Đề luyện thi vào lớp 10 môn toán số 2

Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O.. H là trực tâm của tam giác.. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.. a Xác định vị trí của điểm D để tứ giác BHCD là h

Đ/C Lớp nhúm “10-11-12” của thầy Phạm Quốc Vượng tại Hà Nội: Cơ sở 1: Cầu Giấy (ĐHSP)- Hà Nội Cơ sở 2: Gia Lõm (Đường Cổ Bi)- Hà Nội Cơ sở 3: Phố Tạ Quang Bửu (ĐH Bỏch Khoa)- Hà Nội ĐT: 0985.368.767

Page 1

Đề SỐ 2









































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 mãn 3

2 3

x  =50

Bài 3 Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 Chứng minh:

a) Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2 b) Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4 Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O H là trực tâm của tam giác D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A

a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành

b) Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng

AB và AC Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng

c) Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất

Bài 5 Cho a, b là các số thực dương Chứng minh rằng:

 2

2

a b

a b    a b b a

Đ/C Lớp nhóm “10-11-12” của thầy Phạm Quốc Vượng tại Hà Nội: Cơ sở 1: Cầu Giấy (ĐHSP)- Hà Nội Cơ sở 2: Gia

Lâm (Đường Cổ Bi)- Hà Nội Cơ sở 3: Phố Tạ Quang Bửu (ĐH Bách Khoa)- Hà Nội ĐT: 0985.368.767

Page 2

§¸p ¸n §Ò SỐ 2

Bµi 1

§K: x  0 ;x 1

a) Rót gän:

2

2

x x 1 ( x 1) x 1

b) P =

1

2 1 1

1











x x

x

§Ó P nguyªn th× 2 phải chia hết cho √ hay √ là ước của 2

Từ đó ta có:

VËy víi x= 0 ; 4 ; 9 th× P cã gi¸ trÞ nguyªn

Bµi 2

a) §Ó phương tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×:











































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





































m

m

m

b) Giải phương tr×nh ta được: [

Khi đó: 3 3

x x 50 m 23 (m 3 )3  50

Đ/C Lớp nhúm “10-11-12” của thầy Phạm Quốc Vượng tại Hà Nội: Cơ sở 1: Cầu Giấy (ĐHSP)- Hà Nội Cơ sở 2: Gia Lõm (Đường Cổ Bi)- Hà Nội Cơ sở 3: Phố Tạ Quang Bửu (ĐH Bỏch Khoa)- Hà Nội ĐT: 0985.368.767

Page 3











































2

5 1 2

5 1

0 1 50

) 7 3 3 ( 5

2 1

2 2

m m

m m m

m

Bài 3

a)

+) Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0 (*)

Vì x1> 0 nờn chia cả 2 vế của (*) cho ta được: c 1 . 1 0

1

2











a x

b

Chứng tỏ

1

1

x là một nghiệm dương của phương trình: ct2 + bt + a = 0; t1 =

1

1

x (1) +) Vì x2 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0

Vì x2> 0 nên c 1 . 1 0

2 2

2































a x

b

2

1

x là một nghiệm dương của phương

trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 =

2

1

x (2)

Từ (1) và (2) ta cú nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thì phương trình: ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt

t1 =

1

1

x ; t2 =

2

1

x

b) Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên ta cú:

+) t1+ x1 =

1

1

x + x1 2

+) t2 + x2 =

2

1

x + x2 2 Cộng vế với vế ta được: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4

Đ/C Lớp nhúm “10-11-12” của thầy Phạm Quốc Vượng tại Hà Nội: Cơ sở 1: Cầu Giấy (ĐHSP)- Hà Nội Cơ sở 2: Gia Lõm (Đường Cổ Bi)- Hà Nội Cơ sở 3: Phố Tạ Quang Bửu (ĐH Bỏch Khoa)- Hà Nội ĐT: 0985.368.767

Page 4

a) Giả sử đã 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

Mà: 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

Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba 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

Ta cú:

     a , b > 0

      

H

O P

Q

D

C B

A

Đ/C Lớp nhóm “10-11-12” của thầy Phạm Quốc Vượng tại Hà Nội: Cơ sở 1: Cầu Giấy (ĐHSP)- Hà Nội Cơ sở 2: Gia Lâm (Đường Cổ Bi)- Hà Nội Cơ sở 3: Phố Tạ Quang Bửu (ĐH Bách Khoa)- Hà Nội ĐT: 0985.368.767

Page 5

        a , b > 0

1

0 2

      (1)

Mặt khác: a b  2 ab 0 (2)

Nhân vế với vế (1) và (2) ta được:     1  

2 2

a b  a b   ab a b

 

2

a b

    