40 Đề thi Toán vào Lớp 10 (Có đáp án)

Nội dung text: 40 Đề thi Toán vào Lớp 10 (Có đáp án)

1. A - PHẦN ĐỀ BÀI I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Cho biết a = 2 3 và b = 2 3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 3x + y = 5 b) Giải hệ phương trình: . x - 2y = - 3 1 1 x Câu 2: Cho biểu thức P = : (với x > 0, x 1) x - x x 1 x - 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Tìm các giá trị của x để P > . 2 Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 3 . Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. 1 1 Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . a b ĐỀ SỐ 2 | |
2. 1 1 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: . 3 7 3 7 b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình: . x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1). Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng. Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI  AB, MK  AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP  BC (P BC). Chứng minh: M PK M BC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. x - 2009 1 y - 2010 1 z - 2011 1 3 Câu 5: Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 4 ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – 4 = 0 2x + y = 1 b) 3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn các biểu thức: 3 6 2 8 a) A = 1 2 1 2 1 1 x + 2 x b) B = . ( với x > 0, x 4 ). x 4 x + 4 x 4 x Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. | |
3. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính. Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF. c) Chứng minh rằng OA  EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + 1 ĐỀ SỐ 4 4 5 Câu 1: a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau: ; . 3 5 1 1 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax2 đi qua điểm M (- 2; ). Tìm hệ số a. 4 Câu 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x + 1 = 7 - x 2x + 3y = 2 b) 1 x - y = 6 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1) a) Giải phương trình đã cho khi m = 3. 2 2 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: ( x1 + 1 ) + ( x2 + 1 ) = 2. Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC 0 sao cho: IEM 90 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Tính số đo của góc IME c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK  BN. | |
4. Câu 5: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 0, b > 0, a b) a - ab ab - b | |
5. x - y = - 1 1 Câu 2: a) Giải hệ phương trình: 2 3 + = 2 2 x y 2 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – x – 3 = 0. Tính giá trị biểu thức: P = x1 + x2 . Câu 3: 1 a) Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M ( 2; ) và song song với đường thẳng 2x + y = 3. Tìm 2 các hệ số a và b. b) Tính các kích thước của một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) NM là tia phân giác của góc A NI . c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - 2 xy + y - 2 x + 3 . Hỏi A có giá trị nhỏ nhất hay không? Vì sao? ĐỀ SỐ 7 Câu 1: a) Tìm điều kiện của x biểu thức sau có nghĩa: A = x - 1 + 3 - x 1 1 b) Tính: 3 5 5 1 Câu 2: Giải phương trình và bất phương trình sau: a) ( x – 3 )2 = 4 x - 1 1 b) < 2x + 1 2 Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2 2 b) Tìm các giá trị của m để: x1 + x2 – x1x2 = 7. Câu 4: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. | |
6. Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết). Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2). Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2). Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm. ĐỀ SỐ 2 Câu 1: a) Theo bài ra ta có: 2011(x y 2011) 2010(y x 2010) x y 2010 2x 4021 x 2010,5 + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0 x y 2011 2y 1 y 0,5 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. 2011 y x 2010 + Nếu x + y - 2011 0 thì vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) 2010 x y 2011 Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x 1 ; b = x 2 x 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2 x 1 = x 2 x 1 4(x + 1) = x2 - x + 1 2 5 37 5 37 x - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 2 2 2) x 1 = 2 x 2 x 1 x 1 4(x 2 x 1) 4x 2 5x 3 0 vô nghiệm. 5 37 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 2 | |
