46 de on thi vao lop 10 co dap an SGD ha tinh

Tuyển sinh lớp 10: bộ 46 đề của SGD Hà Tính các năm có đáp án chi tiết. Giúp gv và hs có thể hệ thống các kiến thức cơ bản và nâng cao từng dạng toán trong bộ đề thi vào lớp 10. Chúc quý thầy cô và các em đạt kết quả mong muốn trong kì thi sắp tới.

BỘ ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUN Mơn: TỐN &&&&&&&&&&&&&&&&&&&& BIÊN TẬP NGND Ngun Trí Hiệp Phó Giám đốc Sở GDĐT Ths Nguyễn Ngọc Lạc Trởng Phòng GDTrH Sở GDĐT BIấN SON Nguyễn Viết Phú Chuyên viên Phòng GDTrH Sở GDĐT Ths Lê Phi Hùng Giáo viên Trờng THPT Chuyên Hà Tĩnh Ths Nguyễn Hồng Cờng Phó hiệu trởng Trờng THPT Phan Đình Phùng Phạm Quốc Phong Giáo viên Trờng THPT Hồng Lĩnh Hoàng Bá Dũng Giáo viên Trờng THPT Mai Kính Nguyễn Đình Nhâm Giáo viên Trờng THPT Cẩm Xuyên Bùi Hải Bình Giáo viên Trờng THCS Lê Văn Thiêm Đặng Hải Giang Giáo viên Trờng THCS Thị trấn Cẩm Xuyên Nguyễn Huy Tiễn Chuyên viên Phòng GDĐT Hồng Lĩnh LI NểI U Để góp phần định hướng cho việc dạy - học trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng kì thi tuyển sinh, Sở GDĐT Hà Tĩnh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT THPT chun gồm mơn: Tốn, Ngữ văn Tiếng Anh - Môn Ngữ văn viết theo hình thức tài liệu ơn tập Về cấu trúc: Hệ thống kiến thức học chương trình Ngữ văn lớp (riêng phân mơn Tiếng Việt, kiến thức, kĩ chủ yếu học từ lớp 6,7,8) Các văn văn học, văn nhật dụng, văn nghị luận trình bày theo trình tự: tác giả, tác phẩm (hoặc đoạn trích), tập Các đề thi tham khảo (18 đề) biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu kèm theo gợi ý làm (mục đích để em làm quen có kĩ với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10) Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ Bộ GDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng - Môn Tiếng Anh viết theo hình thức tài liệu ơn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức bản, trọng tâm chương trình THCS thể qua dạng tập số đề thi tham khảo (có đáp án) - Mơn Tốn viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm hai phần: phần ôn thi vào lớp 10 THPT, phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa cấu trúc đề thi Sở Mỗi đề thi có lời giải tóm tắt kèm theo số lời bình Bộ tài liệu ôn thi thầy, cô giáo lãnh đạo, chuyên viên phòng Giáo dục Trung học - Sở GDĐT; cốt cán chuyên môn môn Sở; thầy, cô giáo Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn Hy vọng Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học trường THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 2011-2012 năm Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong đóng góp thầy, giáo em học sinh toàn tỉnh để Bộ tài liệu hồn chỉnh Chúc thầy, giáo em học sinh thu kết cao kỳ thi tới! Trëng ban biªn tËp Nhà giáo Nhân dân, Phó Giám đốc Sở GDĐT Hà Tĩnh Nguyễn Trí Hiệp A - PHẦN ĐỀ BÀI I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho biết a =  b =  Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab 3x + y = � b) Giải hệ phương trình: � �x - 2y = - � x �  Câu 2: Cho biểu thức P = � (với x > 0, x �1) �: x 1 �x - x  �x - x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P > 2 Câu 3: Cho phương trình: x – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1  x  Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b � 2 Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức: P =  a b ĐỀ SỐ Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: 1  3 3 b) Giải phương trình: x2 – 7x + = Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = - x + Parabol (P): y = x2 �4x + ay = b b) Cho hệ phương trình: � �x - by = a Tìm a b để hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2; - 1) Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển lượng hàng Người lái xe tính xếp toa 15 hàng cịn thừa lại tấn, xếp toa 16 chở thêm Hỏi xe lửa có toa phải chở hàng Câu 4: Từ điểm A nằm đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI  AB, MK  AC (I �AB,K�AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn �  MBC � b) Vẽ MP  BC (P �BC) Chứng minh: MPK