Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.[r]
Trang 1ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 6
MễN: TOÁN (Thời gian :120 phỳt) *****
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
HƯỚNG DẨN GIẢI -ĐỀ 6
Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0 ; x ≠ 1
Trang 2a, 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
¿ { {
b Giải phơng trình: m+3¿3
(m− 2)3−¿ =50
¿
¿m1=− 1+√5
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
H
O
P
Q
D
C B
A
Trang 3Vậy 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
Bài 5 Từ
2 2
Nờn
2 2
1
x
……… HẾT………
ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 7
MễN: TOÁN (Thời gian :120 phỳt) ***** Câu1 : Cho biểu thức
A=
1− x2¿2
¿
x¿
(x x − 13−1+x)(x3+ 1
x +1 − x): ¿
Với x √2 ;1
Trang 4K
F E
D
C B
A
.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 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:
2 2
1 2 3
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 F là giao điểm của AC và nửa đờng tròn (O) Gọi K là 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
HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ 7 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
(1) V *
4
x y
Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1
Trang 5Giải 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 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
và Δ ,
= 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 =
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 ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 8
MễN: TOÁN (Thời gian :120 phỳt) *****
Bài 1: Cho biểu thức:
√x+√y
(√x +√y)(1 −√y ) −
y
¿(√x+1)¿−xy
(√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 :
Trang 6
¿
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 đường 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
HẾT
ĐÁP ÁN- ĐỀ 8
Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là :; x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0
*) Rút gọn P:
P
y
1
y
Vậy P = √x+√xy −√y
Trang 7N
M
O
C
B A
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
đ-ờng 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)
=> 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)
Trang 8Ta 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
………HẾT………
ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 9
MễN: TOÁN (Thời gian :120 phỳt) *****
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
HẾT
Trang 9ĐÁP ÁN ĐỀ 9 C©u 1a) f(x) =
x − 2¿2
¿
¿
√x2− 4 x+4=√ ¿
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)
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) Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A=
1
x +2
C©u2:ghpt
4
0
x y
x y
C©u 3 a) Ta cã: 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 −1 x+√x) = = 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
C©u 4
A P
Trang 10a)Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
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
Theo (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 PB 2
+ CB 2 = 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 313-4m
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
O
E
Trang 11ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 10
MễN: TOÁN (Thời gian :120 phỳt) *****
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 đờng 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
Cõu 5 Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : x22y 1 y22z 1 z22x 1 0
Tính giá trị của biểu thức :A x 2009y2009z2009
………HẾT………
Trang 12ĐÁP ÁN ĐỀ 10
Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1
P =
2 1
x
x x
1 1
x
1
x
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:
a a m
1 2
m
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
x y
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
* 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
O
K
D
C B
A
Trang 13 AB // CK BAC ACK
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành 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 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0
x 12 y 12 z 12 0
1 0
1 0
1 0
x y z
x y z 1
2009 2009 2009
Vậy : A = -3
………HẾT