Đáp án đề thi tuyển 10

mà hai góc này ở vị trí đối nhau Nên tứ giác BMNC nội tiếp được trong một đường tròn... b/ Chứng minh ∆CED vuông... Vẽ đồ thị 2 đt này ứng với giá trị của x.. Bài 5: a/ Chứng minh tứ giá

Trang 1

HƯỚNG DẪN GIẢI BỘ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HƯỚNG DẪN GIẢI BỘ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

ĐỀ SỐ 1

Bài 1: a/ Phân tích x2-3x+2 = (x-1)(x-2)

A = (x5(−1)(x−x2)−2) = x5−1 (x ≠1; x≠2)

b/ A nhận giá trị nguyên thì 5

− hay x - 1 là ước của 5

*/ x - 1 = 1 ⇔ x = 2 (loại) */ x - 1 = -1 ⇔ x = 0 (TM)

*/ x - 1 = 5 ⇔ x = 6 (TM) */ x - 1 = -5 ⇔ x = -4 (TM)

Vậy với x=0 hoặc x = 6 hoặc x = -4 thì A nhận giá trị nguyên

c/ A > 1 ⇔ 5 1

1

x >

− ⇔ { 1 0

5 1

x x

− >

> − ⇔ { 1

6

x

x>

<

Vậy với 1 < x < 6 và x≠2 thì A > 1

Bài 2: a/ hệ có vô số nghiệm khi: 1 1003 1 ( 0)

a

b

−

b = ⇒ = */ 1 1

a

= ⇒ = −

−

b/ x = 6; y = -4 là nghiệm của hệ ta có: {6 4 1003

6 8 2006

a b

− = + = { 997 / 4

333

a

b=−

=

⇔

Bài 3: x2 + 2(m + 1)x + m - 3 = 0 (1)

a/ Khi m = -2 ta có: x2 - 2x - 5 = 0 ⇒ x1 = 1+ 6 ; x2= 1 - 6

b/ ∆’ = (m+1)2 -(m-3) = m2 + 2m + 1 - m + 3=m2 + m + 4

= m2 + 2.m.1

2+

2

1 2

 

 ÷

  -

2

1 2

 

 ÷

  + 4 = (m +

1

2)2 + 15

4

Ta có: (m + 1

2)2 ≥ 0 với mọi m ⇒ (m + 1

2)2 + 15

4 > 0 ;∀m Vậy ∆’ > 0 với mọi m nên p.trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

c/ Ta có: x12 + x1 + x2 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 + (x1 + x2)

theo Viét ta có: x1 + x2 = -2(m + 1); x1x2 = m - 3

x12 + x1 + x2 + x22 ≤ 16 ⇔ (x1 + x2)2 - 2x1x2 + (x1 + x2) ≤ 16

⇔ [-2(m + 1)]2 -2(m - 3) - 2(m + 1) ≤ 16

⇔ 4m2 + 8m + 4 - 2m + 6 - 2m - 2 ≤ 16

⇔ 4m2 + 4m - 8 ≤ 0 ⇔ 4(m2 + m - 2) ≤ 0 ⇔ m2 + m - 2 ≤ 0

⇔ m2 + 2m - m - 2 ≤ 0 ⇔ m(m + 2) - (m + 2) ≤ 0

⇔ (m + 2)(m - 1) ≤ 0

Ta có: m + 2 > m – 1 với mọi m

⇒ (m + 2)(m - 1) ≤ 0 khi m + 2 ≥ 0 vă m - 1 ≤ 0 hay m ≥ -2 vă m ≤ 1 Vậy với -2 ≤ m ≤ 1 thì x12 + x1 + x2 + x22 ≤ 16

Bài 4: x2 - x - 6 < 0 ⇔ (x + 2)(x - 3) < 0

Ta có: x + 2 > x - 3 với mọi x ∈ Z

⇒ (x + 2)(x - 3) < 0 khi x + 2 > 0 và x - 3 < 0 hay x > -2 và x < 3 Khi -2 < x < 3 thì x2 - x - 6 < 0 Mà x ∈ Z ⇒ x ∈ {-1; 0; 1; 2}

Bài 5:

a/ Xét tứ giác OHMB, ta có:

·HOB=900 (OC ⊥ AB) ·HMB=900 (gnt chắn 1/2 (O)) ⇒ ·HOB HMB+· =900+900 =1800

Mà 2 góc ở vị trí đối diện ⇒ tứ giác OHMB nội tiếp b/ Xét ∆AOH và ∆AMB có: µA : chung

·AOH =·AMB=900

⇒∆AOH ∼∆AMB (g.g)

2

MOB= COB (M là điểm chính giữa »CB )

2

MOB= = mà ·MHB MOB=· =450 (gnt cùng chắn »MB )

