FULL ĐÁP ÁN CHI TIẾT 30 ĐỀ THI TOÁN 9 VÀO 10 TPHCM + HÀ NỘI ( SẴN IN )

37 59 0
  • Loading ...
1/37 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 28/11/2018, 12:27

FULL BỘ ĐÁP ÁN CHI TIẾT CÓ ĐƯỢC TUYỂN CHỌN CHỌN LỌC KĨ TỪ CÁC KÌ THI LỚP 9 VÀO 10 HÀNG NĂM CỦA TP HỒ CHÍ MINH VÀ HÀ NỘI CHO HỌC SINH VÀ THẦY CÔ THAM KHẢO . ĐẶC BIỆT CÁC EM HỌC SINH DỰA VÀO LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỂ HIỂU HƠN VỀ TỪNG DẠNG TỪ ĐÓ SẼ ĐẠT KẾT QUẢ TỐT HƠN TRONG KÌ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC CƠ SỞ . (lưu ý : các bạn tải về bản word là hoàn chỉnh và ko bị lỗi font đâu ạ , vì dùng phần mềm gõ công thức math type nên hiển thị trên trang là một số dâu chấm như vậy) “Biển học” Kiến thức Rỗng lớn Mênh mông, lấy “Siêng năng” làm “Bờ bến” ĐÁP ÁN30 BỘ TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH, TP HCM – NỘI (Phần I) Đề - Đáp án - Nội 2010 - 2011 Bài 1: 1) Rút gọn biểu thức: A  x  x  3x  ; x �0, x �9 x 9 x 3 x 3 x ( x  3)  x ( x  3)  (3x  9) 3( x  3) A   x 9 ( x  3)( x  3) 2) Tính giá trị x A  3  �  x  � x  � x  36 Ta có: x 3 3 x 3 3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Biểu thức A  x 3 có giá trị lớn x �0 � x  �3; x = A  Ta có: x  đạt giá trị nhỏ 3  Vậy giá trị nhỏ A = đạt x = Bài 2: Gọi x (m) chiều dài hình chữ nhật (đk: x > 0) Chiều rộng hình chữ nhật (x – 7) m Theo đầu định lí Py ta go ta có pt: x2 + (x - 7)2 = 132 Giải pt: x2 + (x - 7)2 = 132 � x2 – 7x – 60 =  = 49 + 240 = 289;   17 x1  xx xx- -77 1313  17  17  12 (tmđk); x   5 (loại) 2 Vậy chiều dài hình chữ nhật 12m; chiều rộng hình chữ nhật 5m Bài 3: 1) Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt – x2 = mx – � x2 + mx – = có  >  = m2 + >  m Vậy giá trị m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt x1  x   m � x1 x  1 � 2) Theo đlí Vi ét ta có: � - Theo đầu bài: x12 x  x 22 x1  x1 x  � x1 x (x1  x )  x1 x  � - 1.(- m) + = � m = “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Bài 4: FF 1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp �  FED �  900 � Tứ giác FCDE nội tiếp - Ta có : FCD đường tròn đường kính FD II 2) Chứng minh rằng: DA.DE = DB.DC �  DAB(cungBE) � � DCE � �� DCE : DAB(gg) �  DBA(cungAC) � DEC � DC DE �  � DB.DC  DA.DE (đpcm) DA DB EE CC DD AA OO BB �  OCB � 3) Chứng minh rằng: CFD IC tiếp tuyến đường tròn (O) �  CEA(cùng � � � CFD CD) � � � �� CFD  ABC (1) �  ABC(cùng � � � CEA AC) �  ABC( �  OBC) � - Xét  OBC cân O ta có: OCB (2) �  OCD � Từ (1) (2) Suy ra: CFD (đpcm) FD (Trung tuyến  FCD vuông C) �  FCI � �  ICF cân I Suy ra: CFI - Ta có: CI = IF = ID = �  CFI � � OCD � � � �� OCD  FCI (1) � � FCI  CFI � �  DCI �  900 (2) - Ta có: FCI �  DCI �  900 � OC  CI Từ (1) (2) Suy ra: OCD Do đó: Vậy IC tiếp tuyến đường tròn (O) �  DF = R 4) Chứng minh tgAFB -Ta có:  CBA  CFD (gn – tg vuông) � CB AB 2R   2 CF FD R - Xét  BCF vuông C ta có: �  tgCFB �  CB  tgAFB CF Bài 5: Giải phương trình sau: x  4x   (x  4) x  � (x  7)  (x  4) x   4x  Đặt: t  x   � t2 – (x + 4)t + 4x =  = (x + 4)2 – 16x = (x – 4)2 �0 ;  = x – � (x  4)  (x  4) t  4 � �1 �� �t  (x  4)  (x  4)  x �2 - Thay t = � x   � x  � x  �3 -Thay t = x � x   x � x   x (voi x �0) � 0.x  7(vơ ly) “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Vậy tập nghiệm pt S   3;3 Đề – Đáp án – TP HCM Năm 2010 – 2011 Bài 1: Giải pt hệ pt a) x  3x   (1)    16  25  1 35  ; x2  2 (1) � x1  4 �y  3 x  y  1 � � �� �� 14 x  x � � � c) x  13x   Đặt u = x2 �0 x  y  1 � b) � �6 x  y  Ta có: 4u2 – 13u + =   169  48  121  112 13  11 13  11 � u1   ; u2  3 8 � x1  � ; x2  � 2 d) x  2 x   ' 2  4; '  2 2 22 � x1  ; x2  2 Bài a) Đồ thị hàm số y  y x đường thẳng x 1 -2-2 -1 OO � � � 1;  � , B � 2; 2  (P) qua