c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu 5: Giải phương trình: y - 2010  x - 2009  z - 2011     x - 2009 y - 2010 z - 2011 ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – = �2x + y = b) � 3x + 4y = -1 � Câu 2: Rút gọn biểu thức: a) A =  2  1 1 �1 �x + x  b) B = � ( với x > 0, x �4 ) � x �x  x + x  � Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 y = x – hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị vẽ phép tính Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF c) Chứng minh OA  EF Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + ĐỀ SỐ Câu 1: a) Trục thức mẫu biểu thức sau: ; 1 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đồ thị hàm số y = ax qua điểm M (- 2; ) Tìm hệ số a Câu 2: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x + = - x �2x + 3y = � b) � x-y= � � Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + = (1) a) Giải phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: ( x1 + )2 + ( x2 + )2 = Câu 4: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc � cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: IEM  900 (I M khơng trùng với đỉnh hình vuông ) a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn � b) Tính số đo góc IME c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh CK  BN Câu 5: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: ab + bc + ca �a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca ) ĐỀ SỐ �3 2�  Câu 1: a) Thực phép tính: � � �2 3� � � b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + b qua điểm A( 2; ) điểm B(-2;1) Tìm hệ số a b Câu 2: Giải phương trình sau: a) x2 – 3x + = x -2 + = b) x-1 x+1 x -1 Câu 3: Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc ô tô Câu 4: Cho đường trịn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn d) Gọi S, S 1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh: S1  S2  S  Câu 5: Giải phương trình: 10 x + = x +  ĐỀ SỐ Câu 1: Rút gọn biểu thức sau: �  ��  � � 2 a) A = � � �2   � � � 1 � � �� � � b b) B = � �a - ab � a � a b -b a � ab - b � �   ( với a > 0, b > 0, a �b) �x - y = -  1 � Câu 2: a) Giải hệ phương trình: �2 �x + y =   � b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình: x2 – x – = Tính giá trị biểu thức: P = x12 + x22 Câu 3: a) Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M ( 2; ) song song với đường thẳng 2x + y = Tìm hệ số a b b) Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm 2, biết tăng kích thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm2 Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A, M điểm thuộc cạnh AC (M khác A C ) Đường tròn đường kính MC cắt BC N cắt tia BM I Chứng minh rằng: a) ABNM ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn � b) NM tia phân giác góc ANI c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2 Câu 5: Cho biểu thức A = 2x - xy + y - x + Hỏi A có giá trị nhỏ hay khơng? Vì sao? ĐỀ SỐ Câu 1: a) Tìm điều kiện x biểu thức sau có nghĩa: A = b) Tính: x-1+ 3-x 1  3 5 1 Câu 2: Giải phương trình bất phương trình sau: a) ( x – )2 = x-1 < b) 2x + Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - = (1) a) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x x2 b) Tìm giá trị m để: x12 + x22 – x1x2 = Câu 4: Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB (CD khơng qua tâm O) Trên tia đối tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) điểm thứ hai M a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC b) Gọi H giao điểm MA BC; K giao điểm MD AB Chứng minh BMHK tứ giác nội tiếp HK // CD c) Chứng minh: OK.OS = R2 � �x + = 2y Câu 5: Giải hệ phương trình: � �y + = 2x ĐỀ SỐ 2x + y = � Câu 1: a) Giải hệ phương trình: � �x - 3y = - b) Gọi x 1,x2 hai nghiệm phương trình:3x2 – x – = Tính giá trị 1 + biểu thức: P= x1 x2 � a a � a 1  Câu 2: Cho biểu thức A = � � a 1 a - a � �: a - với a > 0, a �1 � � a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị a để A < Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + + m = (1) a) Giải phương trình cho với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: x1x2.