7. b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 a2 + b2 + c2 5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1 q 2 p p 2 2 2 Ta có 6 n (n N) p = q(-P - 6q + n q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì A S K N = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì M NC M IC MNC = 900) H => B NK B MK , I NC I MC (1) P (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). K O Mặt khác B MK I MC (2) C B N (vì B MK K MC K MC I MC do I cùng bù với góc A của tam giác ABC) Từ(1),(2)suyra B NK = I NC nên 3điểm M Q K, N, I thẳng hàng. | |
8. b) Vì M AK M CN  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM) AK CN AB BK CN AB BK CN => cot g hay (1) MK MN MK MN MK MK MN AI BN AC CI BN Tương tự có: hay (2) MI MN MI MI MN IC BK Mà tg ( = B MK I MC ) (3) MI MK AB AC BC Từ (1), (2), (3) => (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do S AC A IN vì cùng bằng N MC ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm). 2x 2 xy y2 p Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình: có nghiệm. 2 2 x 2xy 3y 4 8x 2 4xy 4y2 4p (1) Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta có: 2 2 px 2pxy 3py 4p (2) (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 p 0;p 8. - Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : x (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 (4) với t = . y 7 + Nếu p = 8 thì t = - . 5 + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 p2 - 12p - 18 6 - 3 6 p 6 3 6 . Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 6 , max P = 6 +3 6 . | |
9. ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b 2 - ac + c 2 = - = b - c a - c a - b a - b a - c 1 a ab - b 2 - ac + c 2 Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: 2 = b - c b - c a - b a - c b - c Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có: b cb - c 2 - ab + a 2 c ac - a 2 - bc + b 2 2 = , 2 = c - a a - b a - c b - c a - b a - b a - c b - c a b c Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có + + = 0 (đpcm) (b - c)2 (c - a)2 (a - b)2 b) Đặt 4 2010 = x 2010 = x 2 ; 2010 = x 4 . Thay vào ta có: 2 2 1 1 2 2 2 1 + + 2 1 + 2 x - x 1 + x x2 x4 1 x A = + - 2 = - 2 1 - x x 1 + x x 1 + x 2 2 1 1 = - = 0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b2 + ac 2b ac ; c2 + ab 2c ab . 1 1 1 1 1 1 1 Do đó 2 + 2 + 2 + + a + bc b + ac c + ab 2 a bc b ac c ab a +b b + c c + a + + 1 ab + bc + ca 1 a + b + c = . . 2 2 2 = , đpcm. 2 abc 2 abc 2abc Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 | |
10. Ta có: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1 2 = [ x - y - 2 x - y + 1] - 2 y + 2y 2 1 1 = x - y - 1 + (2y - 2 y + ) - 2 2 2 1 2 1 1 = x - y - 1 + 2 y 1 - - 2 2 2 9 x = 1 x - y - 1 = 0 4 A= - 2 1 2 y - 1 = 0 y = 4 1 Vậy minA = 2 Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 2 x - 1 + 3 5 - x 2 2 + 3 2 x - 1 + 5 - x = 13 .4 2 x - 1 + 3 5 - x 2 13 29 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x x = 13 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 2 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f = x x 0 (1) x 1 Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. f = 4. 2 1 1 1 Thay x = vào (1) ta có: f + 3.f(2) = 2 2 4 | |
11. a + 3b = 4 1 13 Đặt f(2) = a, f = b ta có. 1 . Giải hệ, ta được a = - 2 3a + b = 32 4 13 Vậy f(2) = - . 32 Câu 4: a b Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D 1 1 thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = 2 2 o OK f k c Ta lại có AF = R AF = OA và A FM = 1200. m A OK + A OB = 1800 = A OK + 600 A OK = 1200.Do đó: ∆AFM = ∆AOK e d (c.g.c) AM = AK, M AK = 60 0 AMK đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH b Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB OA2 + OB2 mà OA.OB o 2 h c OA2 + OB2 Do đó 2SAOB 2 a Dấu “=” xảy ra OA  OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: d OB2 + OC2 OC2 + OD2 2SBOC ; 2SCOD 2 2 OD2 + OA2 2SAOD 2 | |