Vậy ∆MHB vuông cân tại M d/ Giả sử BH ∩ AE = {N’} ⇒ ·BN A' =900 (H là trực tâm ∆AEB) Mà ·ANB=900 (gnt chắn nửa đường tròn)

⇒ N ≡ N’ hay A, N, E thẳng hàng

Giáo viên: Nguyễn V n Bá N m học: 2007 - 2008 Giáo viên: Nguyễn V n Bá N m học: ă ă ă ă

C E

H

O

Trang 2

ĐỀ SỐ 2

Bài 2: a/ x2 - x2+9 = 11 ⇔ x2+9 = x2- 11 (1);

(ĐK: x ≤ - 11 và x ≥ 11 )

(1) ⇔ x2 + 9 = x4 - 22x2 + 121 ⇔ x4 - 23x2 + 112 = 0 (2)

Đặt y = x2⇒ y2 = x4 (y ≥ 0)

(2) ⇔ y2 - 23y + 112 = 0 ⇔ y = 7 và y = 16

*/ Với y = 7 ⇔ x = ± 7 (loại)

*/ Với y = 16 ⇔ x = ± 4 (TMĐK)

Vậy nghiệm của pt đã cho: x = ± 4

Bài 3: x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0 (1)

a/ Khi m = -2 pt (1) ⇔ x2 + 2x - 6 = 0 ⇔ x = -1+ 7 ; x =

-1-7

b/ ∆’ = (m+1)2-(m-4) = m2 + m + 5 = (m + 1

2)2 + 19

4 >0; ∀m

pt có 2 nghiệm cùng dấu: x1.x2>0 ⇔ m - 4 > 0 ⇔ m > 4

Ta có x1+x2 = 2(m+1) Với m > 4 thì x1+x2 > 0 vậy khi đó hai

nghiệm đều dương

c/ P = x1 + x2 - 2x1x2 = 2(m+1) - 2(m - 4) = 10

Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào m

Bài 4: M = 1 + 3

1

x+ (x ≥ 0)

M đạt GTLN khi x +1 đạt GTNN tức x +1 = 1 khi x = 0

Vậy M đạt GTLN là 4 khi x = 0

Bài 5: a/ Ta có sin2B + cos2B = 1 ⇒ cos2B = 1- sin2B = 1 -

25=25

⇒ cosB = 3

5 Ta có AB = BC.cosB ⇒ BC =

cos

AB

B= 6.5

3 = 10cm

Ta có: AC2 = BC2 - AB2 = 100 - 36 = 64 ⇒ AC = 8cm Vậy chu vi ∆ABC = AB + AC + BC = 24cm

AC AB

= = 24 cm2

b/ Ta có: ·CNH =900 (gnt chắn nửa đ.tròn)

⇒ ·HNA=900 (kề bù) T.tự: ·HMA=900 ⇒AMHN là hcn

⇒ ·AMN = ·AHN (1)

ACH =AHN (2) (cùng chắn ¼NH của (O’))

Từ (1) & (2) ⇒ ·ACH =·AMN

Ta có: ·AMN AMB+· = 1800

⇒ ·NCH NMB+· = 1800 mà hai góc này ở vị trí đối nhau Nên tứ giác BMNC nội tiếp được trong một đường tròn

c/ Ta có: ·HNM =·HAM (AMHN là hcn); ·HAM =·HCN (cùng phụ

·ABC ); · HCN CNO=· ' (∆CO’N cân tại O’) ⇒ ·CNO = ·HNM'

CNO +O NH = ⇒ ·O NH HNM' +· =900 hay O’N ⊥ MN ; N ∈(O’) Vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn (O’) (3)

T.tự: ·OMB HMN=· ⇒ ·OMH HMN+· =900 hay OM ⊥ MN ; M ∈(O) Vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn (O) (4)

Từ (3) & (4) suy ra MN là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’) d/ xét ∆EMH và ∆EHN có: µE chung; · MHB MNH=· (cùng bằng ·ACB )

⇒∆EMH ∼∆EHN (g.g) ⇒ EM EH = EH EN ⇒ EH2 = EM.EN (5)

*/ xét ∆EMC và ∆EBN có: µE chung; · MCB MNB=· (cùng chắn »MB của

đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC)

Từ (5) & (6) ⇒ EH2 = EB.EC (đpcm)

O '

B C

E

N

M

H O A

Trang 3

ĐỀ SỐ 3

+ − + − − +

2

+ −

2

+ − =

1 1

x x

+

−

1

x

+

− =

1

x

− + = +

Để P ∈ Z thì 2

1

x− ∈ Z hay x− ∈1 Ư(2) = {-1; 1; -2; 2}

*/ x−1 = -1 ⇔ x = 0 ⇔ x = 0 (TM); */ x−1 = 1 ⇔ x = 2

⇔ x = 4 (TM); */ x−1 = -2 ⇔ x = -1 (Vô nghiệm)

