Bộ đề toán ôn thi vào 10

BỘ ĐỀ THAM KHẢO LUYỆN THI VÀO 10 ĐỀ 1 Câu 1 Cho biểu thức A=

ĐỀ 1

Câu 1:

Cho biểu thức : A=𝑚𝑛

2 +𝑛2.(𝑛2−𝑚)+1

𝑚2n4+2n4+m2+2

a Rút gọn biểu thức A

b Chứng minh rằng : A dương

c Với giá trị nào của m thì A (max)

Câu 2:

Tìm GTNN của biểu thức : √𝑥2− 𝑥 + 1 + √𝑥2+ 𝑥 + 1

Câu 3

Cho phương trình : x2−2mx+m−2=0 ( x là ẩn số ) (1)

Chứng minh (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m

Câu 4

Cho △ABC có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BACˆ=α , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K

Tính diện tích △AOK

Câu 5

Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A = 60∘ Gọi H là giao điểm của các đường cao BB'và CC'

Chứng minh các điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn

Hướng dẫn

Câu 1:

a, A= 𝑚𝑛

2 +𝑛2.(𝑛2−𝑚)+1

𝑚2 𝑛4+2𝑛4+𝑚2+2

<=> A= 𝑚𝑛

2 +𝑛4−𝑚𝑛2+1

𝑚2𝑛4+𝑚2+2𝑛4+2

< => A= 𝑛

4 +1 (𝑛4+1) (𝑚2+2)

<=> A= 1

𝑚2+2

b, Ta có : m2≥0,∀m

⇒ m2+2>0,∀m

⇒ 1

𝑚2+2 +2>0,∀m

Vậy A>0,∀m

C, Ta có : m2 ≥0,∀m

⇒ m2+2 ≥ 2,∀m

⇒ 1

𝑚2+2 + 2 ≤

1

2,∀m <=> A ≤ 12 Vậy A= max ⇔A=1

2

⇔m2+2 = 2 <=> m = 0

Câu 2:

Ta có : x2 – x + 1 = (x− 1

2)

2 + 3

4 ≥ 3

4 ∀ x ∈ R

X2 + x + 1 = (x + 1

2) 2+

3

4 ≥ 3

4 ∀ x ∈ R

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số: √𝑥2− 𝑥 + 1, √𝑥2+ 𝑥 + 1 ta có

√𝑥 2 − 𝑥 + 1 + √𝑥 2 + 𝑥 + 1 ≥ √√𝑥2 2 − 𝑥 + 1 √𝑥 2 + +𝑥 + 1 = 2 √𝑥4 4 + 𝑥 2 + 1 ≥ 2

Vậy Min A =2 { 𝑥4 + 𝑥2 + 1 + 1

√𝑥2 − 𝑥 + 1 + √𝑥2 + 𝑥 + 1

<=> x= 0

Câu 3:

Ta có : Δ′= m 2− m + 2 = m2 − m + 1

4 +

7 4

⇔Δ′ = ( m − 1

2)

2 + 7 4

Vì : Δ′= ( m − 1

2)

2 + 7

4 > 0, ∀m

=> (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m ( đpcm )

Câu 4:

Ta có : AK = AL; CK = CM; BM = BL

=> 2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p

Mà AK = p – (BM + CM) <=> AK = p – a

Vì theo giả thiết : BACˆ=α

=> KAOˆ=𝛼

2

+ OK = (p - a)tan 𝛼

2

=> SAOK= 1

2AK.AO=

1

2(p−a)2 tan 𝛼

2

Câu 5:

Ta có: 𝐵𝑂𝐶̂ là góc ở tâm chắn cung BC và 𝐵𝐴𝐶̂ là góc nội tiếp chắn cung BC

⇒ 𝐵𝐴𝐶̂BACˆ = 1

2 𝐵𝑂𝐶̂ (định lý về góc nội tiếp và góc ở tâm)

⇒ 𝐵𝑂𝐶̂ = 2 𝐵𝐴𝐶̂ = 2.60∘ (1)