O(0; 0), A � � � (D) qua C(0; 1)và D(2;0) � 1� (P) (D) có điểm chung: �1;  �,  2; 2  � 2� 22 -1 -2-2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D)  x2  x 1 � x2  x   2 � x  ; x  2 Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) � 1� 1;  � ,  2; 2  � � 2� Bài 3: A  12   21  12  (3  3)  3(2  3)  (3  3)  (2  3)  “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh 2 � 5� � 3� B  5�          � � � � � 2� 2� � � � � 2B = 5        (  1)  42  62  (1  3)  (  1)     3 42  62  2 (  1)    = (1  3)  (  1)   (  1)  (  1)   2 = 5.3   20  B = 10 Bài 4: Giải pt: x2 – (3m + 1)x + 2m2 + m – = a)    3m  1  8m  4m   m  2m   ( m  1)    m Vậy pt ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có : x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – A = x12  x22  3x1 x2   x1  x2   x1 x2 1 25  (m  )  (3m  1)  5(2m2  m  1)  m  m     (m  )  4 25 Vậy giá trị lớn A = m = Bài 5: a) Ta có : �  EAO �  90 EMO I M => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vng : �  APM �  PMQ �  90o EAO => Tứ giác APMQ hình chữ nhật K B b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng �  ABM � , OE // BM)  MPB (góc nhọn AOE c)  EAO O P Q E I x A AO AE  (1) BP MP KP BP  Vì KP // AE � (2) AE AB => Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP d) Tính MP theo R x ; tìm vị trí điểm M (O) để SAPMQ lớn MP = MO  OP  R  (x  R)  2Rx  x SAPMQ = MP.AP  x 2Rx  x  x (2Rx  x ) � Đạt giá trị lớn x2 = 2Rx – x2 � x = R x  (2Rx  x ) (BĐT Cô Si) “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Vậy điểm M trung điểm cung AB SAPMQ có diện tích lớn Đề – Đáp án: Vĩnh Phúc Chuyên năm 2009 – 2010 Câu 1: a) Điều kiện xy �0 2[xy ( x  y )  ( x  y )]  xy (1) � Hệ cho � 2( xy )  xy   � xy  (3) � � Giải PT(2) ta được: � xy  (4) � (2) � �x  � � �x  y  �y  � � Từ (1)&(3) có: �xy  � �x  � � � � �y  � �x  � � � � � y x y  � � � � � 2 Từ (1)&(4) có: � � � � � � xy  x � � � � � � �y  � 2 Vậy hệ cho có nghiệm là: ( x; y )  (1; 2), (2; 1), (1; ), ( ; 1) b) Xét trường hợp: TH1 Nếu �x PT trở thành: ( p  1) x  2( p  1) TH2 Nếu 3 �x  PT trở thành: (1  p) x  2(1  p ) TH3 Nếu x  3 PT trở thành: ( p  1) x  2( p  4) - Nếu p ��1 (1) có nghiệm x  ; (2) vơ nghiệm;(3) có nghiệm x thoả mãn: (1) (2) (3) 2( p  4)  3 � 1  p  p 1 - Nếu p  1 (1) cho ta vơ số nghiệm thoả mãn �x ; (2) vô nghiệm; (3) vô nghiệm - Nếu p  (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn 3 �x  ; (1) có nghiệm x=2; (3)VN x Kết luận: + Nếu -1 < p < phương trình có nghiệm: x = x  2( p  4) p 1 + Nếu p = -1 phương trình có vơ số nghiệm �x �� + Nếu p = phương trính có vơ số nghiệm 3 �x �2 �p  1 + Nếu � phương trình có nghiệm x = �p  Câu 2: + Phát chứng minh bc ca ab   1 (a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a )(c  b) + Từ đó, vế trái bất đẳng thức cần chứng minh bằng: “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh � b c � � bc ca ab �a     ��2 � � � �b  c c  a a  b � �(a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b) � Câu Điều kiện xác định: x �1 (do x nguyên) 2( x  1) ; B , suy ra: C  | x  1| | x  1| 2� x 1 �  � � �| x  1| | x  1| � 2� 4( x  1) 1 2x � 4( x  1)  1�  � C 1  1  0 - Nếu x  Khi C  � �2 x  � 3(2 x  1) 3(2 x  1) 3(2 x  1) Suy  C  , hay C số nguyên với x  - Nếu   x  Khi đó: x  (vì x ngun) C  Vậy x  giá trị cần tìm - Nếu x   Khi x �1 (do x nguyên) Ta có: 4( x  1) 2x 1 2� � 4( x  1) 1   , suy 1  C �0 hay C �   1�  �0 C    3(2 x  1) 3(2 x  1) � x  � 3(2 x  1) C  x  1 Vậy giá trị tìm thoả mãn yêu cầu là: x  , x  1 Dễ thấy A  Câu a) Gọi I trung điểm AB, E  IK �CD , R  IM �CD I A B Xét hai tam giác KIB KED có: � � ABD  BDC K KB = KD (K trung điểm BD) M �  EKD � IKB Suy KIB  KED � IK  KE Chứng minh tương tự có: MIA  MRC