*/ x−1 = 2 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9 (TM)

c/ P ≤ 1 ⇔ 1

1

x x

+

− ≤ 1

Nếu x− > ⇔1 0 x > ⇔ >1 x 1 thì 1

1

x x

+

− ≤ 1⇔ x+ ≤1 x−1

⇔ x− x ≤ −2 ⇔ 0x ≤ -2 (vô nghiệm)

Nếu x− < ⇔1 0 x < ⇔ <1 x 1 thì 1

1

x x

+

− ≤ 1⇔ x+ ≥1 x−1

⇔ x− x ≥ −2 ⇔ 0x ≥ -2 (luôn đúng)

Vậy khi 0 ≤ x < 1 thì P ≤ 1

Bài 2: Giải các phương trình:

a/ x4 + 5x2 - 36 = 0 (1); Đặt y = x2⇒ y2 = x4 (y ≥0)

phương trình (1) trở thành: y2 + 5y - 36 = 0 ⇔ y1=4; y2=-9(loại)

Với y = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ±2

x

− + (2) (ĐKXĐ: x ≠ 1± ); (MTC: 2(x2 - 1))

QĐKM: (2) ⇒ 2x - (x - 2) = x2 - 1 ⇔ x1=-1(loại); x2 = 2 (TMĐK) Bài 3: (P): y = ax2 ; (d): y = 2x - 3

a/ pthđgđ của (P) và (d) là: ax2 - 2x + 3 = 0 (a ≠ 0) ; ∆’ = 1 - 3a Để (P) t/x với (d) thì pthđgđ phải có no kép hay ∆’ = 0 ⇔ a = 1/3(TM)

*/ Hoành độ tiếp điểm: x = -b’/a = 3 ⇒ y = 3 Tọa độ tiếp điểm: (3; 3) Bài 4: Cho phương trình 2x2 - 5x + 2 = 0 (1) a/ (x1 - x2)2 = (x12 - 2x1x2 + x22) = (x1 + x2)2 - 4x1x2

⇒ x1 - x2 = 2

1 2 1 2

(x x ) 4x x

± + − ; x1 + x2 = 5/2; x1.x2 = 1

⇒ x1 - x2 =

4.1

±  ÷ − = ± − = ± = ±  ÷

Vì x1 < x2 nên: x1 - x2 < 0 ⇒ x1 - x2 = -3/2 b/ Gọi x3; x4 là 2 no của pt mới, ta có: S=x3 + x4 = 3(x1+x2) = 3.5/2=15/2;

P = x3.x4 = 9x1x2 = 9.2/2 = 9

Ta có: S2 - 4P = (15/2)2 - 4(18/2) = 225/4-144/4>0

⇒ x3; x4 là hai nghiệm của phương trình x2 - Sx + P = 0 Vậy phương trình mới là: 2x2 - 15x + 18 = 0

Bài 5:

a/ Chứng minh tứ giác EMDB nội tiếp:

Xét tứ giác EMDB, có:

·EMD EBD+· =900+900 =1800

Mà ·EMD EBD,· là hai góc đối diện Vậy tứ giác EMDB nội tiếp

b/ Chứng minh ∆CED vuông

HD: Chứng minh ·CED=900

c/ Chứng minh tích AC.BD không đổi khi điểm M di động HD: Chứng minh ∆AEC ∼∆BDE

D

B O

E

M

C

y x

A

Trang 4

⇒ AC AE

BE = BD ⇒ AC.BD = BE.EA (không đổi)

ĐỀ SỐ 4

−









−

+

−

+

2 2 : 9

3 3 3 3

2

x

x x

x

ĐK: x ≥ 0, x ≠ 9

9

x

3

x

− − +

−

3 1

x x

− + =

x

3

x

−

+

b/ M đạt giá trị nhỏ nhất khi 3

3

x+ đạt GTLN hay x+3

đạt GTNN Mà x+3 ≥ 3 với mọi x vậy x+3 đạt GTNN là 3

khi x = 0 và GTNN của M = -1 khi x = 0

Bài 2 : Cho phương trình: x2 + 2(m + 1)x - 2m - 3 = 0

(1)

a/ ∆’ = (m+1)2 - (-2m - 3) = m2 + 4m + 4 = (m + 2)2≥ 0; ∀m

b/ Pt (1) có 2 no đối nhau khi: x1 + x2 = 0 ⇔ -2(m + 1) = 0

⇔ m + 1 = 0 ⇔ m = -1

c/ x2 + 2(m + 1)x - 2m - 3 = 0 (1)

(a = 1; b = 2(m + 1); c = -2m - 3)

Ta có: a + b + c = 1 + 2(m + 1) - 2m - 3 = 0

Vậy pt (1) luôn có 1 nghiệm bằng 1 theo đề nghiệm còn lại sẽ là

x2 = 1 hoặc x2 = -1 ⇔ -2m - 3 = 1 hoặc -2m - 3 = -1

⇔ m = -2 (TM) hoặc m = -1 (TM)