Xét tứ giác AC'HB" có" 𝐴̂ + 𝐻𝐶′𝐴̂ + 𝐻𝐵′𝐴̂ + 𝐵′𝐻𝐶′̂ =360∘ (tổng 4 góc trong tứ

giác)

⇒ 𝐵′𝐻𝐶′̂ = 360∘−60∘−90∘−90∘=120∘

mà 𝐵′𝐻𝐶′̂ đối đỉnh 𝐵𝐻𝐶̂ => 𝐵𝐻𝐶̂ = 120∘ (2)

Trong ΔIBC:

BI là tia phân giác 𝐴𝐵𝐶̂ ⇒ 𝐶𝐵𝐼̂ = 1

2 𝐴𝐵𝐶̂

CI là tia phân giác 𝐴𝐶𝐵̂ ⇒ 𝐵𝐶𝐼̂ = 1

2 𝐴𝐶𝐵̂

⇒ 𝐶𝐵𝐼̂ + 𝐵𝐶𝐼̂ = 1

2 ( 𝐴𝐵𝐶̂ + 𝐴𝐶𝐵̂ )

= 1

2 (180

∘− 𝐵𝐴𝐶̂) = 1

2 (180

∘−60∘)

= 60∘

⇒ 𝐵𝐼𝐶 ̂= 180∘− 𝐶𝐵𝐼 ̂= 180∘−60∘ = 120∘ (3)

Từ (1)(2)(3), các điểm O, I, H nằm trên cung chứa góc 120∘ dựng trên đoạn BC

Vậy 5 điểm B, C, O, H, I nằm trên cùng 1 đường tròn

ĐỀ 2

Bài 1:

a, Cho biết a=2 + √3 và b=2 –√3 Tính giá trị biểu thức: P=a+b–ab

b, Giải hệ phương trình: {𝑥 − 2𝑦 = −33𝑥 + 𝑦 = 5

Bài 2:

Cho biểu thức P= ( 1

𝑥−√𝑥 + 1

√𝑥−1 : √𝑥

𝑥−2√𝑥 +1 ( 𝑣ớ𝑖 𝑥 > 0; 𝑥 ≠ 1 )

a Rút gọn biểu thức P

b Tìm hiểu các giá trị của x để P > 1

2

Bài 3:

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

Nhà Lan có một mảnh vườn trồng sau cải bắp Vườn được đánh thành nhiều luống, mỗi luống trồng cùng một số cây cải bắp Lan tính rằng: Nếu tăng thêm 8 luống rau, nhưng mỗi luống trồng ít đi 3 cây thì số cây toàn vườn ít đi 54 cây Nếu giảm

đi 4 luống rau nhưng mỗi luống trồng tăng thêm 2 cây thì số cây toàn vườn sẽ tăng thêm 32 cây Hỏi vườn nhà Lan trồng bao nhiêu cây sau cải bắp?

Bài 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 tam giác CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định

Hướng dẫn

Bài 1:

a Ta có: a + b = ( 2+ √3 ) + (2− √3 ) =4

a.b= ( 2 + ).( 2− √3 ) =1

Suy ra: P =3

b { 3x + y + 5

𝒙 − 2y = −3  {

6𝑥 + 2𝑦 + 10

𝑥 − 2𝑦 = −3  {

7𝑥 = 7

𝑦 = 5 − 3𝑥  {

𝑥 = 1

𝑦 = 2

Bài 2:

a P= ( 1

√𝑥(√𝑥+1) + √𝑥

√𝑥 ( √𝑥−1 ) : √𝑥

𝑥−2√𝑥+1

= ( 1

√𝑥(√𝑥+1) + √𝑥

√𝑥 (𝑥−1) ) (√𝑥−1 )

2

√𝑥

= 1+ √𝑥

√𝑥 ( √𝑥−1) (√𝑥−1)

2

√𝑥 = ( √𝑥+1 )( √𝑥−1)