12. 2 OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và A OB = B OC = C OD = D OA = 90 0 ABCD là hình vuông tâm O. Lời bình: Câu III.b 1 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ A(a)x B(a)y C(a) (3) B(b)x A(b)y C(b) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1 Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x 1 1 1 Phương trình Q(x) = P(a) 2 x , tức là b x 2 2 1 Số x được nghĩ ra như thế đó. 2 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f( x) = 2 + 3x. (với x ). | |
13. 1 b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f (x) f x (với 0 x 1). 1 x 1 1 c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (x 1) f (x) f (với 0 x 1). x x 1 ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x + y Vì x + y + 2 ≠ 0 nên = - 1 (1) x + y + 2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x + y ≤ 2 x 2 + y2 x + y ≤ 2 2 (2) x 0, y 0 xy Từ (1), (2) ta được: 2 - 1. Dấu "=" khi x = y x = y = 2 . x + y + 2 2 2 x + y = 4 Vậy maxA = 2 - 1 . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + + = + + x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 z2 x2 y2 = + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy , x2 + y2 2xy x2 x2 y2 y2 Tương tự , y2 + z2 2yz x2 + z2 2xz z2 x2 y2 z2 x 2 y2 Vậy + + + 3 + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 2xy 2yz 2xz 2 2 2 x 3 + y 3 + z 3 + + + 3 , đpcm. x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x (2) 3 | |
14. (1) (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0 3x + 10 - 1 = 0 x = - 3 (thỏa mãn đk (2). x + 3 = 0 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. 2x x2 y2 - 2x + y2 = 0 y2 = (1) b) x2 + 1 2 3 2x - 4x + 3 = - y 3 2 y = - 2 (x - 1) - 1 2x Ta có: 1 y 2 1 - 1 y 1 (1) 1 + x 2 Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: a) Đặt 3 x = b > 0 và 3 y = c > 0 ta có x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được b3 + b2c + c3 + bc2 = a 2 a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b2c2 b + c a2 = (b + c)3 3 a 2 = b + c hay 3 x2 + 3 y2 = 3 a 2 , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x0 0 . a 1 1 1 2 2 Suy ra x0 + ax0 + b + + 2 = 0 x0 + 2 + a x0 + + b = 0 x0 x0 x0 x0 1 1 2 2 2 Đặt x0 + = y0 x0 + 2 = y0 - 2 , y0 2 y0 - 2 = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2 2 2 2 (y 2) 2 2 2 2 2 2 0 y0 - 2 = ay0 + b a + b y0 + 1 a b 2 (1) y0 1 | |
15. (y2 2)2 4 0 Ta chứng minh 2 (2) y0 1 5 4 2 2 4 2 Thực vậy: (2) 5(y0 4y0 4) 4(y0 1) 5y0 24y0 16 0 4 5(y2 4)(y2 ) 0 đúng với y 2 nên (1) đúng 0 0 5 4 Từ (1), (2) suy ra a 2 + b2 5(a 2 + b2 ) 4 , đpcm. 5 c Đặt AH = x m Câu 4: k Ta có A MB = 900 (OA = OB = OM) Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) a b Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). h o h' Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 x = ; x = . 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. a b Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC IE // BC e f Mà GF BC IE GF (1) g Chứng minh tương tự EG IF (2) d c Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF i IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG  DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC | |
16. ĐỀ SỐ 5 9x Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x + 9 2 2 9x 18x 2 x2 18x2 Ta có: x - = 40 - + - 40 = 0 (1) x + 9 x + 9 x + 9 x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x + 9 (y + 20) (y - 2) = 0 y = -20 ; y = 2 x2 = - 20(x + 9) x2 + 20x +180= 0 (3) Thay vào (2), ta có 2 2 x = 2(x + 9) = 0 x - 2x - 18 = 0 (4) Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x 1 19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 19. x + 1 x > 3 2) . Điều kiện 0 (*) x - 3 x - 1 x + 1 Phương trình đã cho (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) = 4 x - 3 x + 1 Đặt t = x - 3 t 2 = (x - 3) (x + 1) x - 3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 t = 1; t = - 4 x 1 x 1 Ta có: (x -3) 1 (1) ; (x 3) 4 (2) x - 3 x 3 x 3 x 3 + (1) 2 x 1 5 . (t/m (*)) (x 3)(x 1) 1 x 2x 4 0 x 3 x 3 + (2) 2 x 1 2 5 . (t/m (*)) (x 3)(x 1) 16 x 2x 19 0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 5 ; x 1 2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 | |
