xét đường tròn   O có đường kính

AM

nên

ABM ACM 90⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có: AB



BM AB ;



CF



BM / / CF hay BM / / CH Ta có: AC



CM AC ;



BE



CM / / BE hay BH / / CM Từ đó suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành.

Xét đường tròn   O có

¹

ABDAMC 2sđAC (

hai góc nội tiếp cùng chắn cung

^AC⁾

Xét

BDA

và



MCA có ABD



AMC ADB ;



ACM



90

⁰

suy ra

BDA

∽



MCA   g g .

Suy ra:

AB AM . .

AB AC AD AM

AD  AC  

.

c) Gọi

K

là trung điểm của BC mà tứ giác BHCM là hình bình hành nên suy ra

K

là trung điểm của

HM

Xét

AHM

có O là trung điểm

AM

và

K

là trung điểm của

HM

nên suy ra OK là đường trung bình của

AHM

nên AH



2 OK . Vì   O và dây BC cố định nên , O H cố định suy ra OH không đổi, từ đó suy ra

AH

cũng không đổi.

Xét đường tròn   O có hai dây cung

BM

và JC song song với nhau nên

JBCM

suy ra

JM BC

; hai dây cung

BI

và CM song song với nhau nên

BM CI

suy ra

MI BC

. Từ đó suy ra:

MI JM

Xét đường tròn   O có

¹

JAM 2

sđ

JM

(góc nội tiếp chắn cung

JM

);

¹

IAM2

sđ IM (góc nội tiếp chắn cung IM ) mà

MI JM

nên suy ra JAM



IAM

Ngoài ra vì

JM BC

mà sđ

BC

không đổi nên sđ

JM

không đổi hay

JAM

không đổi

(20)

Website: tailieumontoan.com Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Xét đường tròn   O có

¹

JABJCB 2

sđ JB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung JB ) mà BAD



JCB (cùng phụ

ABC

) suy ra

JABDAB

.

Xét



AJH có

AF

vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên suy ra



AJH cân tại

A

nên AJ



AH

Xét đường tròn   O có

¹

IACIBC 2

sđ IC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC ) mà IBC



DAC (cùng phụ

ACB

) suy ra

IACDAC

.

Xét

AIH

có

AE

vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên suy ra

AIH

cân tại

A

nên

AI AH

Vậy suy ra AI



AJ



AH nên



AIJ cân tại

A

; ngoài ra ta có

AH

không đổi nên AI AJ , không đổi.

Xét



AIJ cân tại

A

có

AM

là đường phân giác nên

AM

đồng thời là đường cao, đường trung tuyến từ đó suy ra AM



IJ tại

P

(

P

là giao điểm của

AM

và IJ ) và IJ



2 JP

Xét



APJ vuông tại

P

có sin

JAP ^JP

 AJ

mà

JAM

không đổi và AJ không đổi nên suy ra PJ không đổi hay IJ không đổi.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a,b là các số thực làm cho phương trình ẩn x sau có nghiệm:

 

2 2 2

2 2 5 4 2 1 0

x



a b x

 

a



ab



b

 

Chứng minh rằng: a

²⁰²⁰

b

²⁰²¹

2

Hướng dẫn

Ta có:

^{ }^'

 2 a b

^



²^

 5 a

²^

4 ab

^

2 b

²^

1 

' 2 2 2 2

' 2 2

4 4 5 4 2 1

1

a ab b a ab b a b

       

    

Để phương trình ẩn x có nghiệm

  ^'

0 a

²

b

²

1

^^{a b}^, ^{ }



^1;1

 .

Với

^{a b}^, ^{ }



^1;1

 thì

^a²⁰²⁰^^{a b}²^; ²⁰²¹^^b²

2020 2021 2 2 2020 2021

1 2

a b a b a b

       

---HẾT---

(21)

TRƯỜNG THCS MẠC ĐĨNH CHI

TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút

Bài I (2,0 điểm): Cho hai biểu thức 3 8 A x

x

 

 và 2 24

3 9

x x

B x x

  

  với x0,x9. 1) Tính giá trị của Akhi x4.

2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm x để A B 2. Bài II (2,0 điểm):

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Trong tháng 2 tổng số tiền điện và nước của nhà ông Khánh phải trả là 600 nghìn đồng. Sang tháng 3 ông Khánh thay hệ thống đèn chiếu sáng cũ bằng hệ thống đèn LED tiết kiệm điện nên số tiền điện trong tháng 3 của gia đình ông giảm 15% so với tháng 2. Nhưng số tiền nước trong tháng 3 lại tăng 5% so với tháng 2 nên tổng số tiền điện và nước phải trả trong tháng 3 của gia đình ông Khánh là 534 nghìn đồng. Hỏi trong tháng 2 gia đình nhà ông Khánh phải trả bao nhiêu tiền điện và bao nhiêu tiền nước?

2) Chân một đống cát đổ trên một nền phẳng nằm ngang là một hình tròn có chu vi 12m. Hỏi chân đống cát đó chiếm một diện tích là bao nhiêu mét vuông?