√𝑥.√𝑥 = 𝑥−1

√𝑥

b Với x > 0; x ≠ 1 thì 𝑥−1

𝑥 > 1

2 ⇔ 2 ( x −1) > x ⇔ x > 2 Vậy với x > 2 thì P > 1

2

Bài 3:

Gọi x là số luống rau; y là số cây của mỗi luống (x;y>0)

Ta có vườn nhà Lan trông được x.ycây

Nếu tăng thêm 8 luống rau, nhưng mỗi luống trồng ít đi 3 cây thì số cây toàn vườn

ít đi 54 cây Ta có phương trình:

( x + 8 ).( y – 3 ) = x y – 54 ⇔ xy − 3x + 8y – 24 = xy − 54

⇔ xy – xy − 3x + 8y = − 54 + 24 ⇔ − 3x + 8y = − 30

⇔ 3x − 8y = 30 (1)

Nếu giảm đi 4 luống rau nhưng mỗi luống trồng tăng thêm 2 cây thì số cây toàn vườn sẽ tăng thêm 32 cây Ta được phương trình:

(x − 4 ).( y + 2 ) = xy + 32 ⇔ xy + 2x − 4y – 8 = xy − 32

⇔ xy – xy + 2x − 4y = 32 + 8 ⇔ 2x − 4y = 40 ⇔ x − 2y = 20 (2)

Từ (1) và (2) ta được hệ phương trình sau:

{3𝑥 − 8𝑦 = 30

𝑥 − 2𝑦 = 20  {

3𝑥 − 8𝑦 = 30

𝑥 = 20 + 2𝑦

Áp dụng quy tắc thế ta được:

{3 ( 20 + 2𝑦 ) − 8𝑦 + 30

𝑥 + 20 = 2𝑦  {60 + 6𝑦 − 8𝑦 = 30𝑥 = 20 + 2𝑦  {−2𝑦 = 30 − 60 𝑥 = 20 + 2𝑦

 {𝑥 = 20 + 2𝑦 −2𝑦 = −30  { 𝑦 = 15

𝑥 = 20 + 2𝑦  {

𝑦 = 15

𝑥 = 20 + 2.15

 {𝑦 = 15

𝑥 = 50

Vậy có 50 luống và mỗi luống có 15 cây Vậy vườn nhà Lan trồng số cây cải bắp là: 15.50 = 750 (cây)

Bài 4:

a Tứ giác BEFI có: BIF=900 (gt)

BEF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF

b Vì AB⊥CD nên AC = AD, suy ra ACF = AEC

Xét ΔACF và ΔAEC có góc A chung và ACF = AEC

Suy ra: ΔACF∼ΔAEC⇒𝐴𝐶

𝐴𝐹=

𝐴𝐸 𝐴𝐶

⇒AE.AF=AC2

c Theo câu (b) ta có ACF = AEC, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp ΔCEF (1)

Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC⊥CB(2)

Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ΔCEF, mà CB

cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔCEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC

ĐỀ 3

Bài 1:

Cho các đường thẳng sau:

(d1):y=x−2

(d2):y=2x−4

(d3):y=mx+m+2

a Tìm điểm cố định mà (d3) luôn đi qua với mọi m

b Tìm m để 3 đường thẳng trên đồng quy

Bài 2:

Giải hệ phương trình:

{

3𝑥 − 2

𝑦 + 1 = −

1 2 2𝑥 + 1

𝑦 + 1 = 2

Bài 3:

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

Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị mét

Bài 4:

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R C là điểm nằm bất kì trên đường tròn sao cho C ≠A,B và AC < CB D thuộc cung nhỏ BC sao cho ∠DOC = 900 E

là giao điểm của AD và BC; F là giao điểm của AC và BD:

a Chứng minh rằng tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp

b Chứng minh rằng FC FA = FD FB

c I là trung điểm của EF Chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của (O)

d Khi C thay đổi thỏa mãn điều kiện của bài toán thì I thuộc đường tròn cố định

nào?