Vậy với m = -1 hoặc m = -2 thì phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng bình ph ương nghiệm kia Bài 3 : a)

6

13 1

x x

x

(ĐKXĐ: x ≠ -1; x ≠ 0) QĐKM: 6x2 + 6(x + 1)2 = 13x(x + 1) ⇔ x2 + x - 6 = 0 Giải pt được x1 = -3(TM) ; x2 = 2 (TM); KL

b)







−

=

−

= +

7 2 3

4 3 2

y x

(I)

*/ Nếu x ≥ 0 thì (I) ⇔ { 2 3 4

x+ =y

− =− Giải hệ và đối chiếu

ĐKKL

*/ Nếu x ≤ 0 thì (I) ⇔ { 2 3 4

− + =

− =− Giải hệ và đối chiếu

ĐKKL Bài 4: Vẽ đồ thị hàm số y = x x

2

(1)

*/ Nếu x > 0 thì: y = x ; Nếu x < 0 thì y = -x Vẽ đồ thị 2 đt này ứng với giá trị của x

Bài 5:

a/ Chứng minh tứ giác ADMB nội tiếp

(HS chứng minh) b/ Chứng minh BC2 = 2CA.CD

∆ABC ∼∆MDC (g.g)

⇒ AC BC

Mà MC = BC/2 ⇒AC.DC=BC2/2

⇒ BC2 = 2AC.DC (đpcm) c/ Chứng minh BN =AC

Ta có BE = BD (AB là trung trực của ED) ⇒ ·BED BDE=· (1)

Ta có: AM = MC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

E N

D

M

C B

A

Trang 5

⇒ ·MAC MCA=· ; ·MAC EAN= · (đđ) ⇒ ·BCD EAN= · (2)

Ta có: ·BED EAN ENA= · +· và ·BDE DCB DBC=· +· (3)

Từ (1); (2) và (3) ⇒ ·ENA DBC=· mà ·DBC DCB=· (DB = DC)

⇒ ·ENA EAN=· ⇒ EA = EN ⇒ EN = AD; BE = DC (=BD)

Mà: BN = BE + EN và AC = AD + DC ⇒ BN = AC (đpcm)

ĐỀ SỐ 5

Bài 1: a/ P=

1

1 2

−

x

x x

x

(x > 0; x ≠ 1)

− −

− =

2

x

− −

− =

x

−

b/ P > 0 ⇔ 1 x

x

−

> 0 ⇒ 1 - x > ⇔0 x < 1

⇔ x< 1

Vậy với 0 < x < 1 thì P > 0

Bài 2: a/ x - x - 6 = 0 (x ≥ 0) đặt y = x⇒ y2 = x ;

(y≥0) Ta có: y2 - y - 6 = 0 ⇒ y1 = -2 (loại); y2 = 3 (TM)

*/ Với y2 = 3 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9

b/ x 2 + 12

x - x -

x

1 = 0 ; (1) ; (x ≠ 0) (1) ⇒ x4 + 1 - x3 - x = 0

⇔ x4 - x3 - x + 1 = 0 ⇔ x3(x - 1) - (x - 1) = 0 ⇔ (x - 1)(x3 - 1) = 0

⇔ x -1 = 0 hoặc x3 - 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x3 = 1 ⇔ x = 1 (TM)

Bài 3: Cho Parabol (P): y = x2

a/ Vẽ (P) (HS tự vẽ)

b/ Trên (P) lấy A và B có hoành độ bằng -2 v à 1

A(xA; yA) ∈ (P) ⇔ yA = xA2⇔ yA = (-2)2 ⇔ yA = 4 vậy: A(-2; 4)

B(xB; yB) ∈ (P) ⇔ yB = xB2⇔ yB = 12 ⇔ yB = 1 vậy: B(1; 1)

*/ Phương trình đường thẳng có dạng: y = ax + b (d)

A(-2; 4) ∈ (d) ⇔ 4 = a.(-2) + b ⇔ -2a + b = 4 ; (1) B(1; 1) ∈ (d) ⇔ 1 = a.1 + b ⇔ a + b = 1 ; (2) Từ (1) & (2) ta có hệ phương trình: { 2 4

1

a b

− + = + = giải hệ ta được a =

-1; b = 2 vậy ptđt đi qua A(-2; 4); B(1; 1) là y = -x + 2 c/ (D) // AB vậy ptđt (D): y = -x + b

*/ pthđgđ của (P) & (D): x2 = -x + b ⇔ x2 + x + b = 0

∆ = 1 - 4b Để (D) t/x với (P) thì pthđgđ phải có nghiệm kép hay ∆ =

0 ⇔ 1 - 4b = 0 ⇔ b = 1

4 Vậy (D): y = -x + 1

4 Bài 4: a/ Chứng minh tứ giác SAOH nội tiếp (HS CM)

b/ Chứng minh SA2 =SC.SD Xét ∆SAD và ∆SCA ta có:

$S : chung;

SDA SAC= (=sđ»

2

AC )

Do đó ∆SAD ∼∆SCA

⇒ SA SD

⇒ SA2 = SC.SD (đpcm) c/ Chứng minh BE // CD: Ta có ·BEA IOA=· (=sđ»

2

AB );

SHA SOA= (gnt cùng chắn »AS của đt đk OS); · DHE SHA=· (đđ)

d) MN ⊥ OS ⇒ S∆ SMN = .