17. 25 - 30x + 9x 2 (3 - 5x) 2 Vậy A2 = = +16 16 . 1 - x 2 1 - x 2 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 x = 5 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2 2 (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x 2 y2 ) (x y)2 , ta có: 2(a 2 + b2 ) (a b)2 2. a 2 + b2 a + b (2) Tương tự, ta được: 2. b2 + c2 b + c (3) và 2. c2 + a 2 c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. 2 Câu 3: (1) có nghiệm y x 4 0 x 2; x 2 (3) (2) (y 1)2 x 2 2x có nghiệm x2 2x 0 2 x 0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). m Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM k Ta có = mà = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN = PN // AC Gọi O là giao điểm AD CD a o h b BO CO MK OC n của AC và BD. Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK và = . Suy ra: = KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì M EH + M FH = 1800 A MB = 1800 - E HF = E HA + F HB (1) Ta có M HF = M EF (góc nội tiếp chắn M F ) | |
18. Lại có M HF + F HB = 900 = M EF + E MD F HB = E MD (2) Từ (1) và (2) E HA = D MB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có D MB = N AB (góc nội tiếp chắn N B ) E HA = N AB do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay M AN = 900 AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM . HE AD S AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF AH AD MA 2 HE . DI Vậy . = . (1) BD BH MB2 DK . HF Ta có H MB = F HB (cùng phụ với M HF ) mà F HB = E MD (CMT) E FH = D IK và E HF = D MH . Tứ giác MEHF nội tiếp nên A MH = E FH vµ E HF = 180 0 - A MB Tứ giác MIDK nội tiếp nên D MB = D IK vµ I DK = 180 0 - A MB E FH = D IK vµ E HF = I DK DIK HFE (g.g) do đó ID DK HE.DI suy ra = ID . HE = DK . HF = 1 (2) HF HE DK.HF MA2 AH AD Từ (1), (2) = . . MB2 BD BH ĐỀ SỐ 6 1 - 2 2 - 3 24 - 25 Câu 1: Ta có:A = + + + - 1 - 1 - 1 = - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + + 25 = - 1 + 5 = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: x2 x2 y2 y2 z2 z2 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 = 0 a a + b + c b a + b + c c a + b + c | |
19. 2 1 1 2 1 1 2 1 1 x - + y - + z - = 0 (*) a2 a2+ b2 + c2 b2 a2+ b2 + c2 c2 a2+ b2 + c2 1 1 1 1 1 1 Do - > 0; - > 0; - > 0 a 2 a 2 + b2 + c2 b2 a 2 + b2 + c2 c2 a 2 + b2 + c2 Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0 2 3 2 a + 1 8a - 1 b) x3 = 2a + 3x. a - 3 3 3 3 1 - 2a x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a) 3 x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 x - 1 = 0 1 x 1 x2 + x + 2a = 0 (v« nghiÖm do a > ) 8 nên x là mét sè nguyên du¬ng Câu 3: 4c 1 35 35 a) Ta có: + 2. > 0 (1) 4c + 57 1 + a 35 2b 1 + a 2b + 35 1 4c 35 1 4c 35 Mặt khác - - 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 4c 35 2b - + 1 1 - = 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 2b 1 57 57 + 2. > 0 (2) 35 + 2b 1 + a 4c + 57 1 + a 4c + 57 1 4c 35 Ta có: 1 - 1 - + 1 + a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 35 . 57 + 2. > 0 (3) 1 + a 4c + 57 35 + 2b 4c + 57 35 + 2b | |
20. Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 . 57 8 . 1 + a 4c + 57 2b + 35 1 + a 2b + 35 4c + 57 Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. 57 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = . 2 Vậy min (abc) = 1995. A B C D b) Đặt t = = = = A = ta, B = tb, C = tc, D = td. a b c d A + B + C + D t = a + b + c + d Vì vậy aA + bB + cC + dD = a 2t + b 2t + c 2t + d 2t A + B + C + D = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) a + b + c + d = (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: A AQ QP a) Xét ∆ABC có PQ // BC = AB BC Q BQ QM P Xét ∆BAH có QM // AH = BA AH Cộng từng vế ta có: B AQ BQ QP QM QP QM M H N C + = + 1 = + AB AB BC AH BC AH 2 QP QM QP QM 2SMNPQ 1 = + 4 . = BC AH BC AH S ABC S S ABC . MNPQ 2 | |
21. S QP QM 1 BC maxS = ABC khi = = QP = MNPQ 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH 1 = QP + QM = BC BC AH BC B Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. H A C Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có: M DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x D HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD. MỤC LỤC Trang - Lời giới thiệu ___3 - A phần đề tài ___5 I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT___ 5 II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ___33 | |
22. B- Phần lời giải ___38 I – Lớp 10 THPT ___38 II – Lớp 10 chuyên toán___ 122 | |