Q C D E R H Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE MI = MR nên KM đường trung bình � KM // CD Do CD // AB (gt) KM // AB (đpcm) b) Ta có: IA=IB, KB=KD (gt) � IK đường trung bình  ABD � IK//AD hay IE//AD Tương tự  ABC có IM//BC hay IR//BC QK  AD (gt), IE//AD (CM trên) � QK  IE Tương tự có QM  IR Từ có: IK=KE, QK  IE � QK trung trực ứng với cạnh IE IER Tương tự QM trung trực thứ hai IER Hạ QH  CD suy QH trung trực thứ ba IER hay Q nằm trung trực đoạn CD � Q cách C D hay QD=QC (đpcm) Câu P' B' A C' P C B “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh A' Trong số tam giác tạo thành, xét tam giác ABC có diện tích lớn (diện tích S) Khi S �1 Qua đỉnh tam giác, kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện, đường thẳng giới hạn tạo thành tam giác A ' B ' C ' (hình vẽ) Khi S A ' B 'C '  4S ABC �4 Ta chứng minh tất điểm cho nằm tam giác A ' B ' C ' Giả sử trái lại, có điểm P nằm ngồi tam giác A ' B ' C ', chẳng hạn hình vẽ Khi d  P; AB   d  C; AB  , suy S PAB  SCAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn Vậy, tất điểm cho nằm bên tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn Đề - Đáp án - Nội 2013 - 2014 Bài 1: 1) Với x = 64 ta có A   64  28  64 ( x  1).(x  x )  (2 x  1) x x 2  2) B  x.(x  x ) x 1 3) Với x > ta có : A  � B x 2 x 2 :  � x x 1 9090km km AA Bài x 1  � x  �  x  x BB Gọi x (km/h) vận tốc Xe máy từ A đến B, (đk : x > 0) Thời gian Xe máy từ A đến B ; 90 (h) x Vận tốc Xe máy từ B trở A x  (km/h) Thời gian Xe máy từ B trở A 90 (h) x9 90 90  5 x x9 10 10   � 20( x  9)  20 x  x( x  9) Giải pt ta có: x x9 Theo đề ta có pt: �x  36(tmdk) � x  31x  180  � �x  5(loai) (vì x > 0) �2 Vậy vận tốc xe máy từ A đến B 36 km/h Bài 1) Hệ phương trình: � � � 3x  3 2x  4y  � 5x  4y  � 5x  4y  11x  11 x1 �� �� �� �� 4x   x  2y  3x  2y  � 6x  4y  10 � 6x  4y  10 � y  1 � � Ta có : � “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh 2) a) Với m = ta có phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x  x  � x  x   � x1  1 ; x2  ; có y (-1) = ; y(3) = 2 2 Vậy tọa độ giao điểm A B (-1; ) (3; ) 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x  mx  m  m  � x  2mx  m  2m   (*) 2  ' có 0 Đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt pt (*) phải 2  '  m  m  2m   � m  1 Khi: m > -1, từ (*) ta có: x1  x2 2m; x1.x2 m  2m  (định lý Vi-et) Nên: x1  x2  � x12  x22  x1 x  � ( x1  x2 )  x1 x  � 4m  4(m  2m  2)  � 8m  4 � m   K Bài Q M A H B P T I C O N � �  900 � Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn 1/ Ta có : AMO  ANO 2/ Ta có :  ANB  ACN (gg) AN AB AN 62  � AN  AB.AC   (cm) Do : hay AC  AC AN AB � BC  AC  AB    5(cm) 1� � � � MTN  MON  AON � � � 3/ �� MTN  MIN (đvị) � MT // AC � �  AON � AIN � 4/ Xét AKO có AI vng góc với KO Hạ OQ vng góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vuông góc với AO Vì MHN vng góc AO nên đường thẳng KMHN vng góc AO, nên KM vng góc AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Bài Từ giả thiết ta có: 1 1 1       ab bc ca a b c “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Theo BĐT Cô si thì: �1 1� 1 �1 � 1 �1 � �  �� ; �  �� ; �  �� �a b � ab �b c � bc �c a � ca �1 � 1 �1 � 1 �1 � �  1�� ; �  1�� ; �  1�� �a � a �b � b �c � c Cộng bất đẳng thức theo vế ta có: �1 1 � 3 �1 1 �  �6 � �   ��6   �2   � �a b c � 2 �a b c � 2 1 � �1 � �   ��3 (đpcm) b c � �a Đề - Đáp án - Nội 2014 - 2015 Bài 1 2 1 �x   x � x  �( x  1).