Hướng dẫn

Bài 1:

a Giả sử điểm cố định mà (d3 ) luôn đi qua với mọi m là A(xo; yo)

y0 = mx0 + m + 2 đúng với mọi m

 m ( x0 + 1) + ( 2 − y0 ) = 0 đúng với mọi m

 {2 − 𝑦𝑥0+ 1 = 0

0 = 0  {

𝑥0 = −1

𝑦0 = 2 Vậy điểm cố định mà (d3) luôn đi qua với mọi m là A(−1;2)

b Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương trình

{𝑦 = 2𝑥 − 4𝑦 = 𝑥 − 2  {𝑥 − 2 = 2𝑥 − 4𝑦 = 𝑥 − 2  {𝑦 = 𝑥 − 2𝑥 = 2  {𝑥 = 2 𝑦 = 0

Để 3 đường thẳng trên đồng quy thì (d3) phải đi qua giao điểm của (d1) và (d2)

 0 = 2m + m + 2  m = − 2

3

Vậy với m =− 2

3 thì 3 đường thẳng trên đồng quy

Bài 2:

Điều kiện y ≠ −1

{

3𝑥 − 2

𝑦+1 = − 1

2

2𝑥 + 1

3𝑥 − 2

𝑦+1 = −1

2

4𝑥 + 2

𝑦+1 = 4  {

7𝑥 = 7

2

2𝑥 + 1

 { 𝑥 =

1 2

1 +1

𝑌 = 2  {

𝑥 = 1

2

𝑦 = 0 ( TMĐK Y≠ −1)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1

2;0)

Bài 3:

Nửa chu vi là: 28 : 2 = 14 (m)

Gọi chiều dài mảnh đất là x (mét) Điều kiện 0<x<14

=> Chiều rộng mảnh đất là 14–x (mét)

Ta có chiều dài lớn hơn chiều rộng nên x>14−x=>x>7

Vì độ dài đường chéo là 10 met nên ta có phương trình

X2 + ( 14 - x )2 = 102  2x2 - 28x + 169 = 0

 x2 -14x + 48 = 0 { 𝑥 = 8 > 7 ( 𝑇𝑀)

𝑥 = 6 < 7 ( 𝐾𝑇𝑀 ) Vậy chiều dài mảnh đất là 8 mét, chiều rộng là 14- 8 = 6 (mét)

Bài 4:

a ∠ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FCE = 900

∠ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FDE = 900

Xét tứ giác CEDF có:

∠FCE = 900

∠FDE = 900

=> ∠FCE + ∠FDE = 1800

=> Tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp

b Xét ΔAFD và ΔBFC có:

∠AFB là góc chung

∠ADF = ∠BCF = 900

=> ΔAFD ∼ ΔBFC

=> 𝐹𝐴

𝐹𝐵=

𝐹𝐷

𝐹𝐶=> FA.FC=FB.FD

C Do ∠FCE = 900 Nên FE là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Do đó trung điểm I của FE là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Tam giác CFI có IC = IF => ΔCFI cân tại I

=> CFI = ∠FCI

Tứ giác CEDF nội tiếp =>∠CFI = CDE (2 góc nội tiếp cùng chắn 𝐸𝐶̂ )

Tứ giác ACDB nội tiếp =>∠CDE = ∠CBA (2 góc nội tiếp cùng chắn 𝐴𝐶 )̂

ΔAOB cân tại O =>∠BCO = ∠CB

=> ∠FCI = ∠BCO

=> ∠FCI + ∠ECI = ∠BCO + ∠ECI <=> ∠FCE = ∠ICO

=> ∠ICO = 900

Vậy IC là tiếp tuyến của (O)

d Chứng minh tương tự câu c, ta có ∠IDO) = 900

Xét tứ giác ICOD có:

∠ICO = ∠IDO = ∠COD = 900

=> Tứ giác ICOD là hình chữ nhật

Lại có OC = OD = R

=> Tứ giác ICOD là hình vuông

Có OI là đường chéo hình vuông cạnh R

=> OI = R√2

O cố định, do đó I thuộc đường tròn tâm O, bán kính R √2 cố định