a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.. Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:... Giả sử đ2 tìm được đ
Trang 1m D qua các đường thẳng AB và AC Chứng minh rằng
m D là một điể
òn tâm O H là trực tâm của tam giác
1
TẬP ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10
Đề : 1
ư
+
ư
+
+
ư
ư
ư
1
1 2 2 : 1 1
x
x x x
x
x x x x
x x
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên
Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm
b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả m2n x ư13 x23 =50
Bài 3: Giải hệ phương trình :
2 2
18
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tr
trên cung BC không chứa điểm A
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành
b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điể
3 điểm P; H; Q thẳng hàng
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất
Bài 5 Cho x>o ; 2
2
1 7
x x
5
1
x x
+
Đáp án
Bài 1: (2 điểm) ĐK: x ≥0;x ≠1
a, Rút gọn: P = ( )
( )
1
1 2
: 1
1
ư
ư
ư
ư
x
x x
x
x
<=> P =
1
1 )
1 (
1 2
ư
+
=
ư
ư
x
x x
x
b P =
1
2 1 1
1
ư +
=
ư
+
x x
x
Để P nguyên thì
) ( 1 2
1
9 3
2
1
0 0
1
1
4 2
1
1
Loai x
x
x x
x
x x
x
x x
x
ư
=
⇒
ư
=
ư
=
⇒
=
⇒
=
ư
=
⇒
=
⇒
ư
=
ư
=
⇒
=
⇒
=
ư
Vậy với x= { 0 ; 4 ; 9 } thì P có giá trị nguyên
Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:
Trang 2
<
+
=
+
>
ư +
=
≥
ư +
ư +
=
∆
0 1 2
0 6
0 6 4
1
2
2
1
2
2
1
2 2
m
x
x
m m
x
x
m m m
2 1
0 ) 3 )(
2 (
0 25
ư
<
⇔
ư
<
>
+
ư
>
=
∆
m
m
m
b Giải phương trình: (mư2)3 ư(m+3)3 =50
ư
ư
=
+
ư
=
⇔
=
ư +
⇔
= + +
⇔
2
5 1 2
5 1
0 1 50
) 7 3 3 (
5
2 1
2 2
m
m
m m m
m
1 1
Ta có :
18 72
u v uv
+ =
=
⇒ u ; v là nghiệm của phương trình : 2
X ư X + = ⇒ X = X =
6
u v
=
=
;
6 12
u v
=
=
1 12
x x
y y
1 12
x x
y y
Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị
Bà4
a Giả sử đ2 tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H
là trực tâm tam giác ABC nên
CH ⊥ AB và BH⊥ AC => BD⊥ AB và CD⊥ AC
Do đó: ∠ABD = 900 và ∠ACD = 900
Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O
Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD
của đường tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠APB = ∠ADB
nhưng ∠ADB =∠ACB nhưng ∠ADB = ∠ACB
Do đó: ∠APB = ∠ACB Mặt khác:
∠AHB + ∠ACB = 1800 => ∠APB + ∠AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên ∠PAB = ∠PHB
Mà ∠PAB = ∠DAB do đó: ∠PHB = ∠DAB
Chứng minh tương tự ta có: ∠CHQ = ∠DAC
H
O
P
Q
D
C B
A
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
www.hsmath.net
Trang 3Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thấy ∆ APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và ∠PAQ = ∠2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O
Bài 5 Từ
2 2
2
1
x
……… HẾT………
Đề : 2
Câu1 : Cho biểu thức
A=
2
) 1 ( : 1
1 1
1
2
2 2 3
3
ư
ư
ư +
+
+
ư
ư
x
x x x x
x x x
x
Với x≠ 2;±1 a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 4 2+
c Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phương trình:
2
b Giải bất phương trình:
2
3
+ + <0
Câu3 Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0
a)Xác định m để phương trình trên có nghiệm phõn biệt
b)Xác định m để phương trình trên có nghiệm phõn biệt x1;x2 sao cho:x12+x22 =3
Câu 4 Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường tròn đó Dưng hình vuông ABCD
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đường tròn (O) Gọi Klà giao
điểm của CFvà ED
a chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K nằm trên một đường tròn
b chứng minh rằng :BK là tiếp tuyến của(o)
c chứng minh rằng :F là trung điểm của CK
đáp án
Câu 1: a Rút gọn A=
x
x2 ư2
b.Thay x= 6 4 2+ =2+ 2 vào A ta được A= 2(4+ 2)
Trang 4ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
O
K
F E
D
C B
A
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=
2
17
3 ±
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
2
1
x y
ư =
(1) V *
4
x y
ư = ư
Giải hệ (1) ta được x=2, y=1
Giải hệ (2) ta được x=-1, y=3
Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3
b) Ta có x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4)
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 với mọi x
Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
• a)Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2
và ,
∆ = m2-2m+1= (m-1)2 > 0 m≠1
ta thấy pt có 2 nghiệm p.biệt với m≠ 1/2 và m≠1
b) m=2 2
4
±
Câu 4:
a Ta có ∠KEB= 900
mặt khác ∠BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=> ∠BFK= 900 => E,F thuộc đường tròn đường kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK
b ∠BCF= ∠BAF
Mà ∠ BAF= ∠BAE=450=> ∠ BCF= 450
Ta có ∠BKF= ∠ BEF
Mà ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA là đường chéo của hình vuông ABED)=> ∠BKF=450
Vì ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B
=>BK⊥OB=>BK là tiếp tuyến của(0)
c)BF⊥CK tại F=>F là trung điểm
Đề: 3
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( x )( y)
xy x
y x
y y
y x
x P
ư +
ư + +
ư
ư +
=
1 1 1
) )
1 )(
(
a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P
b) Tìm x,y nguyên thỏa m2n phơng trình P = 2
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b) Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
= + +
= + +
= + +
27
1 1 1 1
9
zx yz xy
z y x
z y x
Bài 4: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C ≠ A;C ≠ B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N
a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân
b) Khi MB = MQ , tính BC theo R
Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa m2n x+y=1 : Tỡm GTLN của A= x + y
www.hsmath.net
Trang 5
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
Đáp án
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là :; x ≥ 0; y ≥ 0; y ≠1; x + y ≠ 0
P
=
=
=
=
y
=
ư
1
y
=
ư
Vậy P = x + xy ư y
b) P = 2 ⇔ x + xy ư y = 2
1 1 1
= +
ư
⇔
= +
ư +
⇔
y x
y y
x
Ta có: 1 + y ≥1 ⇒ x ư ≤1 1 ⇔0≤x≤4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả m2n
Bài 2: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx
+ m – 2
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x2 = mx + m – 2
⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có ∆ = m2 ư 4m + 8 = (m ư 2)2 + 4 > 0 ∀m nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B
b) A và B nằm về hai phía của trục tung ⇔ p.trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 < 0
⇔ m < 2
Bài 3 :
( )
( )
= + +
= + +
= + +
3 27
) 2 ( 1 1 1 1
1 9
xz yz xy
z y x
z y x
ĐKXĐ : x ≠ 0 , y ≠ 0 , z ≠ 0
2
2
2
z x
z x
=
www.hsmath.net
Trang 6Q
N
M
O
C
B A
Thay vào (1) => x = y = z = 3
Ta thấy x = y = z = 3 thõa m2n hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3
Bài 4:
a) Xét ∆ABM và ∆NBM
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=> ∆BAN cân đỉnh B
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB)
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM)
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b) Xét ∆ MCB và ∆ MNQ có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
∠ BMC =∠ MNQ ( vì : ∠MCB = ∠MNC ; ∠MBC = ∠MQN )
=> ∆ MCB = ∆ MNQ (c.g.c) => BC = NQ
Xét tam giác vuông ABQ có AC ⊥ BQ ⇒AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 ư1)R
Bài 5:) Do A > 0 nên A lớn nhất⇔ A2 lớn nhất
Xét A2 = ( x+ y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có:
2
y
x +
xy
≥ (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 xy (2)
Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y =
2
1
, max A = 2 <=> x = y =
2
1
………
Đề 4
Câu 1: Cho hàm số f(x) = x2ư4x+4
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
) ( 2
ư
x
x f
khi x ≠ ±2
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
Câu 2: Giải hệ phương trình
+
ư
= +
ư
ư +
=
ư
) 3 )(
7 2 ( ) 7 2 )(
3 (
) 4 )(
2 ( ) 2 (
y x
y x
y x
y x
ư +
ư
ư
ư
ư
+
1
: 1
1 1
1
x
x x
x
x x
x x
với x > 0 và x ≠ 1 a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H là chân đường vuông
góc hạ từ A đến đường kính BC
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d Tính AH theo R và d
www.hsmath.net
Trang 7
Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa m2n: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
ư
=
=
⇔
ư
=
ư
=
ư
⇔
=
8
12 10
2
10 2 10
) (
x
x x
x x
f
c)
) 2 )(
2 (
2 4
) ( 2
+
ư
ư
=
ư
=
x x
x x
x f
