Đề thi thử Toán vào THPT lần 1 năm 2024 – 2025 phòng GD&ĐT Vụ Bản – Nam Định

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi thử môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 1 năm học 2024 – 2025 phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Vụ Bản, tỉnh Nam Định; đề thi gồm 02 trang, cấu trúc 20% trắc nghiệm + 80% tự luận, thời gian làm bài 120 phút, có đáp án và hướng dẫn chấm điểm. Mời bạn đọc đón xem!

PHÒNG GIÁO DC VÀ ĐÀO TO
HUYN V BN
ĐỀ THI TH VÀO THPT LN I
NĂM HC 2024- 2025
Môn: Toán
Thi gian làm bài: 120 phút
(Không k thi gian giao đ)
Phần I. Trc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết ch cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Điều kiện xác định ca biểu thc
3
1
2
4
x
x
−+
A.
4x
. B.
4
x >
. C.
2
x
. D.
2
4
x
x
.
Câu 2. Biết h phương trình
25
2
ax y b
by ax a
+=+
−=+
có nghiệm
( ) ( )
; 2;1xy=
. Khi đó
bằng
A.
9
. B.
18
. C.
18
. D.
9
.
Câu 3. Hàm s nào sau đây nghịch biến trên R ?
A.
2
2yx=
. B.
( )
2
13yx=
. C.
13yx=
. D.
51yx=
.
Câu 4. Cho phương trình
2
4x 5 0x + −=
. Gi
12
,xx
hai nghiệm của phương trình. Giá trị ca biu
thc
2
12
()Axx=
A.
36
. B.
36
. C.
16
. D.
16
.
Câu 5. Cho hàm s
( )
( )
22
4y fx m x
= =
. Tt c các giá tr ca
m
để
( )
15f −=
A.
3
m =
. B.
3m =
. C.
4
m =
. D.
3m = ±
.
Câu 6. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, đường cao
AH
. Cho
4
AH cm=
,
2BH HC=
. Độ dài
BH
bằng
A.
42cm
. B.
22cm
. C.
2 cm
. D.
8cm
.
Câu 7. Cho tam giác
ABC
vuông cân ti
A
, biết
4AB cm=
. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác
ABC
bằng
A.
4cm
. B.
42cm
. C.
2cm
. D.
22cm
.
Câu 8. Ngày
04 06 1783,
anh em nhà Mônggônfi-ê (Montgolfier ) người Pháp phát minh ra
khinh khí cầu dùng không khí nóng. Coi khinh khí cầu này hình cầu đường kính
11 m
.
Din tích mặt khinh khí cầu đó bằng
A.
2
484
3
m
π
. B.
2
121
3
m
π
. C.
2
121 m
π
. D.
2
121
m
.
Phần II. Tự lun (8,0 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm)
a) Chứng minh đẳng thức:
( )
2
2
3. 3 2 12 7
13
−− =
b) Rút gọn biểu thc:
15 11 3 2 2 3
2 31 3
x xx
A
xx x x
−+
= +−
+− +
vi
0x
.
ĐỀ CHÍNH THC
2
Bài 2. (1,5 đim) Cho phương trình
( )
2
22 1 3 0x mx
+ −=
( )
1
(
m
là tham s).
a) Gii phương trình
( )
1
vi
2m =
.
b) m tt c các giá tr ca
m
đ phương trình
( )
1
hai nghim phân bit
12
,xx
tha mãn
12
xx
>
12
21xx= +
Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
20
10
x xy
y xy x
+=
−=
Bài 4. (3,0 điểm).
1. Cho hình vuông
ABCD
có chu vi là
40 .cm
V cung tròn
( )
;B BA
cắt đường chéo
BD
ti
M
, cung tròn
( )
;D DM
ct các cnh
,DA DC
lần lượt ti
,EF
( hình vẽ bên). Tính diện tích
phần hình vuông
ABCD
ngoài hai cung tròn. (phần tô đậm trong hình, kết qu làm tròn đến
ch s thp phân th hai).