2

SO MN

= 9.10

2 = 45 (cm2) Bài 5: ( 2x2 - x + 1)( x2 + x + 1) = 6x2

⇔ 2x4 + 2x3 + 2x2 - x3 - x2 - x + x2 + x + 1 - 6x2 = 0 ⇔ 2x4 + x3 - 4x2 + 1 = 0

⇔ 2x4 - 2x3 + 3x3 - 3x2 - x2 + 1 = 0

D

C

E B H

I A

Trang 6

⇔ 2x3(x - 1) + 3x2(x - 1) - (x - 1)(x + 1) = 0

⇔ (x - 1)(2x3 + 3x2 - x - 1) = 0

⇔ (x - 1)(2x3 + x2 + 2x2 + x - 2x -1) = 0

⇔ (x - 1)[x2(2x + 1) + x(2x + 1) - (2x + 1)] = 0

⇔ (x - 1)(2x + 1)(x2 + x - 1) = 0

⇔ x - 1 = 0 hoặc 2x + 1 = 0 hoặc x2 + x - 1 = 0

*/ Giải các pt trên ta được: S = {1; 1

2

−

2

− + ; 1 5

2

− − }

ĐỀ SỐ 6

+

−

+







2 2

1 :

1 1

1

x

x x

(x > 0; x ≠1; x≠4)

2 3

x x

−

b/ M > 1

3

x x

−

> 1

6 ⇔ 6 x−12> 3 x ⇔ 3 x > 12

⇔ x > 4 ⇔ x > 16

Bài 2: a/ x−5 + x = 11 ⇔ x−5 = 11 - x ; (1) (5 ≤ x ≤ 11)

(1) ⇔ x - 5 = 121 - 22x + x2⇔ x2 - 23x + 126 = 0; ∆ =5

x1 = 14 (loại); x2 = 9 (TM) Vậy nghiệm của pt: x = 9

b/







=

−

= +

5 2

3

1 3

2

y

x

y

x

giải hệ x = 1; y = -1 Bài 3: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và đường thẳng

(Dm ) có phương trình y = 2x +m

a/ Vẽ đồ thị (P) và (D1) khi m = 1

*/ Vẽ (P): BGT

(HS thực hiện vẽ)

*/ Vẽ (D1): y = 2x + 1 Cho x = 0 ⇒ y = 1 ; A(0; 1)

Cho y = 0 ⇒ x = -1/2 ; B(-1/2; 0) Biểu diễn A, B trên mp toạ độ Đường thẳng AB chính là đồ thị hàm số y = 2x + 1 (HS thực hiện vẽ)

b/ pthđgđ của (Dm) và (P): x2 = 2x + m ⇔ x2 - 2x + m = 0 (Dm) cắt (P) tại điểm có hoành độ x = -1 ⇒ (-1)2 - 2.(-1) + m = 0

⇒ m = - 3 ⇒ pthđgđ: x2 - 2x - 3 = 0 ; (a-b+c=0) ⇒ x1 = -1; x2 = 3 Vậy hoành độ điểm còn lại là x = -3

Bài 4: a/ Chứng minh EB.MC = 2a2

Xét ∆ECB vuông tại C, đường cao

CM ⇒ EB.MC = EC.CB Hay EB.MC = 2DC.CB = 2a2

b/ CA là p/g của ·ICM

Ta có: IE = IC (t/c đ.trung trực)

⇒ ·DCI =·DEI; ·DEI =BCM· (=1

2sđ ¼CM )

⇒ ·DCI =BCM· ⇒ ·ICA ACM= · ⇒ CA là p/g của ·ICM c/ Ta có: ·CAE = 900 (gnt chắn 1/2 đ.tròn) ⇒ CA ⊥ EK Xét ∆NCK ta có: CA là phân giác đồng thời là đường cao ⇒∆NCK cân tại C ⇒ CA cũng là đường trung tuyến hay AN = AK

d/ EH.EM + CM.CK = EC2

*/ ∆EAH ∼∆EMK (g.g) ⇒ EA EH

*/ ∆CMH ∼∆CAK (g.g) ⇒ CM CA =CH CK ⇒ CH.CA = CM.CK

⇒ EH.EM + CM.CK = EA.EK + CH.CA mà EA = CA (DA t.trực EC)