( x  2) � x  �  2) a) P  � � � � x ( x  2) � x  � x ( x  2) � x  1) Với x = ta có A  b) 2P  x  � x 2  x 5 x x 1 x (với x > 0) � x   2x  x � 2x  x   � ( x  2)( x  )  1 � x �x Bài Gọi x (SP) số SP xưởng phải SX theo kế hoạch ngày (đk : x nguyên, dương) Thời gian phân xưởng SX theo kế hoạch : 1100 (ngày) x Thực tế ngày phân xưởng SX (x + 5) SP 1100 (ngày) x 5 1100 1100 Theo đầu ta có pt : = x x 5 Thời gian thực tế phân xưởng SX Giải pt ta : x1 = 50 (tmđk) ; x2 = -55 (Loại) Vậy theo kế hoạch ngày phân xưởng phải sản xuất 50 sản phẩm Bài 1) Giải hệ pt : Đặt u  1 v  xy y 1 � � �u  4u  v  8u  2v  10 � 9u  �� �� �� 2v  u  � v1 �u  2v  1 �u  2v  1 � Ta có : � “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh �1 �x  y  � x y  � x  1 � �� �� Thay u = 1; v = ta có: � y  1 y2 � � �1 1 � �y  2) a) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x   x  � x  x   � x  x  3 Ta có; y(-3) = ; y (2) = Vậy tọa độ giao điểm (d) (P) A(-3; 9) B(2; 4) b) yy 99 AA A’A’ 44 BB B’B’ xx -3-3là hình chiếu A Gọi A’, B’ 22và B xuống trục hồnh Ta có S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' Ta có A’B’ = x B'  x A '  x B'  x A '  , AA’ = y A  , BB’ = y B  - Diện tích hình thang AA’B’B: SAA'B'B  (AA ' BB') 94 65 A 'B'   2 (đvdt) - Diện tích tam giác AA’O BB’O là: 27 A ' A.A 'O  (đvdt); 2  B' B.B'O  (đvdt) SOAA '  SOBB' - Vậy Diện tích tam giác AOB là: � S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'  Vậy S V OAB = 15(đvdt) 65 �27 �  �  � 15 (đvdt) �2 � Bài P N F O A B 1) Tứ giác hình chữ nhật AMBN có góc vng (4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � � � ) (1) 2) Ta có: ANM (chắn AM  ABM �  MBQ � �  900 �ABM � � � ABM  AQP(2) � � � �AQP  MPQ  90 � � Từ (1) (2) Suy ra: ANM  AQB M E “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Q  AIC vuông A  C1 + A1 = 900  A1 + C2 có A = B = 900 Nên  AIC  BCK (g.g)  AI AC   AI BK = AC BC (1) BC BK c/ Trong (O1) có A1 = I2 (gnt chắn cung PC) Trong (O2) có B1 = K1 (gnt chắn cung PC) Mà I2 + K1 = 900 (Vì  ICK vng C)  A1 + B1 = 900, nên  APB vuông P 2/ Ta có AI // BK ( vng góc với AB, nên ABKI hình thang vng Do SABKI = AB.(AI + BK) Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi Suy SABKI lớn  BK lớn Từ (1) có AI BK = AC BC  BK = AC BC AI Nên BK lớn  AC BC lớn Ta có  AC  BC    AC + BC  AC BC  AC BC  AC  BC AB AB AC BC    AB AB Vậy AC.BC lớn AC BC =  AC = BC =  C trung điểm AB AC BC  Vậy SABKI lớn C trung điểm AB Bài 5: Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn : 1003x + 2y = 2008 Từ 1003x + 2y = 2008  2y = 2008  1003x  y = 1004  1003 x 1003 x 2008 >0 x< 1003 2008 Suy < x < x nguyên  x  {1 ; 2} 1003 1003 Với x =  y = 1004   Z nên x = loại 1003.2 Với x =  y = 1004  =  Z+ nên x = thỏa mãn Vì y >  1004  Vậy x ; y nguyên dương phải tìm x = ; y =1 “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Đề 13 – Đáp án Quãng Ngãi Năm 2008 - 2009 Bài 1: a/ Hoành độ giao điểm Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 nghiệm số phương trình: x2 = 4mx + 10  x2  4mx  10 = (1) Phương trình (1) có ’ = 4m2 + 10 > nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Do Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 cắt hai điểm phân biệt b/ Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1), ta có x1 + x2 = 4m ; x1,x2 =  10 F = x12 + x22 + x1x2 = [(x1 + x2)2  2x1x2] + x1x2 = (x1 + x2)2  x1x2 = 16m2 + 1010 Dấu “ = ” xảy 16m2 =  m = Vậy GTNN F = 10 m = Bài 2: a/ Giải phương trình:   x  15 x   x   x   Điều kiện x  x   x  1.4  16  x   x  1.2     x  1    x 2 6  x  1  x     x  1   x    x  =  x = (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình x = b/ Với a , b  ta có: a  b   a + b  ab Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 + b2  ab) = (a + b).