2. Cho tam giác nhọn
( )
ABC AB AC<
ni tiếp đường tròn tâm
,O
2 đường cao
,BE
CF
( )
,E AC F AB∈∈
ct nhau ti
H
. Tia
AO
ct
BC
ti
M
và ct
( )
O
ti
.N
a) Chứng minh tứ giác
EBF C
ni tiếp và
EA F ANC=
b) Gi
,PQ
lần lượt nh chiếu ca M trên AB, AC. Chứng minh
EHF NCB∆∆
.. ..HE MQ HB HF MP NC=
Bài 5. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
2315 128xx x x+ −=+ +
b) Cho
,,abc
là các s thực dương tha mãn
2
111
ab c
abc
++=
+++
. Chứng minh rằng :
12ab bc ca++
--------------------- HẾT---------------------
3
I. Phần trc nghiệm (2 điểm)
Mi câu la chọn đúng đáp án được 0,25 điểm
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
Đáp án
D
C
C
B
D
A
D
C
II. Phần t luận (8 điểm)
BÀI
Ý
NI DUNG
ĐIỂM
Bài 1
(1,5điểm)
1.1
Chng minh
( )
2
2
3. 3 2 12 7
13
−− =
0,5
( )
(
)
2
2
3 . 3 2 12
13
21 3
3. 3 2 2 3
2
−−
+
= −−
( )
1 3 3. 2 3 2 3=−−
0,25
1 3 6 33 23=−− +
7=
Vậy
(
)
2
2
3 3 2 12 7
13
−− =
0,25
1.2
Rút gọn biểu thc:
15 11 3 2 2 3
2 31 3
x xx
A
xx x x
−+
= +−
+− +
vi
0x
1,0
15 11 3 2 2 3
2 31 3
x xx
A
xx x x
−+
= +−
+− +
vi
0x
( )( )
15 11 3 2 2 3
13
13
x xx
A
xx
xx
−+
= −−
−+
−+
0,25
( )
( )
( )
( )
(
)(
)
( )
(
)
( )
( )
3 2 32 3 1
15 11
13 13 31
xx xx
x
A
xx xx x x
+ +−
=−−
−+ + +
( )( )
15 11 3 7 6 2 3
13
x x x xx
A
xx
−− +−− +
=
−+
0,25
PHÒNG GIÁO DC VÀ ĐÀO TO
HUYN V BN
ĐÁP ÁN Đ THI TH LẦN 1 TUYN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HC 2024-2025
4
(
)( )
57 2
13
xx
A
xx
−+
=
−+
( )
( )
( )( )
125
13
xx
A
xx
−−
=
−+
0,25
25
3
x
A
x
=
+
Vậy với
0
x
thì
25
3
x
A
x
=
+
0,25
Bài 2
(1,5điểm)
2.1
Gii phương trình
( )
1
vi
2m =
.
0,5
Vi
2m =
, phương trình trở thành
2
6 30xx+ −=
0,25
'
93120∆= + = >
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
323; 3 23
xx=−+ =
Vậy
2m
=
thì phương trình có hai nghiệm
323; 3 23xx=−+ =
0,25
2.2
Tìm tt c các giá tr ca
m
đ phương trình
( )
1
có hai nghim phân bit
12
,
xx
tha mãn
12
xx
>
12
21
xx= +
1,0
Ta có
( )
. 1. 3 3 0
ac= =−<
với mọi
m
Vậy mọi
m
phương trình luôn có hai nghiệm trái du.