⇒ EA.EK + CH.CA = EA.(EK + CH) = EA.(EA+AK+CH) (1)

*/ Xét ∆EAH và ∆CAK ta có: ·AEH =·HCM (gnt chắn ¼AM )

EA = AC (DA t.trực EC) ; ·EAH CAK=· = 900

H

K

B A

C D

E

I

M N

Trang 7

Do đó ∆EAH = ∆CAK (g.c.g) ⇒ AH = AK (2)

Thay (2) vào (1) ta có: EA.EK + CH.CA = EA.(EA+AH+CH)

=EA.(EA + CA) = EA2 + CA2 ; (EA = AC)

EA2 + CA2 = EC2 vậy EC2 = EH.EM + CM.CK (đpcm)

Bài 5: y = 2 2 25 2

1

x

+ +

2

+ + = +

Ta có x2 - 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x2 + 1 ≥ 2x ⇔ 1 ≥ 2

2 1

x

x x

≥ + ⇔

9

2≥ y

x2 + 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x2 + 1 ≥ -2x ⇔ 1 ≥ 2

2 1

x x

−

x x

− ≤

+ ⇔

1 2

−

≤ y

Vậy GTLN của y = 9

2khi x = 1; GTNN của y = 1

2

−

khi x = -1

ĐỀ SỐ 7

Bài 1 : a/ P =

1

3 1

+

−

x

1

x

1

x

− − + + =

2 1

x+

b/ P nhận giá trị nguyên khi x+1 là ước dương của 2

*/ x+1 = 1 ⇔ x =0 ⇔ x = 0 (TMĐK)

*/ x+1= 2 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (TMĐK)

Vậy khi x = 0; x = 1 thì P nhận giá trị nguyên

c/ P đạt giá trị lớn nhất khi x+1 đạt GTNN hay x = 0

Bài 2: a/ 2x - 5 = 3 x+2 (1) ; (x ≥ 52)

(1) ⇒ 4x2 - 20x + 25 = 9x + 18 ⇔ 4x2 - 29x + 7 = 0

*/ ∆ = 27 ⇒ x1 = 7 (TM) ; x2 = 1/4 (loại) Vậy no của pt: x = 7

b/











= +

−

= +

+

−

1 , 0 9 4

1 , 1 6 2

y x y x

Đặt X = x y1− ; Y = x y+1

Ta có: 24X X +−96Y y==1,10,1

0, 25 0,1

X Y

=



 =

1

0, 25 1

0,1

x y

 −





 +



⇔ 0, 250,1x x+0,1−0, 25y=y1=1

4 10

x y

− =



 + =

7 3

x y

=



 =

Bài 3: HS vẽ y =

-2

1

x2 (P) và y = x - 4 (D)

a/ pthđgđ: x2 + 2x - 8 = 0 ⇒ xA = 2; xB = -4

Ta có: yA = xA - 4 ⇒ yA = 2 - 4 ⇒ yA = -2 ; A(2; -2)

yB = xB - 4 ⇒ yB = -4 - 4 ⇒ yB = -8 ; B(-4; -8) b/ A, B ∈ (D) Để A, B, C thẳng hàng thì C ∈ (D) thậy vậy

yC = xC - 4 ⇔ -3 = 1 - 4 ⇔ -3 = -3 (đúng) Vậy A, B, C thẳng hàng Bài 4: a/ Chứng minh tứ giác ODCH nội tiếp, xác định tâm I của đường tròn này (HS CM)

Tâm I là trung điểm của OC

b/ Chứng minh AD = DC Xét ∆ADO và ∆CDO có: OA = OC (bk (O)); ·DAO DCO= · (∆AOC cân tại O) ; ·ADO CDO=· =900 (gnt chắn nửa đt)

Do đó ∆ADO= ∆CDO (ch-gn) ⇒AD = DC (cạnh tương ứng) c/ S = 1

2[S(O) - S(O’)] = 1

2(πR2 - 2

4

R

π ) = 3 2

8

R

d/ Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tr òn (O’)

(x ≠ y ; x ≠ -y)

F I D

A

C

B

Trang 8

Gọi F là giao điểm của BD và CO ⇒ F là trọng tâm của ∆ABC

⇒ FC = 2

3OC; ta có HB = 2

3OB (OH = 1

3OB) ; mà OC = OB

⇒ HB = FC

*/ Xét ∆CFB và ∆BHC có: FC = HB (cmt) ; ·FCB HBC=·

(OC=OB)

BC: chung Do đó ∆CFB = ∆BHC (c.g.c) ⇒ ·CFB CHB=· =900 (góc

tương ứng) ⇒ BD ⊥ CO mà O’D là đường trung bình của ∆AOC

⇒ O’D // OC ; BD ⊥ CO (cmt) ⇒ BD ⊥ O’D hay BD là tiếp tuyến

của đường tròn (O’)