( x1x2 – ) = 3( x1 + x2 ) Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B) a) Chứng minh: AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn �  ACO � b) Chứng minh ADE c) Vẽ CH vng góc với AB (H �AB) Chứng minh MB qua trung điểm CH Câu 5: Cho số a, b, c � ; 1 Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc – ca �1 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho hàm số y =    x + Tính giá trị hàm số x = 32 b) Tìm m để đường thẳng y = 2x – đường thẳng y = 3x + m cắt điểm nằm trục hoành Câu 2: a) Rút gọn biểu thức: �3 x  x � x-9  A = � �: �x-4 x 2� � � x 3 với x �0, x � 4, x �9 x - 3x +  b) Giải phương trình:  x +   x - 3 x - 3x - y = 2m - � Câu 3: Cho hệ phương trình: � (1) �x + 2y = 3m + a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10 Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O) Từ A B vẽ tiếp tuyến Ax By Đường thẳng qua N vng góc với NM cắt Ax, By thứ tự C D a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD c) Gọi I giao điểm AN CM, K giao điểm BN DM Chứng minh IK //AB a+b � Câu 5: Chứng minh rằng: với a, b số a  3a + b   b  3b + a  dương ĐỀ SỐ 10 Câu 1: Rút gọn biểu thức: a) A =  50    1 2 x - 2x + , với < x < x-1 4x Câu 2:Giải hệ phương trình phương trình sau: b) B =  x - 1  y = � a) � �x - 3y = - b) x + x   Câu 3: Một xí nghiệp sản xuất 120 sản phẩm loại I 120 sản phẩm loại II thời gian Mỗi sản xuất số sản phẩm loại I số sản phẩm loại II 10 sản phẩm Hỏi xí nghiệp sản xuất sản phẩm loại ) cắt A B Vẽ AC, AD thứ tự Câu 4: Cho hai đường trịn (O) (O� ) đường kính hai đường tròn (O) (O� a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng ) E; đường thẳng AD cắt đường b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O� tròn (O) F (E, F khác A) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn ) thứ tự M c) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt (O) (O� N Xác định vị trí d để CM + DN đạt giá trị lớn Câu 5: Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức: x+  x  2011 y +  y  2011  2011 Tính: x + y ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: � � � 1- a a 1- a� A  � � �1 - a  a � � �1 - a � � với a ≥ a ≠ � � � � 2) Giải phương trình: 2x - 5x + = Câu 2: 1) Với giá trị k, hàm số y = (3 - k) x + nghịch biến R 2) Giải hệ phương trình: 10 Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình trịn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: 2011 ( x  y  2011)  2010 ( y  x  2010) �x  y  2010 �2x  4021 �� � + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 = � � �x  y  2011 �2y  �x  2010,5 � �y  0,5 + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011 0 2011 y  x  2010  vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT 2010 x  y  2011 số vô tỉ) Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z = Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x 1 ; b = x  x 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) x  = x  x  4(x + 1) = x - x + x2 - 5x - = x1 = 2) 5 37 (loại); x2 =  37 2 x  = x  x  � x   4(x  x  1) � 4x  5x   vô nghiệm  37  b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc �0) Vậy phương trình có nghiệm: x = 116 Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > a2 + b2 + c2 �5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số p Câu 3: Giả sử x = (p, q  Z, q > 0) (p, q) = q  p p Ta có     n (n  N) p2 = q(-P - 6q + n2q) q q => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p => p2 + p + = n2 (p, n  Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23  P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì �N � = 1800) Tứ giác MNCI nội K A �  MIC � MNC = 900) tiếp (vì MNC �  BMK � , INC �  IMC � => BNK (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) �  IMC � Mặt khác BMK (2) �  KMC �  KMC �  IMC � BMK bù với góc A tam giác ABC) � = INC � nên Từ (1), (2) suy BNK S H P O K C B N (vì I M Q điểm K, N, I thẳng hàng � �   (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) b) Vì MAK  MCN => AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot g     hay (1) MK MN MK MN MK MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN    hay MI MN MI MI MN IC BK �  IMC � )   tg (  = BMK MI MK (2) (3) 117 Từ (1), (2), (3) => AB AC BC   (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P  MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) �  AIN � => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC � ) => KN qua trung điểm HM (đpcm) NMC 2 � �2x  xy  y  p Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình: � 2 �x  2xy  3y  nghiệm � 8x  4xy  4y  4p (1) � Hệ � � Lấy (1) - (2), ta có: px  2pxy  3py  4p (2) � (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p = � p  0; p  - Nếu y  chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = x y + Nếu p �8: Phương trình (2) có nghiệm  ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > + Nếu p = t = - p2 - 12p - 18 < -  p 6  Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b  a - b  a - c a Nhân vế đẳng thức với ta có: b-c  b - c ab - b - ac + c =  a - b  a - c  b - c Vai trò a, b, c nhau, thực hốn vị vịng quanh a, b, c ta có: b  c - a 118 = cb - c - ab + a  a - b  a - c  b - c , c  a - b = ac - a - bc + b  a - b  a - c  b - c có Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có a b c + + =0 2 (b - c) (c - a) (a - b) (đpcm) b) Đặt 2010 = x ; 2010 = x � �x - x + x � A= � + �x � �1 - x �1 � = � ��x � 2010 = x Thay vào ta có: 1+ + x x = �1 � � �1+x �x � � � 1+ � � � x � + x2 �1 � � �= �x � Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac �2b ac ; c + ab �2c ab Do 1 1� 1 � + + � � + + � a + bc b + ac c + ab �a bc b ac c ab � a +b b+c c+a + + ab + bc + ca = 2 = a + b + c , đpcm � 2 abc abc 2abc Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ Ta có: A = (x - xy + y) + 2y - x +1  = =[ =  x - y  -2    x - y + 1] - y + 2y 1 )2 2 1 y  �2 x - y - + (2y - y +  x - y -1 +   � � �x = �x - y -1= � A= � � � � 2 y = �y = � � Vậy minA =  4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 119 2 x-1 +3 5-x  2 x - + - x   � 2 + 32  x - + - x  = 13.4 13 Dấu xẩy x - = - x � x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 �1 � b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f � �= x x �0 (1) �x � �1 � Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f � �= �2 � Thay x = vào (1) ta có: �1 � f � �+ 3.f(2) = �2 � �1 � Đặt f(2) = a, f � �= b ta có �2 � Vậy f(2) = - a + 3b = � 13 � � Giải hệ, ta a = 3a + b = 32 � � 13 32 a Câu 4: Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = AB Vì FM = b o f EF mà EF = AB FM = k c m OK d e � Ta lại có AF = R � AF = OA AFM = 1200 � + AOB � = 1800 = AOK � + 600 � AOK � = 1200 AOK b Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) � � AM = AK, MAK = 600 � AMK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH 120 o c h a d Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB OA + OB2 mà OA.OB � OA + OB2 Dấu “=” xảy � OA  OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: Do 2SAOB � OB2 + OC OC2 + OD ; 2SCOD � 2 2 OD + OA 2SAOD � 2 OA + OB2 + OC + OD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD � = BOC � = COD � = DOA � = 900 � ABCD hình vng tâm O AOB 2SBOC �   Lời bình: Câu III.b từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ 1) Chắc chắn bạn hỏi x  �A(a ) x  B (a ) y  C ( a) � �B(b) x  A(b) y  C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y)  Trong toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = C(x) = x2, a = , x 121 Phương trình Q(x) = P(a)  1   x  , tức b  x 2 nghĩ 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công Số x  3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f( x) = + 3x (với x  �) �1 � b) Tính giá trị hàm số f(x) x = f ( x )  f � � x (với  1 x � � x  1) �1 � c) Tính giá trị hàm số f(x) x = ( x  1) f ( x)  f � � �x � x  (với  x  1) ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = � 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 Vì x + y + ≠ nên (1) x+y+2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤  x2 + y2 Từ (1), (2) ta được:  � x+y≤ 2 (2) xy � - Dấu "=" x+y+2 �x �0, y �0 � �x = y � x=y= �x + y = � Vậy maxA = - b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + + = + + x + y2 y + z2 z + x2 x + y2 y2 + z2 z2 + x z2 x2 y2 + + +3 = x + y2 y2 + z2 x + z2 122 z2 z2 , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2 � Tương tự , � y + z2 2yz x + z 2xz 2 z x z2 x2 y y2 � Vậy + + + + +3 + x + y2 y2 + z2 2xy 2yz x + z2 2xz 2 x + y3 + z3 � + + � + , đpcm x + y2 y2 + z z2 + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x � (2) (1) � (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = � ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = Ta có x2 + y2 ≥ 2xy  � 3x + 10 - = � � � x = - (thỏa mãn đk (2) �x + = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 2x �2 2 � (1) �x y - 2x + y = �y = � x + b) � � 2x - 4x + = - y3 � �y3 = - (x - 1) - � Ta có: 2x ��   y2 1+ x -1 y (1) Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - � y3 ≤ - � y ≤ - (2) Từ (1) (2) � y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt x = b > Thay vào gt ta y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc = a � a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b 2c  b + c  a2 = (b + c)3 � a = b + c hay x2 + y = a , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x �0 Suy x + ax0 + b + a � 1 � + = � x 02 + + a � x0 + �+ b = x0 x0 x0 x � � 123 Đặt x0 + = y0 x0 x 02 + = y02 - , y x0 � y02 - = - ay - b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: y -2  =  ay + b  Ta chứng minh (y 02  2) (1) �  a + b   y + 1 � a  b � y0  2 2 (y 02  2) � (2) y02  2 Thực vậy: (2) � 5(y0  4y0  4) �4(y  1) � 5y  24y  16 �0 � 5(y02  4)(y 02  ) �0 với y �2 nên (1) 2 Từ (1), (2) suy a + b � 5(a + b ) , đpcm c Câu 4: Đặt AH = x � Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) m k Trong ∆ vng AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình b a h chữ nhật) o h' Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 Do H �AB � O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R � (5x - 3R) (3x - 5R) = � x = ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ � điểm M M’ giao điểm nửa đường trịn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a Câu 5: Gọi I trung điểm CD Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC � IE // BC Mà GF BC � IE GF (1) d Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) (2) � G trực tâm ∆EIF � IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4) � IG  DC 124 b e f g i c Vậy ∆ DGC cân G � DG = GC ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9 2 � x � 18x 9x � 18x � � - 40 = (1) Ta có: �x = 40 � �+ � x+9 � x + 9� �x + � x + x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y = � � x = - 20(x + 9) x + 20x +180 = (3) � �2 Thay vào (2), ta có �2 x = 2(x + 9) = x - 2x - 18 = (4) � � Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x  � 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  � 19 2) Điều kiện x>3 � x+1 �0 � � (*) x �- x-3 � Phương trình cho � (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 =4 x-3 x+1 � t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - = � t = 1; t = - Đặt t =  x - 3 Ta có: (x -3) x   (1) ; ( x  3) x - x 1   (2) x �x  �x  � �2 � x  1 + (1) � � (x  3)(x  1)  �x  2x   � (t/m (*)) �x  �x  � �2 � x   (t/m (*)) + (2) � � (x  3)(x  1)  16 � �x  2x  19  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   ; x   Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > � - < x < � - 3x > � A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) Vậy A = = +16 �16 - x2 - x2 Dấu xẩy - 5x = � x = 125 Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c + c2 + a � (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x  y2 ) �(x  y) , ta có: 2(a + b ) (a� b) Tương tự, ta được: a + b a + b (2) (3) b + c �b + c (4) c + a �c + a Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm x2 �� Câu 3: (1) có nghiệm � y x 2; x (3) (2) � (y  1)   x  2x có nghiệm �  x  2x �0 � 2 �x �0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P �AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H k AM AP