Bài III (2,5 điểm):

2 3 5

3 2

x y x y

  



  



2) Cho phương trình: x²mx m  2 0 (x là ẩn).

a) Tìm m để phương trình có một nghiệm là 1 và tìm nghiệm còn lại.

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ với mọi m. Tìm m để x x₁² ₂x x₂² ₁ 1

Bài IV (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Từ điểm M trên Ax(Mkhác A) kẻ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). Đoạn thẳng AC cắt OM tại E, MBcắt nửa đường tròn tại D(D khác B)

1) Chứng minh AMCOlà tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh MO vuông góc với AC và góc MED bằng góc MBA.

3) Gọi Hlà hình chiếu vuông góc của Ctrên AB, Ilà giao điểm của MBvà CH. Chứng minh rằng đường thẳng EIvuông góc với AM .

Bài V (0,5 điểm): Giải phương trình: ²



^x^²



³^x^{ }^{1 3}^x²^⁷^x^³^.

---HẾT---

(22)

HƯỚNG DẪN Bài I (2,0 điểm): Cho hai biểu thức 3

8 A x

x

 

 và 2 24

3 9

x x

B x x

  

  với x0,x9. 1) Tính giá trị của Akhi x4.

2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm x để A B 2.

Hướng dẫn 1) Thay x4(TMĐK) vào A, ta có:

4 3 2 3 5 1

2 8 10 2

A 4 8    

 

Vậy 1

A 2 khi x4. 2) Với x0,x9 ta có:

2 24 2 24

3 9 3 ( 3)( 3)

( 3) 2 24 3 2 24

( 3)( 3) ( 3)( 3)

5 24 8 3 24

( 3)( 3) ( 3)( 3)

( 3)( 8) 8

( 3)( 3) 3

x x x x

B x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x x

x x x x

x x x

 

   

    

     

 

   

    

 

   

  

 

  

Vậy 8

3 B x

x

 

 với x0,x9. 3) Ta có:

3 8

2 2

8 3

x x

A B x x

 

    

 

2 2

( 3) ( 8) 2( 3)( 8)

( 3)( 8) 0

x x x x

x x

     

 

 

25 0

( x 3)( x 8)

 

  (Luôn đúng  x 0,x9) Vậy A B 2 với mọi x0,x9.

Bài II (2,0 điểm):.

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Trong tháng 2 tổng số tiền điện và nước của nhà ông Khánh phải trả là 600 nghìn đồng. Sang tháng 3 ông Khánh thay hệ thống đèn chiếu sáng cũ bằng hệ thống đèn LED tiết kiệm điện nên số tiền điện trong tháng 3 của gia đình ông giảm 15% so với tháng 2. Nhưng số tiền nước trong tháng 3 lại tăng 5% so với tháng 2 nên tổng số tiền điện và nước phải trả trong tháng 3 của gia đình ông Khánh là 534 nghìn đồng. Hỏi trong tháng 2 gia đình nhà ông Khánh phải trả bao nhiêu tiền điện và bao nhiêu tiền nước?

2) Chân một đống cát đổ trên một nền phẳng nằm ngang là một hình tròn có chu vi 12m. Hỏi chân đống cát đó chiếm một diện tích là bao nhiêu mét vuông?

Hướng dẫn 1) Gọi Số tiền điện tháng 2 là: x (nghìn đồng, 0 < x < 600)

Số tiền nước tháng 2 là: y (nghìn đồng, 0 < y < 600)

Tổng số tiền điện và nước trong tháng 2 là 600 nghìn đồng nên ta có phương trình:

x + y = 600

Số tiền điện tháng 3 là: 0,85x (nghìn đồng) Số tiền nước trong tháng 3 là: 1,05y (nghìn đồng)

(23)

Số tiền điện và nước phải trả trong tháng 3 là 534 nghìn đồng nên ta có phương trình:

0,85x + 1,05y = 534

Ta có hệ phương trình: 600 480

0,85 1,05 534 120( )

x y x

x y y tm

  

 

    

 

Vậy trong tháng 2, số tiền điện là 480 nghìn đồng, số tiền nước là 120 nghìn đồng.

2) Bán kình hình tròn là: 12 6

2 2

R C

  

   (m)

Diện tích đống cát hình tròn là:

2

6 36 2

. ( )

S  m

 

      Bài III (2,5 điểm):.

2 3 5

3 2

x y x y

  



  



2) Cho phương trình: x²mx m  2 0 (x là ẩn).

a) Tìm m để phương trình có một nghiệm là 1 và tìm nghiệm còn lại.

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ với mọi m. Tìm m để x x₁² ₂x x₂² ₁ 1

Hướng dẫn 1) Ta có hệ phương trình:

2 3 5

3 2

x y x y

  



  



ĐKXĐ: x0 Hệ đã cho

6 9 15

6 2 4

x y x y

  

 

  



9 2 11

3 2

y y x y

  

 

  

TH1: y0 ta có y  y, ta có hệ phương trình:

9 2 11 1

3 2 1

y y y

y x x

 

  

 

    

 (thỏa mãn)

TH1: y0 ta có y  y, ta có hệ phương trình:

9 2 11 11

3 7

2 7

y y y

y x

x

   

  

 

 