ĐỀ SỐ 8

1

1 1

+

−

+ − + + − = +

b/ A < 1 ⇔ x x+−11 < 1 (1);

*/ Nếu x - 1 > 0 ⇔ x > 1 thì (1) ⇒ x + 1 < x - 1 ⇔ 0x < -2 (vô

nghiệm)

*/ Nếu x - 1 < 0 ⇔ x < 1 thì (1) ⇒ x + 1 > x - 1 ⇔ 0x > -2 (vô

số nghiệm) Vậy khi 0 ≤ x < 1 thì A < 1

1 2 2

2 4 3

3 2

−

− + +

−

= 3 2+ + 2 2− − 3= 2 b/ x−4 x−4 =1 (1) (x ≥ 4)

(1) ⇒ x - 4 x−4 = 1 ⇔ 4 x−4 = x - 1 ⇒ 16x - 64 = x2 -2x + 1

⇔ x2 - 18x + 65 = 0 ⇔ x1 = 5 (TM); x2 = 13 (TM) Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2 (m- 1)x + m - 4 = 0 a/ ∆’ = m2 - 2m + 1 - m + 4 = m2 - 3m + 5 = (m -3

2)2 + 11

4 >0; ∀m b/ x12 + x22 = 6 ⇔ (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 6 (1)

ta có: x1 + x2 = 2(m - 1); x1x2 = m - 4 thay vào (1) ta được:

4(m - 1)2 - 2(m - 4) = 6 ⇔ 4m2 - 8m + 4 - 2m + 8 - 6 = 0

⇔ 4m2 - 10m + 6 = 0 ⇔ 2m2 - 5m + 3 = 0 ⇔ m1 = 1; m2 = 3/2

2 2 1

2

1 x x x

M = (x1 + x2)2 - x1x2 = 4m2 - 8m + 4 - m + 4 = 4m2 - 9m + 8 = (2m)2 - 2.(2m).9

4 + 81

16+47

16= (2m - 9

4)2 + 47

16 ≥ 4716

Vậy M = x12 + x1x2 + x22 đạt GTNN = 47/16 khi m = 9/8

Bài 4: a/ Tính ·AOH

Vậy ·AOH =600

b/ MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

OM ⊥ AC ⇒ OM là t.trực của AC

Xét ∆AMO và ∆CMO ta có:

MA = MC (cmt) ; OM: chung; OA = OC (bk)

Do đó: ∆AMO = ∆CMO ⇒ ·MCO MAO= · =900⇒ MC ⊥ OC ⇒ KL c/ Tính tỉ số

MO BC

C E

B

x

H M

O A

Trang 9

*/ Xét ∆OCB có: OC = OB và ·CBA = 12sđ »AC = 12.600 = 300

⇒∆OCB đều ⇒ CB = R

*/ ∆MAO là nửa ∆đều ⇒ OM = 2OA = 2R Vậy 1

d)Từ M kẻ đường thẳng song song với AB cắt tia BC

tại E Chứng minh 5 điểm A, M, E, C, O cùng thuộc

một đường tròn

*/ Chứng minh tứ giác MAOC nội tiếp

*/ Chứng minh tứ giác AMEC nội tiếp

*/ 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOC và tứ giác AMEC cùng

đi qua 3 điểm A, M, C không thẳng hàng nên suy ra 5 điểm A, M,

E, C, O cùng thuộc một đường tròn

ĐỀ SỐ 9

Bài 1: a/ E =  + +  − 

−

+

x x x x

x x

4 1

1 1

1

; (x > 0; x ≠

1)

1

x

1

x x

−

=

x

= 4x

b/ Tính E khi : x =(4+ 15)( 10− 6) 4− 15 =

4+ 15 10− 6 16 15− = 8 2 15+ ( 5− 3)

= ( 5+ 3)( 5− 3) = 2

Vậy E = 4.2 = 8 Bài 2: a/ y = - x2 (P) và y = - x - 2 (D) (HS vẽ)

*/ pthđgđ: x2 - x - 2 = 0 ⇔ x1 = -1; x2 = 2 Với x1 = -1 ⇒ y1 = -(-1) - 2 = - 1; x2 = 2 ⇒ y2 = -2 - 2 = -4 Vậy toạ độ giao điểm là: (-1; -1) ; (2; - 4)

b/ Gọi x (m) là chiều dài (0 < x < 35); chiều rộng 35 - x -Chiều dài sau khi bớt: x - 2; chiều rộng sau khi thêm 38 - x Theo đề ta có pt: x - 2 = 38 - x ⇔ 2x = 40 ⇔ x = 20 (TM) Chiều dài 20 (m); chiều rộng: 35 - 20 = 15 (m)

Vậy diện tích hcn: 20.15 = 300 (m2) Bài 3: x4 - 2x2 + m - 1 = 0 ; (1) có đúng 2 nghiệm