[(a + b)2  3ab]  ab [(2 ab )2  3ab]  a3 + b3  ab (4ab  3ab) = ab.ab = 2ab ab Dấu “ = ” xảy a = b Vậy với a, b khơng âm ta có a3 + b3  2ab ab   Bài 3: Gọi x (hàng) số hàng ghế ban đầu phòng họp (x ngun, dương) Do 360 (ghế) số ghế ban đầu hàng x x + (hàng) số hàng ghế lúc dự họp phòng họp Do 400 (ghế) số ghế lúc dự họp hàng x1 Khi dự họp hàng kê thêm ghế ngồi, ta có phương trình : 400 360  =  x2  39x + 360 = x1 x A Giải phương trình x1 = 24 ; x2 = 15 Cả hai giá trị x thỏa D mãn điều kiện Vậy ban đầu phòng họp có 24 hàng ghế, hàng có 15 ghế ngồi Hoặc ban đầu phòng họp có 15 hàng ghế, hàngEcó 24 ghế ngồi O H Bài 4: B F I C “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh K a/ Ta có BD CE hai đường cao cua ABC Nên BEC = BDC = 900 Suy BCDE nội tiếp đường tròn b/ Ta có BH // CK (cùng vng góc với AC) Và CH // BK (cùng vng góc với AB) Nên BHCK hình bình hành Do hai đường chéo BC HK giao trung điểm đường Mà I trung điểm BC  I trung điểm củaHK Nên H, I, K thẳng hàng c/ Gọi F giao điểm AH BC AB BF   AB KC = AK BF (1) AK KC AC CF  Và  ACF ∽  AKB (g.g)   AC KB = AK CF (2) AK KB Ta có  ABF ∽  AKC (g.g)  Cộng (1) (2) theo vế ta có: AB KC + AC KB = AK BF + AK CF = AK.(BF + CF) = AK.BC Mà BC = 3 3 AK  AB KC + AC KB = AK AK = AK2 = (2R)2 = 3R2 4 4 Bài 5: x2  x  Với x   ta có y = =x2+ x1 x1 Với x  Z x +  Z Để y  Z  Z  x +  { ; 1} x1 x + =   x =  (thỏa mãn điều kiện) x + =  x = (thỏa mãn điều kiện) Vậy y có giá trị nguyên x =  ; x = “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Đề 15 – Đáp án Đồng Nai 2012 - 2013 Câu : ( 1,5 điểm ) / Giải phương trình : 7x2 – 8x – = ( x1,2 = 3x + 2y =1 � / Giải hệ phương trình : � 4x + 5y = � � 79 ) ( x ; y ) = (–1 ; ) Câu : ( 2,0 điểm ) / Rút gọn biểu thức : M  12 +3   2 3 3 2 N  1   1 1  1 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – = c b  1 a a 1 x1  x +    1 Nên : x1 x x1x 1 S =  1 ; P = Câu : ( 1,5 điểm ) / Vẽ đồ thị ( P ) / ( d1 ) // ( d ) nên k = ; n �–3 qua điểm T( ; ) nên x = ; y = Ta có phương trình : = 1.2 + n � n = Câu : ( 1,5 điểm ) Gọi x ( m ) chiều dài đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – x ( m ) Theo đề ta có phương trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài đất hình chữ nhật 54 ( m ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu : ( 3,5 điểm ) a)Xét tứ giác AEFD có: � AEF  900 (AE  EF) � ADC  900 (cạnh hình vuông)  � ADC  900  900  1800 AEF + �  Tứ giác AEFD nội tiếp �  EDC �  EAF “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh �  900 ) có: Xét AEF( � AEF  900 ) DCE( DCE �  EDC � (cmt) EAF AEF DCE(g,g) � AE DC = AF DE b) Ta có: �  AFD � (2 góc nội tiếp chắn cung AD) AED (đối đỉnh �  GFC � Nên AED �  AED �  900 (phụ nhau) Mặt khác AHE �  GFC �  900 (phụ nhau) FGC �  FGC �  AHE  Tứ giác AEGH nội tiếp ( đỉnh nhìn cạnh nối đỉnh lại góc nhau) c) Vì tứ giác AEGH nội tiếp đường tròn tâm trung điểm đường kính EH Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGH  IE = IG ( bán kính)  IEG cân I �  IGE � (1)  IEG Xét EKG có: KM đường trung trực  EKG cân K �  KGE � (2)  KEG �  IEG �  900 (KE tiếp tuyến) (3) Mà : KEG Từ (1),(2),(3) �  IGE �  900  KGE Hay KG  AG G thuộc đường tròn tâm I  KG tiếp tuyến (I) “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Đề 16 - Đáp án – Ninh Bình Năm 2012 - 2013 Câu 1) Thay x = vào P ta được: P = + = 2) Hàm số bậc y = 2x + đồng biến a = > 3) x2 + 5x – = Giải  ta nghiệm: x1  5  41; x2  5  41 Câu 1) Giải hệ phương trình: �2 x  y  �4 x  y  � 7x  � x 1 �x  �� �� �� �� � x  y  �3x  y  2x  y  � 2.1  y  �y  1 � � 2) với x > x �1 � �� � x 1 � a )Q  �  :   :�  �� � x 1 x 1 � x  x  x �� x  x  � x x  � x  �    x 1 x 1 :   x 1  x  x  1 x  x 1  x 1  x 1    x 1  x  x 1 :   x 1   x 1  x 1   � � � �  x 1 x 1 x b) Từ x      thay vào Q ta được:   3 1   1   2 2   3 Q=  3 3 Câu Gọi x(km/h) vận tốc ca nô nước yên lặng (đk: x > 0) 30 (h) thời gian ca nô xi dòng x4 30 (h) thời gian ca nơ ngược