Giải đề Toán TS 10 - 8 (9)

Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m.. Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60o và đường chéo AC = 6cm.. Gọi E, F theo

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10

ĐỀ SỐ 8

(Thời gian : 120 phút)

Bài 1.

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P)

a) Chứng minh rằng điểm A ( 2;2) nằm trên (P)

b) Tìm m để đồ thị (d) của hàm số : y = (m – 1)x + m , m   và m ≠ 1 cắt (P) chỉ tại một điểm c) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 1 đồ thị (d) của hàm số y = (m – 1)x + m luôn đi qua một điểm

cố định

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình :

2 2

2 2

x y xy





 b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + 3 = 0

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m Tính diện tích khu vườn ban đầu

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60o và đường chéo AC = 6cm Gọi E, F theo thứ

tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD Từ B hạ BH  AC,

H  AC

a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của đường tròn đó

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và tính diện tích tam giác đó

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2

GIẢI

Bài 1.

a) vì ( 2)2  tức là tọa độ điểm A thỏa mãn y = x2 2 có đồ thị (P) , A  (P)

b) Đồ thị đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m chỉ cắt (P) : y = x2 taị một điểm tức là phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất một nghiệm :

pt hoành độ giao điểm : x2 = (m – 1)x + m  x2 – (m – 1)x – m = 0 (1) với m ≠ 1(*)

(1) có nghiệm duy nhất   = 0  (m – 1)2 + 4m = 0  ( m + 1)2 = 0  m = – 1 (thỏa (*)) c) Gọi M(xo ; yo) là điểm cố định mà (dm) đi qua với mọi m ≠ 1

Ta có : với mọi m ≠ 1 thì yo = (m – 1)xo + m  mxo – xo + m = yo  m(xo + 1) = xo + yo Với xo = 1  m.0 = 1 + yo  yo = 1

Vậy với mọi m ≠ 1 thì (d) luôn đi qua một điểm cố định M(– 1 ; 1)

* Cách khác : giả sử m = 0 : y = – x (do) và m = 2 : y = x + 2 (d2)

Giải hệ (do) và (d2) : – x = x + 2  x = – 1 suy ra y = 1

Vậy điểm cố định cần tìm là M(– 1 ; 1) mà (d) luôn đi qua với mọi m ≠ 1

M(– 1 ; 1)

Vậy với mọi m thì đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m luôn đi qua 1 điểm cố định , mà cụ thể điểm

đó là M(– 1 ; 1)

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình :

2 2

2 2

x y xy







2 2

x y

x y



 

4

x y

x y

 





 

4

x y

x y

 







4

x y

x y





 



4

x y

x y









2

3

10

3

x

y









 



2

x y











hoặc

2 3 10 3

x y









 



hoặc 2

2

x y











b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + 3 = 0

Ta có : x2 – 2xy + 3 = 0  x(x – 2y) = -3  x = - 1 , x – 2y = 3 hoặc x = 1 ; x – 2y = -3

hoặc x = 3 ; x – 2y = -1 hoặc x = - 3 ; x – 2y = 1

+ x = - 1 , x – 2y = 3  x = -1 , y = -2

+ x = 1 ; x – 2y = -3  x = 1 , y = 2

+ x = 3 ; x – 2y = -1  x = 3 ; y = 2

+ x = -3 ; x – 2y = 1  x = -3 ; y = -2

Vậy các số nguyên x, y thỏa đề bài là :

(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (3 ; 2) ; (-3 ; -2)

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m Tính diện tích khu vườn ban đầu

Gọi x là chiều dài , y là chiều rộng khu vườn lúc đầu (x, y > 0, m)

Và nửa chu vi là 50 = x + y (1)

Chiều dài lúc sau : 2x , chiều rộng lúc sau : 3y

Và nửa chu vi lúc sau là ; 120 = 2x + 3y (2)

Nên ta có hệ phương trình :

50

x y

x y







20

x y









 Vậy diện tích khu vườn ban đầu là : 30.20 = 600 (m2)

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60o và đường chéo AC = 6cm Gọi E, F theo thứ

tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD Từ B hạ BH  AC,

H  AC

a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của đường tròn đó

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và tính diện tích tam giác đó

O

I

H

F

E

C B

a) Ta có : BHC BEC 1v  tứ giác BHCE nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC

và AD // BC (ABCD là hình bình hành) mà FC  AD (gt) nên FC  BC tại tiếp điểm C

do đó : FC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

Ta có : BCH CAF (so le trong) vuông BCH  vuông CAF

 BC CH

CA AF  BC.AF = CH.CA

c) Vì O là trung điểm của AC , AC là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông ACF và ACE nên hai trung tuyến OF và OE bằng nhau (cùng bằng nửa cạnh huyền AC)

Vậy EOF cân tại O

Hơn nữa, OF = OE = OA = OC = 1

2AC = 3 cm nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECF

Mà EAF = 60o , và là góc nội tiếp chắn cung ECF suy ra góc ở tâm EOF bằng 120o

Nên trong tam giác cân OEF có OEF OFE = 30o

Gọi K là trung điểm của cạnh đáy EF của tam giác cân OEF , ta có : sin 30 1

2

o OK

 OK = 3

2(cm)  EK = OE.cos30

o = 3 3

2  EF = 3 3 Diện tích EOF = 1

2OK.EF =

1

2.

3

2 3 3 = 9 3

4 (cm

2)

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2

Ta có : M = x 2007  x 2008  x 2009

Áp dụng bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối :

x  x  x   x ≥ x 2007 2009  x 2 dấu bằng xảy ra khi 2007 ≤ x ≤ 2009

nên x 2007  x 2008 x 2009 ≥ 2 + x  2008 2(vì x  20080) Dấu bằng xảy ra khi x = 2008

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 tại x = 2008