0,25
ÁP dụng hệ thc Viét ta có
( )
12
12
2 2 1 (2)
. 3 (3)
xx m
xx
+ = +
=
0,25
Do mi
m
phương trình luôn có hai nghiệm trái du, mà
12
xx>
1
2
0
0
x
x
>
<
Nên
12
21xx
= +
12 2 1
2 1 12xx x x = ⇔=
Thay
21
12xx
=
vào
( )
3
ta được phương trình
2
11
2 30xx −=
( ) ( )
11
1.2 3 0xx + −=
( )
1
1
1( )
3
2
x ktm
x tm
=
=
Vi
1
3
2
x =
2
2x⇒=
0,25
Thay
1
3
2
x =
;
2
2x =
vào
(
)
2
tìm đưc
5
8
m
=
Vậy
5
8
m
=
là giá trị cn tìm
0,25
Bài 3
(1,0điểm)
3
Giải hệ phương trình
2
2
20
10
x xy
y xy x
+=
−=
1,0
2
2
2 0 (1)
1 0 (2)
x xy
y xy x
+=
−=
Gii
( )
2
:
2
10y xy x −=
0,25
5
( )( )
1 10y yx + −− =
10y +=
hoc
1yx
⇔=+
Với
10y +=
1y⇔=
.
Thay y = -1 vào phương trình
( )
1
ta được phương trình
2
20xx++=
Phương trình này có
∆=
1 4.2 7 0=−<
Phương trình vô nghiệm
0,25
Vi
1yx= +
, thay
1yx= +
vào (1) ta được
( )
2
. 1 20x xx + +=
2x⇔=
3
y⇒=
0,25
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 2; 3xy =
0,25
Bài 4
(3,0điểm)
4.1
1,0
Độ dài cạnh hình vuông
40 : 4 10AB cm= =
Diện tích hình vuông
22 2
1
10 100( )S AB cm
= = =
0,25
Din tích qut tròn
BAC
( )
22
2
2
. .90 .10 .90
25
360 360
AB
S cm
ππ
π
= = =
0,25
Xét tam giác
ABD
vuông tại
A
2222
100 100B AB ADD BD=+⇒=+
T đó tính được
( )
10 2BD cm=
10 2 10DM BD BM =−=
( )
cm
Din tích qut
DEF
:
( )
( )
( )
2
2
2
3
. 10 2 10 .90
. .90
75 50 2
360 360
DM
S cm
π
π
π
= = =
0,25
Din tích cn tính là:
( )
(
)
2
123
100 25 75 50 2 7,98S S S S cm
ππ
=−−=
0,25
4.2a
Chng minh t giác
EBF C
ni tiếp và
AEF ANC=
.
1,0
6
BE AC
( gt)
=>
0
90BEC =
Chứng minh tương tự ta đưc
0
90BFC =
0,25
Xét t giác
EBF C
BEC BFC=
,EF
là hai đỉnh k
Vậy tứ giác
EBF C
ni tiếp (dhnb)
0,25
Vì tứ giác
EBF C
ni tiếp( cmt)
0
E 180
CFBC F =
⇒+
( tc)
0
E E 180CAF F =+
( hai góc kề bù)
AEFFBC⇒=
0,25
ANCABC
=
( Hai góc nội tiếp cùng chắn
AC
)
ANCAEF⇒=
0,25
4.2b
Chứng minh
E
HF NCB∆∆
.. ..HE MQ HB HF MP NC=
1,0
Do AN là đường kính của (O)
0
90ABN
=
( góc nội tiếp chn nửa đường tròn)
BN AB⇒⊥
BN HC
( vì cùng vuông góc với
AB
)
Chứng minh tương tự ta đưc
BH CN
t giác BHCN là hình bình hành
Do
BN HC
HCB CBN⇒=
( hai góc so le trong)
Lại có tứ giác
EBF C
ni tiếp
EFCB BF⇒=
( hai góc nội tiếp cùng chắn
BF
)
( )
EF CBN HCBH⇒= =
0,25
Chứng minh tương tự ta đưc
EFH BCN=
Xét
EHF
NCB
EF H CBN=
0,25
Q
P
O
N
M
H
F
E
C
B
A
7
EFH BCN=
E (.)
HF NCB g g⇒∆
Xét tam giác
ANC
MQ NC
( cùng vuông góc với
AC
)
MQ AM
NC AN
⇒=
Chứng minh tương tự ta đưc
MP AM
NB AN
=
MQ MP MQ NC
NC NB MP NB
=⇒=
0,25
E
HF NC
HF NCB
HE NB
⇒=
MQ HF
MP HE
⇒=
..MQ HE MP HF⇒=
HB NC=
( T giác
BHCN
là hình bình hành )
.. . .
