Gäi Flµ giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®êng trßn (O)... Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n..[r]
Trang 1*TẬP ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10
Đề : 1
Bài 1: Cho biểu thức: P = ( x x − √ x −1 √ x −
x √ x+1
x + √ x ) : ( 2 ( x − 2 √ x +1 )
x − 1 ) a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên
Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn | x13− x23| =50
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng 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 điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng 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 x>o ;
2 2
1 7
x x
Tớnh:
5 5
1
x x
Đáp án
Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0 ; x ≠ 1
a, Rút gọn: P = 2 x (x −1)
x ( x −1) :
2 (√ x −1❑z)2
x −1 <=> P =
√ x −1 ¿2
¿
¿
√ x −1
¿
b P = √ x+1
√ x − 1 =1+
2
√ x − 1
Để P nguyên thì
√x −1=1 ⇒√x=2 ⇒ x=4
√x −1=− 1 ⇒√x=0⇒ x=0
√x −1=2 ⇒√x=3 ⇒ x=9
√x −1=−2 ⇒√x=−1(Loai)
Vậy với x= { 0 ;4 ; 9 } thì P có giá trị nguyên
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
¿
Δ=(2 m+1 )2− 4 ( m2+ m− 6 ) ≥ 0
x1x2= m2
+ m−6 >0
x1+ x2=2 m+1<0
¿
⇔ Δ=25>0
( m− 2)(m+3)>0 m<− 1
2
⇔ m<− 3
Trang 2
b Giải phơng trình:
m+3 ¿3
(m − 2)3− ¿ =50
¿
2
m2= − 1− √ 5
2
¿
⇔ | 5 (3 m2+3 m+7) | =50 ⇔ m2
+ m−1=0
Bà3 Đặt :
1 1
u x x
v y y
Ta có :
18 72
u v uv
u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
12 6
u v
6 12
u v
x x
y y
x x
y y
Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị
Bà4
a Giả sử đã tìm đợc 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 đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là hình bình hành
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c) Ta thấy Δ 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 đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O
H
O P
Q
D
C B
A
Trang 3K
F E
D
C B
A
Bài 5 Từ
2
2
Nờn
2 2
1
x
……… HẾT………
Đề : 2
Câu1 : Cho biểu thức
A=
1− x2¿2
¿
x ¿
( x x − 13−1 + x )( x3+ 1
x +1 − 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 phơng trình:
2
b Giải bất phơng trình:
2
3
Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn biệt
b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn biệt x1;x2 sao cho:
x x
Câu 4 Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông ABCD thuộc nửa
mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm của CFvà
ED
a chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K nằm trên một đờng 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= x2−2
x
b.Thay x= 6 4 2 2 2 vào A ta đợc A= 2(4 2)
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3 ± √ 17
2
Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
2
1
x y
4
x y
Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1
Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3
Vậy hệ phơng 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 phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
a)Xét 2m-10=> m 1/2
Trang 4và Δ,
= m2-2m+1= (m-1)2 > 0 m1
ta thấy pt có 2 nghiệm p.biệt với m 1/2 và m1
b) m=
4
Câu 4:
a Ta có KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK
b BCF= BAF
Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450
Ta có BKF= BEF
Mà BEF= BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450
Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B
=>BKOB=>BK là tiếp tuyến của(0)
c)BFCK tại F=>F là trung điểm
………HẾT………
Đề: 3
Bài 1: Cho biểu thức:
√ x+ √ y
( √ x + √ y)(1 − √ y ) −
y
( √ x +1 )( 1 − √ y )
a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P
b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn 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 :
¿
x + y +z=9
1
x+
1
y+
1
z=1
xy +yz+zx =27
¿{ {
¿
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng 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 mãn x+y=1 : Tỡm GTLN của A= x y
Đáp án
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là :; x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0
*) Rút gọn P:
P
Trang 5N
M
O
C
B A
y
1
y
Vậy P = √ x+ √ xy − √ y
b) P = 2 ⇔ √ x+ √ xy − √ y = 2
⇔ √ x ( 1+ √ y ) − ( √ y +1 ) =1
⇔ ( √ x −1 ) ( 1+ √ y ) =1
Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a) Đờng 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 Δ=m2− 4 m+8=(m− 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 :