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1 +
=
x A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1 +
ư
=
x A
Câu 2
x -2
y 2
ư
+
ư
ư
ư
ư
+
1
: 1
1 1
1
x
x x
x
x x
x x
=
ư
+
ư
ư
ư
ư
ư +
ư
+
ư +
1 1
) 1 ( : 1
1 )
1 )(
1
(
) 1 )(
1
(
x
x x
x x x
x x
x
x x
x
ư
+
ư
ư
ư
ư
ư
+
ư
1
: 1
1 1
1
x
x x x x
x x
x x
=
1
: 1
1 1
ư
ư
+
ư
+
ư
x
x x
x x
x
=
1
: 1
2
ư
ư
+
ư
x
x x
x
=
x
x x
1
⋅
ư
+
ư
=
x
x
ư 2
b) A = 3 =>
x
x
ư 2
= 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
CB
CH PB
EH
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=> ∠POB = ∠ACB (hai góc đồng vị)
=> ∆ AHC ∞ ∆ POB
Do đó:
OB
CH PB
AH
www.hsmath.net
www.hsmath.net
Trang 8Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH
b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
)
2 (
2PB
AH.CB 2PB
AH.CB
AH2
ư
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
d
R d 2.R 4R
) R 4(d
R d 8R
(2R) 4PB
4R.2R.PB CB
4.PB
4R.CB.PB AH
ư
= +
ư
ư
=
+
= +
=
⇔
Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ > 0
<=> (2m - 1)2 - 4 2 (m - 1) > 0
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
⇔
=
ư
ư
=
ư
ư
= +
11 4x 3x
2
1 m x x
2
1 2m x
x
2 1
2 1
2 1
=
ư
ư
ư
=
=
11 8m -26
7 7m 4 7
4m -13 3
8m -26
7 7m x
7
4m -13 x 1
1
8m -26
7 7m 4 7
4m -13
3 ư ư = ta được m = - 2 và m = 4,125 (2)
đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa m2n: 3 x1 -4 x2 = 11
HẾT
………
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
Câu 1: Cho P = 2
1
x
x x
+
1
x
+
1
x x
+
ư
a/ Rút gọn P
b/ Chứng minh: P < 1
3 với x ≥ 0 và x ≠1
Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số
a/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia
Câu 3: a/ Giải phương trình : 1
x +
1
= 2
Đề 5
www.hsmath.net
Trang 99
Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B) Gọi (O) là
đường tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K
a/ Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp
b/ Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/ Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành
Cõu5. Cho ba số x, y, z tho2 m2n đồng thời :
x + y + = y + z + = z + x + =
Tính giá trị của biểu thức :A x = 2009+ y2009+ z2009
………
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠1
1
x
x x
+
1
x
+
x
+
=
3
2
x x
+
1
x
+
1
x ư
=
ư
1
x
x + x +
b/ Với x ≥ 0 và x ≠1 Ta có: P < 1
x
x + x + < 1
3
⇔ 3 x < x + x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )
⇔ x - 2 x + 1 > 0
⇔ ( x - 1)2 > 0 ( Đúng vì x ≥ 0 và x ≠1)
Câu 2:a/ Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆’ ≥ 0
⇔ (m - 1)2 – m2 – 3 ≥ 0
⇔ 4 – 2m ≥ 0
⇔ m ≤ 2
b/ Với m ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a Theo Viet ,ta có:
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
a a m
⇒ a= 1
2
m ư ⇒
2
m ư
)2 = m2 – 3
⇔ m2 + 6m – 15 = 0 ⇔ m = –3±2 6 ( thõa m2n điều kiện)
Câu 3:
Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2
Đặt y = 2
2 ư x > 0
Ta có:
2 2
2 (1)
2 (2)
x y
www.hsmath.net
Trang 10Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -1
2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2 Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1
* Nếu xy = -1
2 thì x+ y = -1 Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
X2 + X - 1
2 = 0 ⇔ X = 1 3
2
ư ±
Vì y > 0 nên: y = 1 3
2
ư +
⇒ x = 1 3
2
ư ư
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3
2
ư ư
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành ⇔ AB // CK
⇔ BAC = ACK
2
ACK = sđEC = 1
2sđBD = DCB
Nên BCD BAC =
Dựng tia Cy sao cho BCy BAC = Khi đó, D là giao điểm của AB và Cy
Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC
⇒ D ∈ AB
Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm
.Cõu5 Từ giả thiết ta có : 2
2
2
Cộng từng vế các đẳng thức ta có :( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
x + x + + y + y + + z + z + =
O
K
D
C B
A
ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10
(x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 0
⇒ + + + + + =
1 0
1 0
1 0
x y z
+ =
⇔ + =
+ =
1
⇒ = = = ư
( )2009 ( )2009 ( )2009
2009 2009 2009
⇒ = + + = ư + ư + ư = ư Vậy : A = -3
www.hsmath.net