MQ HE HB MP HF NC⇒=
0,25
Bài 5
(1,0điểm)
5.1
Gii phương trình
2
2315 128xx x x+ −=+ +
0,50
2
2315 128xx x x+ −=+ +
( ĐK:
3
2
x
)
( ) ( )
2
123 5 1 23xx x x −+ =
Đặt
1; 2 3ax b x=−=
(
0a >
3
2
x
;
)
Phương trình trở thành
22
5ab a b+=
( )
2
22
5ab a b⇔+ =
( vì
0, 0 0a b ab> ⇒+>
)
( )( )
2a 0ab b +=
ab⇔=
( vì
0, 0 2 0a b ab> +>
)
0,25
T đó ta được
23 1xx−=
( )
2
23 1xx −=
( vì
3
10
2
xx −>
)
2
4x 4 0
x +=
( )
2x⇔=
( Thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm
2x =
0,25
5.2
Cho
,,abc
là các s thực dương tha mãn
2
111
ab c
abc
++=
+++
.
Chứng minh rằng :
12ab bc ca++
0,50
T giả thiết ta có:
11
11
1 1 1 11
abc
a b c bc
= +− = +
+ + + ++
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
0,25
8
( )( )
11 2
11
11
bc
bc
+≥
++
++
( )
(
)
2
1
11
a
a
bc
⇒≥
+
++
Tương tự ta được
(
)(
)
2
1
11
b
b
ac
+
++
;
( )( )
2
1
11
c
c
ba
+
++
Khi đó ta được
( ) ( )
(
)
( )
( )
.4
1. 1
1 11
ab
ab
c ba
++
+ ++
( )( )
( )
4 11
.
1
ba
ab
c
++
⇒≥
+
Tương tự ta được :
( )( )
( )
4 11
.
1
bc
bc
a
++
+
;
( )( )
( )
4 11
.
1
ac
ac
b
++
+
( )( )
( )
( )( )
( )
( )
(
)
( )
4 1 14 1 14 1 1
. ..
111
ba bc ca
a b bc ca
cab
++ ++ ++
++ + +
+++
Mt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
11 11 11
3
1 11
ba bc ca
c ab
++ ++ ++
++
+ ++
. . . 12a b bc ca ++
du bằng xảy ra khi và chỉ khi
2abc= = =
Vậy với
,,abc
là các s thực dương tha mãn
2
111
ab c
abc
++=
+++
t
12ab bc ca++
0,25
| 1/8

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ VÀO THPT LẦN I HUYỆN VỤ BẢN NĂM HỌC 2024- 2025 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức 1 x − 2 + là 3 x − 4 x ≥ 2 A. x ≥ 4 . B. x > 4 . C. x ≥ 2 . D.  . x ≠ 4
ax + 2y = b + 5
Câu 2. Biết hệ phương trình có nghiệm ( ; x y)=(2 )
;1 . Khi đó a +b bằng by
 − ax = a + 2 A. 9. B. 18. C. 18 − . D. 9 − .
Câu 3. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R ? A. 2 y = 2x . B. y = ( − ) 2 1 3 x .
C. y =1− 3x .
D. y = 5x −1.
Câu 4. Cho phương trình 2
x + 4x −5=0 . Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình. Giá trị của biểu 1 2 thức 2
A=(x x ) là 1 2 A. −36 . B. 36. C. 16. D. 16 − .
Câu 5. Cho hàm số y = f (x) = ( 2 m − ) 2
4 x . Tất cả các giá trị của m để f (− ) 1 =5 là A. m=3 . B. m = − 3. C. m=4. D. m = ±3.
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Cho AH = 4cm , BH = 2HC . Độ dài BH bằng A. 4 2 cm . B. 2 2 cm . C. 2 cm . D. 8cm .
Câu 7. Cho tam giác A
BC vuông cân tại A , biết AB = 4cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng A. 4cm . B. 4 2 cm . C. 2cm . D. 2 2 cm .