dòng x4 Vì Tổng thời gian ca nơ xi dòng ngược dòng 4giờ Nên ta có PT: 30 30  4 x4 x4 � x  15 x  16  Có dang a - b +c =  PT có nghiệm: x1 = -1(loại) ; x2 = 16(Nhận) Vậy vận tốc ca nơ 16 km/h “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Câu a) Theo tính chất tiếp tuyến cắt M , ta có: � OC  MC,  OCM  900 � OD  MD,  ODM  900 Xét tứ giác CODM có: �  ODM � OCM  900  900  1800  Tứ giác CODM nội tiếp (tổng góc đối = 1800) b)Vì IA = IB (gt)  OI  AB (Quan hệ vng góc đừng kính dây) �  900  KIA �  900 ) KIM( KIA �  900 ) có: Xét KDO( KDO � : chung K  KDO  KIM (g,g) KD KO  KI KM Hay: KD.KM  KO.KI  c) Chỉ OM đường trung trực CD => OM  CD mà EF// CD => EF  OM  EMF có MO phân giác đồng thời đường cao  EMF cân M => MO đường trung trực EF OE = OF = Lại có S MEÈ EF  MO.EF  MO.OF Xét tam giác vuông MOF, đường cao OD ta có 1 OF  MO OF MO 2      OF  MO  OF MO OD OF MO R2 R2 OF MO 2.OF MO  OF MO 2 R Mà OF  MO 2.OF MO  R 2  S MEÈ 2 R  MinS MEÈ 2 R  MO OF Từ tính MO = R Vậy M giao điểm đường tròn (O;R ) đường thẳng d diện tích tam giác MEF đạt giá trị nhỏ Câu 5: Cho a,b,c số thực dương bc ca ab b c � �a   �4 �   � a b c �b  c c  a a  b � bc ca ab b c � �a   �4 �   Ta có: �(*) a b c �b  c c  a a  b � Chứng minh rằng: “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh (1) bc ca a b b c � �a   �4 �   � a b c �b  c c  a a  b � b c c a a b b c � �a �      �4 �   � a a b b c c �b  c c  a a  b � � � b b c c a a b c � �a      �4 �   � a c b a c b �b  c c  a a  b � (2) b(a  c) c(a  b) a(b  c) b c � �a �   �4 �   � ac ab bc �b  c c  a a  b �  a  b  0  a  2ab  b 0  a  2ab  b 4ab   a  b  4ab Lại có: a b c ( a  b) 4c     ; a, b  ab a b ab a b b( a  c ) 4b a (b  c) 4a  ;  Tương tự: ac ac bc c b Cộng vế bđt => bđt (2) => bđt (1) Dấu đẳng thức sảy a = b = c Đề 28 - Đáp án Nội Năm học 2011-2012 Câu I 1) Rút gọn A  x 10 x    x  ( x  5)( x  5) x 5 x  10 x  25 ( x  5)   ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5) 2) Tính A x=9 Ta có 3) Với �x �25 , đó: A � x ( x  5)  10 x  5( x  5) x  x  10 x  x  25  ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5) x 5 x 5 x   nên A    1   35 x 5 3( x  5)  ( x  5) x  20  0� 0�  � x  20  x 5 3( x  5) 3( x  5) x  10 � x  100 Kết hợp với điều kiện ta được: �x  100 x �25 � x 5  � x 5 Câu II Gọi số chở ngày theo dự định x, điều kiện x>0 Suy ra: Số thực tế chở ngày x+5 140 140  10 150  , số ngày thực tế x x5 x5 140 150   (*) Theo ra, ta có phương trình: x x5 x  20 � 140( x  5)  150 x  � x  15 x  700  � � Giải pt(*),ta có: (*) � x  35 x( x  5) � 140  (ngày) Kết hợp đk, ta được: x=20, số ngày đội chở theo kế hoạch 20 Số ngày dự định “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Câu III 1) Với m =1 (d): y = 2x + Tọa độ giao điểm (d) (P) nghiệm hệ pt: � �x  2 � x   � � � �x  x  �x  x   �y  x �� �y  � x4 � �� �� � �� � 2 � �x  �y  x �y  x �y  x  � � y  x � � �y  16 � Vậy tọa độ cần tìm là: (2; 4), (4;16) 2) Xét pt hoành độ giao điểm: x  x  m  � x  x  m   0(*) Điều kiện toán � pt(*) có hai nghiệm tráidấu � P  m2   � m  � m  � m  � 3  m  Câu IV d N E M A d1 H I O F B d2 1) Tứ giác AMEI có hai góc A E vng nên tổng chúng 1800, mà hai góc vị trí đối diện, suy tứ giác AMEI nội tiếp 2) Tương tự câu 1), tứ giác BNEI nội tiếp, suy ra: góc ENI góc EBI Vì tứ giác AMEI nội tiếp nên góc EMI góc EAI, mà tổng hai góc EAI góc EBI 900, suy ra: Tổng hai góc EMI góc ENI 900 hay góc MIN 900 3) Xét tam giác AMI đồng dạng với tam giác BIN (góc- góc), từ suy ra: AM.BN = AI.BI 4) Kẻ EH  AB ( H �AB) , theo câu 2) hai góc ENI góc EBI nhau, suy tam giác MIN đồng dạng với tam giác AEB theo tỉ số đồng dạng k Suy ra: SMIN  k (*) S AEB EI FI R 5 k�  k ; FI  OF  OI  , OF  R � k  EH FO R R 3R � IE  ; EH  - Ta chứng minh được: IE.IF=IA.IB  5 -Từ (*), ta được: S MIN  S AEB k  R - Ta có: “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Câu V Ta có: 1 (2 x  1)  2010  (2 x  1)  (4 x  x  1)  2011  (2 x  1)   2011 4x 4x 4x Vì x > (2 x  1) �0, x �R nên M �2011 , dấu “=” xảy x  Vậy Min M = 2011 M  x2  x   x  Đề 29 – Đáp án Nội năm 2012 - 2013 Bài I: 1) Với x = 36, ta có : A = 36  10   36  2) Với x �, x  16 ta có : � x( x  4) 4( x  4) � x  (x  16)( x  2) x2   � = � x  16 �x  16 (x  16)(x  16) x  16 � x  16 B= � � 3) Có B( A  1)  x2 � x4 � x2 2 �  1� � � x  16 � x  � x  16 x  x  16 Để B( A 1) nguyên, x nguyên x 16 ước 2, mà Ư(2) =  �1; �2 Ta có bảng giá trị tương ứng: x 16 x 1 17 15  2 18 14 Kết hợp ĐK x �0, x �16 , để B( A 1) nguyên x � 14; 15; 17; 18 Bài II:  Gọi t/gian người thứ hồn thành xong công việc x (giờ), ĐK x  12 Thì thời gian người thứ hai làm xong công việc x + (giờ) x Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm Vì hai người làm xong cơng việc = (cv) x 12 12 nên hai đội làm 1: 5 (cv) 12 Ta có phương trình: “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh x2 x 1 �   5x2 – 14x – 24 =   x( x  2) 12 x x  12 ’ = 49 + 120 = 169,  ,  13 7 13 6 7 13 20    (TMĐK) => x  (loại) x  5 5 Vậy người thứ làm xong công việc giờ, Người thứ hai làm xong công việc 4+2 = Bài III: �2 �x  y  � 1) Giải hệ: � , (ĐK: x, y�0) �  1 � �x y �4 10 �4 � �x  �x  y  �x  x   �x  �x  � � � � �� �� � �2 �� Hệ � � (TMĐK) �6   �2   �2   �2  y  �y  � � � � �x y �x y �x y Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (2;1) 2) Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m �x1  x2  4m �x1x2  3m  2m Theo ĐL Vi – ét, ta có: � Khi đó: x12  x22  � (x1  x2 )2  2x1x2   (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = 3 Trả lời: Vậy Bài IV: C � M 1) Ta có HCB  90 ( chắn nửa đường tròn đk AB) H �  900 (do K hình chiếu H AB) HKB E �  HKB �  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp => HCB đường tròn đường kính HB 2) Ta có � ACM  � ABM (do chắn � AM (O)) A K O �  HBK � � đtròn đk � (vì chắn HK ACK  HCK HB) Vậy � ACM  � ACK 3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  �  900 = BC sd � AC  sd BC Xét tam giác MAC EBC có � � � (O) MA = EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1) �  450 (vì chắn cung CB �  900 ) Ta lại có CMB �  CMB �  450 (tính chất tam giác MCE cân C)  CEM �  CEM �  MCE �  1800 (Tính chất tổng ba góc tam giác)  MCE �  900 (2) Mà CME Từ (1), (2)  tam giác MCE tam giác vng cân C (đpcm) “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh B AC 4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM : AP.MB AP OB R�  (vì có R = OB) MA MA MB � � Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung � AM (O)) Theo giả thiết ta có  PAM ∽  OBM AP OB   1� PA  PM (do OB = OM = R) (3) PM OM �  900 (do chắn nửa đtròn(O)) � AMS �  900 Vì AMB � S C M H P E N A K O  tam giác AMS vuông M �  PSM �  900 PMA �  PMS �  900  PAM �  PSM � � PS  PM (4) � PMS �  PMA � Mà PM = PA(cmt) nên PAM Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: NK BN HN NK HN    hay PA BP PS PA PS mà PA = PS(cmt) � NK  NH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Các 2: Gọi S giao điểm BM d AP.MB AP.MB MB AO  R (gt)   AO Hay   BMA  OAP (c,g,c) MA MA MA AP �  POA �  SBA vị trí so le Vì  SB // PO (1) Xét ABS có: SB // PO (1) OA = OB (bán kính)  PA = PS = AS (2) Vì KH // AS (  AB) BK KH KI   ( Định lý Talet) BA AS AP KI AP AP    ( (2))  KH AS AP   I trung điểm KH Bài V: Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si) x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y )  xy  y ( x  y )2 3y   4 Ta có M = = xy xy xy xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y 