AM CM e = = (gt) Ta có mà AB AD AB CD i f AP CN � = � PN // AC Gọi O giao điểm a o b h AD CD n BO CO MK OC = , = AC BD Ta có OD OA PK OA NH OC NH MK = = � KH // MN Suy ra: PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH � MF = EN � ME = NF � � = 1800 Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH � � = EHA � + FHB � � AMB = 1800 - EHF (1) � = MEF � � ) Ta có MHF (góc nội tiếp chắn MF � + FHB � = 900 = MEF � + EMD � Lại có MHF � = EMD � � FHB (2) � = DMB � , Gọi N giao điểm MD với đường trịn (O) ta có Từ (1) (2) � EHA � � (góc nội tiếp chắn NB � ) � EHA � = NAB � AN // EH mà HE  DMB = NAB � MA nên NA  MA hay MAN = 900 � AN đường kính đường trịn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có 126 AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF AH AD MA HE DI (1) = BD BH MB2 DK HF � � (cùng phụ với MHF � ) mà FHB � = EMD � Ta có HMB (CMT) = FHB � = DIK � EHF � = DMH � � EFH Vậy � � v�EHF � = 1800 - AMB � Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH � � v� IDK � = 1800 - AMB � Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK � = DIK � v�EHF � = IDK � � DIK HFE (g.g) � EFH ID DK HE.DI � ID HE = DK HF � suy = = (2) HF HE DK.HF MA AH AD Từ (1), (2) � = MB BD BH ĐỀ SỐ 1- 2- + + + -1 -1 Câu 1: Ta có: A = =-1+ 24 - 25 -1 - + - + + 25 = - + = Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: �x � x2 + �2 2 � a +b +c � �a �y � y2 + �2 2 � a +b +c � �b �z � z2 =0 �2 2 � a +b +c � �c 1 �1 � �1 � �1 � � x � - 2 �+ y � - 2 �+ z � - 2 �= a + b + c � �b a + b + c � �c a + b + c � �a (*) 1 1 1 - > 0; - > 0; - >0 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M = Do a + � �8a - � b) x = 2a + x a - � � �� � �3 �� � 3 � x3 = 2a + 3x  - 2a  3 � x = 2a + x(1 - 2a) � x + (2a - 1) x - 2a = � (x - 1) (x2 + x + 2a) = 127 x-1=0   � � � �x  � x + x + 2a = (v�nghi� mdo a > ) � nên x m� t s�nguyên du� ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 35 � + �2 >0 4c + 57 1+a 35  2b  + a   2b + 35 Mặt khác 4c 35  � 1+a 4c + 57 35 + 2b ۣ 4c +1 +a 4c + 57 ۳� 2b 35 + 2b Ta có: ۳� a 1+a 1- 4c + a 4c + 57 35 35 + 2b 35 2b = 35 + 2b 35 + 2b 57 + 1+a 4c + 57 57 >0  + a   4c + 57  57 35 + 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0  4c + 57   35 + 2b  8abc 35 57 �8  + a   4c + 57   2b + 35   + a   2b + 35   4c + 57  Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 t= A B C D = = = � A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) 128 (2) 4c 35 �1 + 1+a 4c + 57 35 + 2b Từ (1), (2), (3) ta có: b) Đặt t = (1) A+B+C+D a+b+c+d (3) = (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC � A AQ QP = AB BC BQ QM = Xét ∆BAH có QM // AH � BA AH Cộng vế ta có: B AQ BQ QP QM QP QM + = + � 1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM � QP QM �QP 1= �  + = � AH � BC AH SABC �BC Q M P H N C SABC S QP QM BC max SMNPQ = ABC = = � QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH QP QM QP + QM + � QP + QM = BC b) Vì = mà BC = AH � = BC AH BC SMNPQ Do chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà B AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x � HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD A H M C D 129 MỤC LỤC Trang - Lời giới thiệu _3 - A phần đề tài I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT _ II – Đề ơn thi tuyển sinh lớp 10 chun tốn _33 B- Phần lời giải 38 I – Lớp 10 THPT _38 II – Lớp 10 chuyên toán _ 122 130 ... Bộ đề ôn thi, gồm hai phần: phần ôn thi vào lớp 10 THPT, phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa cấu trúc đề thi Sở Mỗi đề thi có lời giải tóm tắt kèm theo số lời bình Bộ tài liệu ơn thi thầy,... rằng: 2 (b - c) (c - a) (a - b) b) Tính giá trị biểu thức: 2 0102 - 2 010 + 2 010 � A= � + � �4 � - 2 010 � 2 010 � � 1+ + 2 010 2 010 + 2 010 Câu 2: a) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, chứng minh: 1... vận tốc ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10) 120 Thời gian để ô tô thứ ô tô thứ hai chạy từ A đến B (h) x 120 (h) x - 10 120 120   0, Theo ta có phương trình: x x - 10 Giải ta x = 60