Câu 8. Ngày 04 − 06 –1783, anh em nhà Mông–gôn–fi-ê (Montgolfier ) người Pháp phát minh ra
khinh khí cầu dùng không khí nóng. Coi khinh khí cầu này là hình cầu đường kính 11 m .
Diện tích mặt khinh khí cầu đó bằng A. 484π 2 π m . B. 121 2 m . C. 2 121π m . D. 2 121 m . 3 3
Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm)
a) Chứng minh đẳng thức: − ( − )2 2 3. 3 2 − 12 = 7 − 1− 3 b) Rút gọn biểu thức:
15 x −11 3 x − 2 2 x +3 A = + −
với x ≥ 0 và x ≠ 1.
x + 2 x − 3 1− x x + 3 2
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình 2 x − 2(2m+ ) 1 x − 3 = 0 ( ) 1 ( m là tham số). a) Giải phương trình ( ) 1 với m = 2 − .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2
x > x và 2 x = 1 + x 1 2 1 2 2
x xy + 2= 0
Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2
y xy x −1=0 Bài 4. (3,0 điểm).
1. Cho hình vuông ABCD có chu vi là 40c . m Vẽ cung tròn ( ;
B BA) cắt đường chéo BD tại M , cung tròn ( ;
D DM ) cắt các cạnh ,
DA DC lần lượt tại E, F ( hình vẽ bên). Tính diện tích
phần hình vuông ABCD ở ngoài hai cung tròn. (phần tô đậm trong hình, kết quả làm tròn đến
chữ số thập phân thứ hai).
2. Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O,có 2 đường cao BE, CF
(E AC,F AB)cắt nhau tại H . Tia AO cắt BC tại M và cắt (O) tại N.
a) Chứng minh tứ giác B E
F C nội tiếp và  =  E A F ANC
b) Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh H ∆ E F NCB ∆ và
HE.MQ.HB = HF .MP.NC Bài 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2
x + 2x − 3 =1+ 5x −12x + 8
b) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c + + = 2 . Chứng minh rằng :
a +1 b +1 c +1
ab + bc + ca ≥12
--------------------- HẾT--------------------- 3
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN VỤ BẢN NĂM HỌC 2024-2025
I. Phần trắc nghiệm (2 điểm)
Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D C C B D A D C
II. Phần tự luận (8 điểm) BÀI Ý NỘI DUNG ĐIỂM
1.1 Chứng minh − ( − )2 2 3. 3 2 − 12 = 7 − 1− 3 0,5 − ( − )2 2 3 . 3 2 − 12 1− 3 2(1+ 3) = −3. 3 − 2 − 2 3 0,25 2 − = 1 − − 3 −3.(2− 3)−2 3 = 1 − − 3 −6+3 3 − 2 3 = 7 − 0,25 Vậy − ( − )2 2 3 3 2 − 12 = 7 − 1− 3 Bài 1 (1,5điểm) x x x +
1.2 Rút gọn biểu thức: 15 11 3 2 2 3 A = + −
với x ≥ 0 và x ≠ 1 1,0
x + 2 x − 3 1− x x + 3
15 x −11 3 x − 2 2 x +3 A = + −
với x ≥ 0 và x ≠ 1
x + 2 x − 3 1− x x + 3 15 x 0,25 −11 3 x − 2 2 x +3 A = ( − − x − ) 1 ( x +3) x −1 x + 3
(3 x −2)( x +3) (2 x +3)( x x − − )1 15 11 A = ( − −
x − )1( x +3) ( x − )1( x +3) ( x +3)( x − )1
15 x −11− 3x − 7 x + 6− 2x x +3 A = 0,25 ( x − ) 1 ( x +3) 4 5
x + 7 x − 2 A = ( x − ) 1 ( x +3) 0,25
( x − )1(2−5 x) A = ( x − ) 1 ( x +3) 2−5 x A = x + 3 0,25
Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1 thì 2 5 x A = x + 3
2.1 Giải phương trình ( ) 1 với m = 2 − . 0,5
Với m = − 2 , phương trình trở thành 2 x + 6x −3=0 0,25 ' ∆ =9 + 3 =12 >0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = − 3+ 2 3 ; x = 3 − − 2 3 0,25
Vậy m = − 2 thì phương trình có hai nghiệm x = − 3+ 2 3 ; x = 3 − − 2 3
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt x , x 2.2 1 2 1,0
thỏa mãn x > x và 2 x =1+ x 1 2 1 2 Ta có . a c =1.( 3 − ) = 3
− < 0 với mọi m
Vậy mọi m phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. 0,25
x + x = 2 2m +1 (2) 1 2 ( )
ÁP dụng hệ thức Viét ta có  0,25
x .x = − 3 (3) 1 2 Bài 2 x > 0 1 (1,5điểm)
Do mọi m phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, mà x > x ⇒ 1 2 x <  0 2
Nên 2 x =1+ x ⇔ 2 x =1− x
x =1− 2 x 1 2 1 2 2 1
Thay x =1− 2 x vào (3) ta được phương trình 2 2x x −3=0 2 1 1 1
⇔ (x +1 . 2x −3 =0 1 ) ( 1 ) 0,25
x = −1 (ktm) 1  ⇔ 3 x = tm 1 ( )  2 Với 3
x = ⇒ x = − 2 1 2 2 Thay 3
x = ; x = − 2 vào (2) tìm được 5 m − = 1 2 2 8 0,25 Vậy 5 m − = là giá trị cần tìm 8 2
x xy + 2= 0 3
Giải hệ phương trình 1,0 2
y xy x −1=0 Bài 3 2 (1,0điểm)
x xy + 2= 0 (1)  2
y xy x −1=0 (2) 0,25 Giải (2) : 2
y xy x −1=0 5 ⇔ ( y + )
1 ( y x − ) 1 =0
y +1 =0 hoặc ⇔ y = x +1
Với y +1 =0 ⇔ y = −1.
Thay y = -1 vào phương trình ( )
1 ta được phương trình 2 x + x + 2 = 0 Phương trình này có 0,25 ∆ = 1– 4.2 = 7 − < 0
⇒ Phương trình vô nghiệm
Với y = x +1, thay y = x +1 vào (1) ta được 2
x − .x( x + ) 1 + 2=0 0,25 ⇔ x = 2 ⇒ y =3 Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = ( 2; 3 ) 0,25 4.1 1,0
Độ dài cạnh hình vuông AB = 40 : 4 =10 cm
Diện tích hình vuông là 2 2 2
S = AB =10 =100(cm ) 0,25 1 2 2 π.AB .90 π.10 .90 2 Bài 4
Diện tích quạt tròn BAC S = = = 25π cm 2 ( ) 360 360 0,25 (3,0điểm)
Xét tam giác ABD vuông tại A có 2 2 2 2
BD = AB + AD BD =100+100
Từ đó tính được BD =10 2 (cm)
DM = BDBM =10 2 −10 (cm)
Diện tích quạt DEF : 0,25 π π . DM (10 2 −10)2 2 .90 . .90 S = = = (75−50 2)π ( 2 cm 3 ) 360 360
Diện tích cần tính là:
S = S S S =100 − 25π − (75−50 2)π ≈ 7,98( 2 cm 0,25 1 2 3 )
4.2a Chứng minh tứ giác B E
F C nội tiếp và  =  AEF ANC . 1,0 6 A E F O H Q P C B M N
BE AC ( gt) =>  0 BEC =90 0,25
Chứng minh tương tự ta được  0 BFC =90 Xét tứ giác B E F C có  =  BEC BFC
E, F là hai đỉnh kề 0,25 Vậy tứ giác B E
F C nội tiếp (dhnb) Vì tứ giác B E F C nội tiếp( cmt) ⇒  +  0 FBC E
F C =180 ( tc) Mà  0,25 +  0 E A F E
F C =180 ( hai góc kề bù) ⇒  =  FBC AEF Mà  
ABC = ANC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn  AC ) 0,25 ⇒  =  AEF ANC
4.2b Chứng minh H ∆ E F NCB ∆ và HE.M .