3 y 3 , dấu “=” xảy  x = 2y x Từ ta có M ≥ + - = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 x ≥ 2y  y � x “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh B Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 2: x2  y x2 y x y x y 3x      (  ) xy xy xy y x 4y x 4y x y x y x y ; ta có  �2 1, Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương 4y x 4y x 4y x Ta có M = dấu “=” xảy  x = 2y x , dấu “=” xảy  x = 2y y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Vì x y x ≥ 2y  � Cách 3: x2  y x2 y x y x y 3y      (  ) Ta có M = xy xy xy y x y x x x 4y x 4y x 4y �2 4, Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ; ta có  y x y x y x dấu “=” xảy  x = 2y Vì y x x ≥ 2y  � 3 y x 3 , dấu “=” xảy  x = 2y 5 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y Cách 4: 4x2 x2 3x x x2  y2  y2   y2  y2 3x 3x Ta có M = x  y  4 4      xy xy xy xy xy xy 4y 2 x2 x2 x2 Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ; y ta có  y �2 y  xy , 4 dấu “=” xảy  x = 2y x x , dấu “=” xảy  x = 2y y y xy 3 Từ ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy  x = 2y xy 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Vì x ≥ 2y  � “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Đề 30 – Đà Nẵng Năm 2010 - 2011 Bài 1: a) Rút gọn biểu thức A  ( 20  45  5) =  (2   5)  10 b) Tính B = (  1)      1 Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = (1) Đặt u = x2 ≥ , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = (2) có   169  120  289  17 13  17  2 (loại) hay Do (1)  x = � 15 �3 �x  y  � b) Giải hệ phương trình : �  �2   � �x y Do (2)  u  u (2) 13  17  15 �1  1 �x  1 �x  1 � �x � �  �1 � �2 1 y � �  8 �y  10 10 � � � �x y Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0),  �1;  (d) qua (0;3),  1;  b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: x  x   2x2 – x – = � x  1 hay x  �3 � � � “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (d)  1;  , � ; � A  1;  2 Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 : y – = -1 (x + 1)  () : y = -x + c) Đường thẳng () cắt trục tung C  C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng () cắt trục hoành D  D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B  B có tọa độ (-3; 0) Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng ())  C trung điểm AD 2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B AC = AD Nên ta có S ABC AC   S ABD AD M I Bài 4: N B Q P O O ' A a) Trong đường tròn tâm O: � � � ) Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O: �  BMN � (góc chắn cung BM � ) (1) MAB Trong đường tròn tâm O': �  BNM � (góc chắn cung BN � ) (2) BAN �  BAN �  MBN � �  BNM �  MBN �  1800 Từ (1)&(2) => MAB  BMN Nên tứ giác APBQ nội tiếp �  BQP �  QNM � => BAP (góc nội tiếp góc chắn cung) � BQP � vị trí so le => PQ // MN mà QNM “Hố rác” Khí hậu Miền Trung - Nguyễn Văn Đại – Đức An, Đức Thọ, Tĩnh ... : 10 0 3x + 2y = 2008 Từ 10 0 3x + 2y = 2008  2y = 2008  10 0 3x  y = 10 0 4  10 0 3 x 10 0 3 x 2008 >0 x< 10 0 3 2008 Suy < x < x nguyên  x  {1 ; 2} 10 0 3 10 0 3 Với x =  y = 10 0 4   Z nên x = loại 10 0 3.2... x  y  1 � � �� �� 14 x  x � � � c) x  13 x   Đặt u = x2 �0 x  y  1 � b) � �6 x  y  Ta có: 4u2 – 13 u + =   1 69  48  12 1  11 2 13  11 13  11 � u1   ; u2  3 8 � x1  � ; x2... thức : M  12 +3   2 3 3 2 N  1   1 1  1 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – = c b  1 a a 1 x1  x +    1 Nên : x1 x x1x 1 S =  1 ; P = Câu : ( 1, 5 điểm )
- Xem thêm -

Xem thêm: FULL ĐÁP ÁN CHI TIẾT 30 ĐỀ THI TOÁN 9 VÀO 10 TPHCM + HÀ NỘI ( SẴN IN ), FULL ĐÁP ÁN CHI TIẾT 30 ĐỀ THI TOÁN 9 VÀO 10 TPHCM + HÀ NỘI ( SẴN IN )

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay