SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề gồm có: 01 trang) Bài 1(2,0điểm) Rút gọn biểu thức: P= ( KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP THCS NĂM 2016 Môn toán Thời gian 90 phút không kể thời gian phát đề )( −1 ) +1 Tìm điều kiện xác định biểu thức sau:  x + 2y =  3x + 4y = 10 Giải hệ phương trình sau:  Q = 3x − 6; R= x −5 Bài 2(2,0điểm) Cho hàm số y = x hàm số y = 2x – m + Vẽ đồ thị hàm số y = 2x – m + với m = Tìm m để đồ thị hàm số y = x2 cắt đồ thị hàm số y = 2x – m + điểm phân biệt A ( x1; y1 ) B ( x ; y ) cho x1 + 2x + 3x1x = −12 Bài 3(2điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 3cm, đường chéo AC = 5cm Quay hình chữ nhật ABCD vòng quanh cạnh BC ta hình trụ Tính thể tích hình trụ Cả hai trường THCS có tổng số học sinh lớp dự thi vào lớp 10 250 học sinh Kết hai trường có 195 học sinh thi đỗ vào lớp 10 Riêng trường thứ tỉ lệ học sinh thi đỗ 80%, riêng trường thứ hai tỉ lệ đỗ 75% Tính số học sinh dự thi vào lớp 10 hai trường THCS nói trên? Bài 4(3điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi H trung điểm OA, vẽ dây CD vuông góc với AB H Trên cung nhỏ CB lấy điểm E (E khác C B), AE cắt CD F Chứng minh rằng: Tứ giác BHFE nội tiếp đường tròn AE.AF = OD2 Khi E di chuyển cung nhỏ BC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF thuộc đường thẳng cố định ( + x ) ( + y) = Tìm Bài 5(1điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn đẳng thức: 4 A = + x + + y giá trị nhỏ biểu thức: -Hết Hướng dẫn Bài b) tam giác AHF đồng dạng với tam giác AEB (g.g) suy AH AF R = ⇒ AE.AF = AH.AB = 2R = R = OD AE AB c) cách Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF, J giao điểm (I) BC ta có: góc CJF = góc CEF = góc CBA suy FJ // AB suy FJ vuông góc với AD EFJ = 900 suy I trung điểm CJ suy I nằm BC cố định Cách 2: Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF, kẻ IK vuông góc với CF Ta có góc CEF = góc CBA = ½ góc CIF = góc CIK = góc ACD Mà góc CIK + góc KCI = 900 suy góc KCI + ACD = 900 suy IC vuông góc với AC, mặt khác BC vuông góc với AC suy ba điểm I, B, C thẳng hàng suy I thuộc BC cố định Bài Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: a b 2 2 2 = a + b + c + d ≥ ( a + c) + ( b + d) c d (*) dấu xảy *) ⇔ a + b + c + d + ( Thật vậy: ⇔ (a (a + b ) ( c2 + d ) ≥ ( a + c ) + ( b + d ) + b ) ( c2 + d ) ≥ ac + bd ⇔ ( a + b ) ( c + d ) ≥ ( ac + bd ) 2 ⇔ ( ad − bc ) ≥ (luôn đúng) ( + 1) + x + + y4 ≥ - Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có ( + x ) ( + y ) = ⇔ x + y + xy = 4 Lại có + ( x + y2 ) (1) 1 1   x + y ≥ 2xy;  x + ÷ ≥ 2x;  y + ÷ ≥ 2y 4 4   1 Dấu = x = y; x = ; y = Suy ( x + y ) + ≥ ( x + y + xy ) = ⇒ x + y2 ≥ 2 + x + + y4 ≥ + ( x + y2 ) ≥ + Từ (1) (2) suy (2) 17 = 17 Vậy GTNN A x = y = Cách Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: (2 + 1) ( + x ) ≥ ( + x ) (2 ; Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có + 1) ( + y ) ≥ ( + y ) A 17 ≥ x + y + ≥ 2 suy A 17 ≥ x + y + 17 17 +8= ⇒ A ≥ 2