De thi tuyen sinh vao lop 10 mon Toan - de 03

Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể.. Nếu chảy một mình cho đầy bể thì vòi một cần nhiều hơn vòi hai là 5 giờ.. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu sẽ đầy bể.. Tìm

4 4 4 4 4 3

B x 2 x 1   x 2 x 1 

2

x  4x 2 x 2 m 0   

x xy y 1

y yz z 3

z zx x 7

   



  



   



1 a) Chứng minh:

1 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể Nếu chảy một mình cho đầy bể thì vòi một cần nhiều hơn vòi hai là 5 giờ Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu sẽ đầy bể.

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

3 Cho phương trình:

5 Giải hệ phương trình:

4 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H Từ B vẽ đường thẳng song song với CF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D.

•Chứng minh tứ giác BDCH là hình bình hành.

•Gọi I là điểm đối xứng của H qua BC Chứng minh: HA.HI = 2.HB.HE

Đề III

4 4 4 4 4  6 6 6 6 9

6 6 6 6 9 3

B x 2 x 1   x 2 x 1 

B  x 1 1   x 1 1    x 1 1   x 1 1 2  

1 x 1 1    x 1  0

(điều kiện: x ≥ 1).

Dấu “=” xảy ra  Giá trị nhỏ nhất của B = 2 khi: 1  x  2

4 4 4 4 4 3

B x 1 1   x 1 1 

B x 1 1   x 1 1 

1 x 2

  

Ta có:

1 a)

1 b)

2 Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước, sau 6 giờ thì đầy bể Nếu chảy một mình cho đầy bể thì vòi một cần nhiều hơn vòi hai là 5 giờ Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong bao lâu sẽ đầy bể?

Đại lượng

Riêng

Vòi II Vòi I Chung

1

x 1

x 5

6

Gọi thời gian Vòi II chảy riêng để đầy bể là x (h) Điểu kiện:

Thời gian Vòi I chảy riêng để đầy bể là x + 5 (h)

Trong 1 giờ, Vòi II chảy

được:

(bể)

x  x 5 6

Vì trong 1 giờ hai vòi chảy được 1/6 bể nên ta có phương trình:

1 x

x 6

Trong 1 giờ, Vòi I chảy được: 1 (bể)

x 5

x  4x 2 x 2 m 0   

 

2

P 0 ' 0

S 0







  



 



Đặt

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm t 1 , t 2 thỏa mãn:

hoặc

x 22 2 x 2 m 4 0 1 

      

x 2  t 0

m 4 0

1 m 4 0

2 0

 





    



 



m 4

m 5







Vậy khi m = 5 hoặc m < 4 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

3

C B

H

E

F

D I

J

Mà BD // CF (GT)

4a) Chứng minh BHCD là hình bình hành:

CF  AB (CF là đường cao) Mà BD  AB (tc bắc cầu)

Mà góc ABD là góc nội tiếp đường tròn, nên AD là đường kính của đường tròn.

Suy ra CD  AC mà BE  AC nên BE // CD Do đó BHCD là hình bình hành (đn)

I là điểm đối xứng của H qua BC, nên HI  BC tại J.

Mà AH  BC (H là trực tâm) Nên AH  HI (cùng  BC ) hay ba điểm A, H, I thẳng hàng

AH

E ∽BHJ (g-g)

HA.HJ HB.HE

Mà HI = 2.HJ nên HA.HI = 2.HB.HE 4b) Chứng minh: HA.HI = 2.HB.HE:

x xy y 1

y yz z 3

z zx x 7

   



  



   



x xy y 1

y yz z 3

z zx x 7

   



  



   



x xy 1 y 2

y yz 1 z 4

z zx 1 x 8

    



     

    











1 x 1 y 2 1

1 y 1 z 4 2

1 z 1 x 8 3









1 x 1 y 1 z 2  2 2 64

1 x 1 y 1 z 8 4

1 x 1 y 1 z 8 5







1 z 4   z 3

1 x 2   x 1

1 y 1   y 0

x;y;z  1;0;3

1 z  4  z 5

1 x  2  x 3

1 y  1  y 2

x;y;z   3; 2; 5  

x;y;z  1;0;3   3; 2; 5  

5 Giải hệ phương trình:

Giải:

Chia (4) cho (1) vế theo vế ta được:

Chia (4) cho (2) vế theo vế ta được:

Chia (4) cho (3) vế theo vế ta được:

Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm số là:

Chia (5) cho (1) vế theo vế ta được:

Chia (5) cho (2) vế theo vế ta được:

Chia (4) cho (3) vế theo vế ta được:

Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm số là:

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm số là:

Chúc các thầy cô và các em học sinh thành công trong công tác và học tập