¿
x + y +z=9(1)
1
x +
1
y +
1
xy +yz+xz=27 (3)
¿
ĐKXĐ : x ≠ 0 , y ≠ 0 , z ≠ 0
2 2 2
z x
z x
Thay vào (1) => x = y = z = 3
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3
Bài 4:
a) Xét Δ ABM và ΔNBM
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
=> ΔBAN 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 ΔMCB và ΔMNQ có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> ΔMCB= ΔMNQ (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)
Trang 6=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( √ 5− 1) 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: x + y
2 √ 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 = 1
2 , max A = √ 2 <=> x = y =
1 2
………
Đề 4
Câu 1: Cho hàm số f(x) = √ x2− 4 x+ 4
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f (x)
x2−4 khi x ± 2
Câu 2: Giải hệ phơng trình
¿
x ( y −2)=(x +2)( y −4 )
(x − 3)(2 y +7)=(2 x −7)( y+3)
¿{
¿
Câu 3: Cho biểu thứcA = ( x x −1 √ x+1 −
x −1
√ x −1 ) : ( √ x + √ x
√ x −1 ) 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 đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H là chân đờng vuông góc
hạ từ A đến đờng 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
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án
Câu 1a) f(x) =
x − 2 ¿2
¿
¿
√ x2− 4 x+4=√¿
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
Trang 7b)
f (x)=10 ⇔
x −2=10
¿
x −2=−10
¿
x=12
¿
x=−8
¿
¿
¿
⇔ ¿
¿
¿
¿
c) A= f (x)
x2− 4 =
| x − 2 |
( x − 2)(x +2)
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1
x +2
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1
x +2
Câu 2
Câu 3 a) Ta có: A = ( x x −1 √ x+1 −
x −1
√ x −1 ) : ( √ x + √ x
√ x −1 ) =
( ( √ x+1)(x − √ x+1)
( √ x −1)( √ x+1) −
x − 1
√ x − 1 ) : ( √ x ( √ √ x − 1 x − 1) +
√ x
√ x −1 ) = ( x − √ x +1
√ x −1 −
x −1
√ x −1 ) : ( x − √ x+ √ x
√ x −1 ) =
x − √ x+1− x +1
√ x − 1 :
x
√ x −1 =
− √ x +2
√ x − 1 :
x
√ x −1 =
− √ x +2
√ x − 1 ⋅ √ x − 1
x =
2 − √ x x
b) A = 3 => 2 − √ x
x = 3 => 3x + √ x - 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH
CH
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC ∞ POB
Do đó: AH
CH
Do 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, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
O
E A P
Trang 8Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH2=(2 R − AH CB
AH CB
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2
⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R ¿2
¿
4PB2
+ ¿
¿
⇔ AH=4R CB PB
4 PB2+ CB2=
4R 2R PB
¿
Câu 5 Để phơng 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:
¿
x1+ x2= − 2m−1
2
x1 x2= m− 1
2 3x1− 4x2=11
⇔
¿
¿
x1= 13-4m
7
x1= 7m−7
26-8m
7m− 7
¿
Giải phơng trình 3 13-4m
7m− 7
đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: 3 x1 -4 x2 = 11
Đề 5
Câu 1: Cho P =
2 1
x
x x
1 1
x
1 1
x x
a/ Rút gọn P
b/ Chứng minh: P <
1
3 với x 0 và x 1.
Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số
a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm
b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia
Câu 3: a/ Giải phơng trình :
1
1
2 x = 2
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
đ-ờng 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 thoã mãn đồng thời :
x y y z z x
Trang 9Tính giá trị của biểu thức :
A x y z .
………
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1
P =
2 1
x
x x
1 1
x
1
x
=
3
2
x x
+
1 1
x
1 1
x
=
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/ Phơng 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:
2
a a m
a=
1 2
m
3(
1 2
m
)2 = m2 – 3
m2 + 6m – 15 = 0
m = –32 6 ( thõa mãn điều kiện).
Câu 3:
Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; x
< 2.
Đặt y = 2 x 2 > 0
Ta có:
1 1
Từ (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 phơng trình:
X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
Trang 10* Nếu xy =
-1
2 thì x+ y = -1 Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 + X -
1
2 = 0 X =
2
Vì y > 0 nên: y =
2
x =
2
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =
2
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
Mà
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 nh trên là điểm cần tìm
Cõu 5. Từ giả thiết ta có :
2 2 2
Cộng từng vế các đẳng thức ta có : x2 2 x 1 y2 2 y 1 z2 2 z 1 0
x 1 2 y 1 2 z 1 2 0
1 0
1 0
1 0
x y z
x y z 1
2009 2009 2009
Vậy : A = -3
O
K
D
C B
A