Q HB = HF.M . P NC 1,0
Do AN là đường kính của (O) ⇒  0
ABN = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BN AB
BN HC ( vì cùng vuông góc với AB )
Chứng minh tương tự ta được BH CN
⇒ tứ giác BHCN là hình bình hành 0,25
Do BN HC ⇒  =  HCB
CBN ( hai góc so le trong)
Lại có tứ giác B E F C nội tiếp ⇒  =  FCB E
F B ( hai góc nội tiếp cùng chắn  BF ) ⇒  =  =  E F H CBN ( HCB)
Chứng minh tương tự ta được  =  EFH BCN Xét E HF ∆ và NCB ∆ 0,25 Có  =  E F H CBN 7  =  EFH BCN H ∆ E F NCB ∆ (g.g)
Xét tam giác ANC MQ NC ( cùng vuông góc với AC ) MQ AM ⇒ = NC AN
Chứng minh tương tự ta được MP AM = 0,25 NB AN MQ MP MQ NC ⇒ = ⇒ = NC NB MP NB Mà ∆ E HF NC HF NCB ∆ ⇒ = HE NB MQ HF ⇒ = ⇒ MQ.HE = . MP HF 0,25 MP HE
HB = NC ( Tứ giác BHCN là hình bình hành )
MQ.HE. HB = M . P HF.NC
5.1 Giải phương trình 2
x + 2x − 3 =1+ 5x −12x + 8 0,50 2
x + 2x − 3 =1+ 5x −12x + 8 ( ĐK: 3 x ≥ ) 2 ⇔ x − + x − = (x − )2 1 2 3 5 1 − (2x −3)
Đặt a = x −1;b = 2x −3 ( a > 0 vì 3
x ≥ ; b ≥0 ) 2 0,25 Phương trình trở thành 2 2
a +b = 5a b ⇔ (a +b)2 2 2
= 5a b ( vì a > 0,b ≥0 ⇒ a + b > 0)
⇔ (a b)(2a +b) = 0 Bài 5
a = b ( vì a > 0,b ≥0 ⇒ 2a + b > 0 ) (1,0điểm)
Từ đó ta được 2x −3 = x −1
x − = (x − )2 2 3 1 ( vì 3
x ≥ ⇒ x −1 >0 ) 2 2 ⇔ x − 4x + 4=0 ( ) 0,25
x = 2 ( Thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c + + = 2 . 5.2
a +1 b +1 c +1 0,50
Chứng minh rằng : ab + bc + ca ≥12
Từ giả thiết ta có: a b c 1 1 =1 − +1− = + a +1 b +1
c +1 b +1 c +1 0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 8 1 1 2 + ≥ a 2 ⇒ ≥ b +1 c +1 (b+ )1(c+ )1 a +1 (b+ )1(c+ )1
Tương tự ta được b 2 ≥ ; c 2 ≥ b +1
(a+ )1(c+ )1 c +1 (b+ )1(a+ )1 Khi đó ta được a.b 4 ( ≥ a + ) 1 .(b + ) 1 (c+ ) 1 (b + ) 1 (a + ) 1 4 (b+ ) 1 (a + ) 1 ⇒ a. b ≥ ( c + ) 1 4 (b+ ) 1 (c + ) 1 4 (a + ) 1 (c + ) 1
Tương tự ta được : b. c ≥ ( ; a. c a + ) 1 (b+ )1 4 (b+ ) 1 (a + ) 1 4 (b+ ) 1 (c + ) 1 4 (c + ) 1 (a + ) 1 ⇒ a.b + . b c + . c a ≥ ( + + c + ) 1 (a+ )1 (b+ )1
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có (b+ )1(a+ )1 (b+ )1(c+ )1 (c+ )1(a+ )1 ( + + ≥ c + ) (a+ ) (b+ ) 3 1 1 1 ⇒ a.b + . b c + .
c a ≥ 12 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 0,25
Vậy với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c + + = 2
a +1 b +1 c +1
thì ab + bc + ca ≥12