Đặt y = x2⇒ y2 = x4 (y ≥ 0) Ta có pt: y2 - 2y + m - 1 = 0 ; (2)

∆’ = 1 - m + 1 = 2 - m pt (2) có no khi ∆’ ≥ 0 ⇔ m ≤ 2 Để pt (1) có 2 no khi pt (2) có 2 nghiệm trái dấu

x1.x2 = m - 1; pt (2) có 2 no trái dấu khi x1.x2 < 0 ⇔ m < 1 vậy khi m < 1 thì pt (1) có đúng 2 nghiệm

Bài 4: a/ Chứng minh MA là phân giác góc BMx

Ta có: ·AMx MAC MCA= · +· (t/c góc ngoài) ⇒ · 1

2

AMB= sđ »AB ; mà » AC=»AB (AB = AC)

⇒ ·AMx AMB=·

⇒ MA là phân giác của ·BMx

b/ Chứng minh MD // CH

Ta có: ∆CMH cân tại M Gọi {K} = AM ∩ CH

⇒MK là phân giác của

2007 - 2008

K H

C B

x M

O A

I

Trang 10

·HMC (MA p/g ·BMx )

⇒ MK cũng là đường cao

⇒ MK ⊥ CH (1)

*/ D đối xứng với A qua O

⇒ AD là đường kính của (O)

⇒ ·DMO=900 (gnt chắn 1/2 đt) ⇒ AK ⊥ DM (2)

Từ (1) và (2) ⇒ MD // CH

c/ Gọi I là trung điểm của BM Ta có OI ⊥ BM ⇒ ·BIO=900⇒ I

thuộc đường tròn đường kính BO

*/ Giới hạn: Khi M ≡ A ⇒ I là trung điểm của AB

Khi M, O, B thẳng hàng ⇒ I ≡ O

Khi M ≡ C ⇒ I là trung điểm của AC

Vậy tập hợp các điểm I là trung điểm của BM khi M di động trên

cung AC là cung tròn đường kính OB nằm trong góc ABC

Bài 5: BC = 2 và AH =

22 Tính số đo hai góc B và C

Ta có: AH2 = BH.HC và BH + HC = 2 ⇒ BH = 2−HC

⇒ AH2 = ( 2−HC).HC ⇔ 12 = 2 HC - HC2

⇔ HC2 - 2 2 HC + 1 = 0 ; ∆’ = 0

⇒ HC = 2

2

Vậy ∆ABC vuông cân tại A ⇒ µB C= =µ 450

ĐỀ SỐ 10

Bài 1 : P =

4

2 2

1 2

2

−

+

−

+

x x

4

x

−

3

2+ x

b/ P =

5

6

⇔2+3 x =65⇔ 15 = 12 + 6 x ⇔ x =1

2⇔x=1

4(TM)

c) 2 + x > 0 với mọi x; A nguyên khi 3

2+ x nguyên ⇔ 2 + x là ước dương của 3; Ư(3)={1; 3} */ 2 + x = 1 ⇔ x = -1 (vô nghiệm);

2 + x = 3 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (TM) Vậy khi x = 1 thì A nhận giá trị nguyên

Bài 2: (P) : y =

4

1

x2 và (D): y = mx + n a) A ∈ (D): ⇒ 1 = m.2 + n ⇔ 2m + n = 1 (1) pthđgđ của (P) và (D): x2 - 4mx - 4n = 0 (D) t/x với (P) khi pthđgđ có nghiệm kép Hay ∆’ = 0 ⇔ 4m2 + 4n = 0 ⇔ m2 + n = 0 (2) Từ (1) và (2) ta có hpt: 22 1

0

m n

+ =



 + =

2 - 2m = -1⇔m2-2m+1=0

⇔ m = 1 ⇒ n = -1 ; (D): y = x - 1 b/ x1 = x2 = 2m = 2 ⇒ y = 1 vậy toạ độ tiếp điểm là: A(2; 1) c) Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ Oxy (HS vẽ)

Bài 3: Gọi x (cm) là cạnh góc vuông nhỏ (x > 0) Cạnh góc vuông lớn: x + 2

Theo đề và áp dụng Pitago ta có pt: x2 + (x + 2)2 = 100

⇔ x2 + x2 + 4x + 4 - 100 = 0 ⇔ x2 + 2x - 48 = 0; ∆'= 7

⇒ x1 = 6 (TM) ; x2 = -8 (loại) Vậy cạnh góc vuông lớn là 6; cạnh góc vuông nhỏ là: 8 Vậy diện tích: S = 24

Bài 4: M = (4 + 15 )( 10− 6) 4− 15 (Bài 1b_đề 9) Bài 5:

a/ Chứng minh SA = SI

·MAS =12sđ ¼AM

2

AIS= (sđ »AB CM+¼ )

B

A

K

H

E M

I C

B O

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	0,92 MB