40 đề thi ôn vào lớp 10 có đáp án potx

Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề 1 Bài 1: Cho biểu thức K =         − + +         − − − 1a 2 1a 1 : aa 1 1a a a. Rút gọn biểu thức K b. Tính giá trị của K khi 223a += c. Tìm các giá trị của a sao cho K < 0 Bài 2: Cho phương trình: x 2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; b) Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của x 1 2 + x 2 2 . Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch? Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 45 0 . Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b. Chứng minh: HD = DC c. Tính tỉ số: BC DE d. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE. Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng: ( ) ab2ba2 2 ba ba 2 +≥ + ++ 1 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Bài giải: Bài 1: Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 K =         −+ + +         − − − )1a)(1a( 2 1a 1 : )1a(a 1 1a a = )1a)(1a( 1a : )1a(a 1a −+ + − − = a 1a )1a(. )1a(a 1a − =− − − b. 21a)21(223a 2 +=⇒+=+= K = 2 21 )21(2 21 1223 = + + = + −+ c. K < 0 0 a 1a < − ⇔ ⇔    > <− 0a 01a ⇔ 1a0 0a 1a <<⇔    > < Bài 2: a) ' ∆ = m 2 - 4m + 7 = (m-2) 2 + 3 > 0 : Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Áp dụng hệ thức Viet: x 1 +x 2 = m - 3 x 1 x 2 = - 2(m - 1) Ta có: x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 x 2 = 4(m - 3) 2 + 4(m - 1) = 4m 2 - 20m + 32 =(2m - 5) 2 + 7 ≥ 7 Đẳng thức xảy ra ⇔ 2m – 5 = 0 ⇔ m = 2,5 Vậy giá trị nhỏ nhất của x 1 2 + x 2 2 là 7 khi m = 2,5 Bài 3: Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x, y ∈ N * ; x, y < 600). 2 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 Số sản phẩm tăng của tổ I là: x 100 8 (sản phẩm) Số sản phẩm tăng của tổ II là: y 100 21 ( sản phẩm) Từ đó có phương trình thứ hai: + x 100 18 120y 100 21 = Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình:      =+ =+ 120y 100 21 x 100 18 600yx Giải ra được x = 200, y = 400( thỏa điều kiện ) Vậy: Số sản phẩm được giao của tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự là 200 và 400 sản phẩm Bài 4: a. Ta có ADH = AEH = 90 0 , suy ra AEH +ADH = 180 0 ⇒ Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH. b. ∆AEC vuông có EAC= 45 0 nên ECA = 45 0 , từ đó ∆HDC vuông cân tại D. Vậy DH = DC c)Ta có BEC = BDC = 90 0 nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường kính BC ⇒ AED = ACB (cùng bù với DEB) suy ra ∆AED ∆ACB, do đó: 2 2 2.AE AE AC AE BC DE === d. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) , mà BCA = AED 3 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ⇒ BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE ⁄⁄ Ax. Mặt khác, OA ⊥ Ax ( Ax là tiếp tuyến), Vậy OA ⊥ ED (đpcm) Bài 5 :Ta có : 0 2 1 a 2 ≥       − ; 0 2 1 b 2 ≥       − , với mọi a , b > 0 0 4 1 bb;0 4 1 aa ≥+−≥+−⇒ 0 4 1 bb 4 1 aa ≥+−++−⇒ 0ba 2 1 ba >+≥++⇒ Mặt khác ( ) 0ab2ba0ba 2 >≥+⇔≥− Nhân từng vế ta có : ( ) ( ) baab2 2 1 baba +≥       +++ hay: ( ) ab2ba2 2 ba ba 2 +≥ + ++ 4 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) ễN THI VO LP 10 S 2 Bi 1: Cho biu thc: ) x 2 x2x 1x (:) x4 x8 x2 x4 (P + + = a) Rỳt gn P. b) Tỡm giỏ tr ca x P = 1. Bi 2: Cho h phng trỡnh: = = 335 3 y 2 x 1 y -mx a) Gii h phng trỡnh khi cho m = 1. b) Tỡm giỏ tr ca m h phng trỡnh vụ nghim. Bi 3: Cho parabol (P) : y = x 2 v ng thng (d) cú h s gúc m i qua im M( 1 ; 2) . a) Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m thỡ (d) luụn ct (P) ti hai im A, B phõn bit. b) Xỏc nh m A, B nm v hai phớa ca trc tung. Bi 4: (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yên ) Bi 5: Cho ng trũn (O), ng kớnh AB c nh, im I nm gia A v O sao cho AI = 3 2 AO. K dõy MN vuụng gúc vi AB ti I. Gi C l im tựy ý thuc cung ln MN sao cho C khụng trựng vi M, N v B. Ni AC ct MN ti E. a) Chng minh t giỏc IECB ni tip c trong mt ng trũn. b) Chng minh tam giỏc AME ng dng vi tam giỏc ACM v AM 2 = AE.AC c) Chng minh: AE.AC AI.IB = AI 2 d) Hóy xỏc nh v trớ ca im C sao cho khong cỏch t N n tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc CME l nh nht. 5 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Giải: Bài 1: a. P = )2x(x )2x(2)1x( : )x2)(x2( x8)x2(x4 − −−− −+ +− = )2x(x x3 : )x2)(x2( x4x8 − − −+ + = x3 )2x(x . )x2)(x2( x4x8 − − −+ + = 3x x4 − Điều kiện x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9 b. Với x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9; P = –1 khi và chỉ khi: 1 3x x4 −= − hay: 4x + x – 3 = 0. Đặt y = x > 0 ta có: 4y 2 + y – 3 = 0 có dạng a – b + c = 0 ⇒ y = –1 ; y = 4 3 Vì y > 0 nên chỉ nhận y = 4 3 nên x = 4 3 Vậy: P = –1 ⇔ x = 16 9 Bài 2: a. Khi m = 1 ta có hệ phương trình:      =− =− 335 3 y 2 x 1yx    = = ⇔    =− =− ⇔    =− =− ⇔ 2007y 2008x 2010y2x3 2y2x2 2010y2x3 1yx Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm    = = 2007y 2008x b. 6 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)      −= −= ⇔      =− =− 1005x 2 3 y 1mxy 335 3 y 2 x 1ymx (*) Hệ phương trình vô nghiệm ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ m = 2 3 (vì đã có –1 ≠ –1005) Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(– 1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b ⇔ b = m – 2 Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: – x 2 = mx + m – 2 ⇔ x 2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phương trình (*) có 04)2m(8m4m 22 >+−=+−=∆ với mọi m nên phương 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 ⇔ x 2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ x 1 x 2 < 0. Áp dụng hệ thức Vi-et: x 1 x 2 = m – 2 x 1 x 2 < 0 ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2. Bài 4 Bµi 4 : Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5) VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h) VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h) Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60 5x + ( giê) Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60 5x − ( giê) Theo bµi ra ta cã PT: 60 5x + + 60 5x − = 5 <=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x 2 – 25) <=> 5 x 2 – 120 x – 125 = 0 7 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5)  x 1 = -1 ( kh«ng TM§K)  x 2 = 25 ( TM§K) VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h. Bài 5: a. Ta có: EIB = 90 0 (giả thiết) ECB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB b. Ta có: sđ AM = sđ AN (đường kính MN ⊥ dây AB) ⇒ AME = ACM (góc nội tiếp) Lại có A chung, suy ra ∆AME ∆ACM Do đó: AC.AEAM AE AM AM AC 2 =⇔= c. MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI 2 = AI.IB Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên Ta có: AE.AC – AI.IB = AM 2 – MI 2 = AI 2 d. Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK ⊥ BM. Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K. Điểm C là giao của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM. 8 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 3 Bài 1: Cho A = )2x1(2 1 ++ + )2x1(2 1 +− a. Tìm x để A có nghĩa b. Rút gọn A c. Tìm các giá trị của x để A có giá trị dương Bài 2: a. Giải phương trình: x 4 + 24x 2 - 25 = 0 b. Giải hệ phương trình:    =+ =− 3489 22 yx yx Bài 3: Cho phương trình: x 2 - 2mx + (m - 1) 3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số(1) a. Giải phương trình (1) khi m = -1 b. Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4: Cho parabol (P): y =2x 2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính c) Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’. Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F. a. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp b. AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao? c. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So sánh MK với KH. d. Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF. Chứng minh rằng: 2 1 R r 3 1 << 9 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) Hướng dẫn giải: Bài 1: a. A có nghĩa ⇔    −≠ −≥ ⇔    ≠+ −≥ ⇔      ≠+ ≥+ 1x 2x 12x 2x 12x 02x (*) b. A = 1x 1 )2x(12 )2x1()2x1( )2x1(2 1 )2x1(2 1 2 + − =       +− ++++− = +− + ++ c. A có giá trị dương khi ⇔ 01x0 1x 1 <+⇔> + − và x thỏa mãn (*) ⇔ x < -1 và x thỏa mãn (*) ⇔ 1x2 −<≤− Bài 2: a. Giải phương trình: x 4 + 24x 2 - 25 = 0 Đặt t = x 2 , t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành: t 2 + 24t - 25 = 0 có a + b +c = 0 nên t =1 hoặc t = -25, vì t≥ 0 ta chọn t = 1 Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1 b. Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 ⇔ x = 2. Từ đó ta có y = 2 Nghiệm của hệ phương trình đã cho là    = = 2y 2x Bài 3: a) Phương trình: x 2 - 2mx + (m - 1) 3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x 2 + 2x - 8 = 0 981' =+=∆ 3' =∆ Phương trình có nghiệm : x 1 = -1+3 = 2; x 2 = -1-3 = -4 b. Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m 2 - (m - 1) 3 > 0 (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u 2 thì theo định lí Vi-ét ta có:      −= =+ )2()1m(u.u )1(m2uu 32 2 Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: 10 [...]... 2 y = ) ) y +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 = m 2 4m + 8 = ( m 2 )... 0 2 zx + zy + z + xy ( x + y ) xyz ( x + y + z ) = 0 ( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0 Ta có : x8 y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4)= y9 + z9 = (y + z)(y8 y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 z3x + z2x2 zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = 3 3 + (x + y)(y + z) (z + x) A = 4 4 ễN THI VO LP 10 S 9 Bi 1(2 im): 2 1 1 ì x 1 ữ x 1 x + 1 x2 x + 1 Cho biu thc K = a) Tỡm iu kin ca x biu thc... Cung BC ca ng trũn ngoi tip {ABCD (c 2 im B v C ) ễN THI VO LP 10 S 7 Bi 1 ( 2.0 im ) Cõu 1 ( 0.75) : Rỳt gn: 3 2 32 + Cõu 2 ( 1.25 ) : Cho biu thc : (1 2 ) 2 x +1 A = x 1 1 x+2 : x +1 1 x ; x 1; x 0 26 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) a Rỳt gn A b Tỡm giỏ tr nh nht ca Bi 2 (1.0 im ) A 1 x5 3 = 10 x 2 3x + 2 2 x 1 2 Cho hm s y = x 2 Gii phng trỡnh... ; x 0; x 1 x+2 x+22 vi x 0 2 1 vi x 0 x+2 2 1 vi x 0 x+2 Kt lun giỏ tr nh nht ca A l -1 ti x = 0 Bi 2 (1.0 im ) A = 0.25 0.50 0.25 0.25 1 x 5 3 = 10 x 3x + 2 2 x 1 x 5 3 + = K: ( x 1)( x 2) x 2 10 Gii phng trỡnh : 2 x 1; x 2 10 + 10 ( x 5 ) ( x 1 ) = 3 ( x 1 ) ( x 2 ) 7x2 51x + 54 = 0 9 Gii ra c x = 6 ; x = 7 9 x = 6 ; x = ( tha món iu kin) v kt lun nghim 7 Bi 3 (1.5 im ) Cho... SE = SB suy ra SM > SB 1.00 ễN THI VO LP 10 S 8 Bài 1: Cho biểu thức: P= x y ( ) ( xy )( ) ( x + y )(1 y ) x + y) x +1 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... Mt khỏc s PAQ = 1 1 s BD ; s PCQ = sCD 2 2 m BD = CD (gi thit) suy ra PAQ = PCQ Vy APQC l t giỏc ni tip c APQC l t giỏc ni tip, nờn QPC = QAC (cựng chn CQ) Li cú PCB = BAD ( gúc ni tip cựng chn BD) v QAC = BAD, suy ra QPC = PCB PQ // BC Vy BCQP l hỡnh thang 17 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) ễN THI VO LP 10 S 5 Bi 1 (2,0 im) 1 Rỳt gn cỏc biu thc sau: a) b) 2 Gii... = mx + m 2 x2 + mx + m 2 = 0 (*) Vì phơng trình (*) có = m 2 4m + 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 phơng trình : x2 + mx + m 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m 2 < 0 m < 2 x + y + z = 9 (1) 1 1 1 ( 2) Bài 3 : + + = 1 x y z xy + yz + xz = 27 ( 3) ... y ) 2 = 0 ( y z ) 2 = 0 ( z x ) 2 = 0 x = y y = z z = x N x= y= z C M 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 = B z = 3 A O 32 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) Bài 4: a) Xét ABM và NBM Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o M là điểm chính giữa của cung... Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) p dng bt ng thc (*) vi a = x; b = x; c = 2x - 3 ta cú: 1 1 1 1 1 1 + + 3 + + ữ x x 2x 3 5x 6 4x 3 3x 1 1 1 1 3 + 3 + ữvi x > 2 x 2x 3 4x 3 5x 6 Du = xy ra x = 2x 3 x = 3 Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = 3 0.25 24 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) ễN THI VO LP 10 S 6 Cõu 1(2,5): Cho Biu Thc : A=(... 10 th 3(17/5) r a = (1) R a+b+c p dng bt ng thc trong EOF ta cú: b + c > a a + b + c > 2a 1 1 a a 1 < < = (2) a + b + c 2a 2 a + b + c 2a Mt khỏc b < a, c < a a + b+ c < 3a 1 1 > a + b + c 3a a a 1 > = (3) a + b + c 3a 3 T (1); (2); (3) ta cú: 1 r 1 < < 3 R 2 *Ghi chỳ: Cõu 4d l cõu nõng cao, ch ỏp dng cho trng chuyờn 13 Giỏo viờn:Bựi Cụng Hi ễn tp 10 th 3(17/5) ễN THI . chiếu vuông góc của N trên BM ta được K. Điểm C là giao của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM. 8 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 3 Bài. (1); (2); (3) ta có: 2 1 R r 3 1 << *Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên. 13 Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 4 Bài 1:. Giáo viên:Bùi Công Hải Ôn tập 10 – thứ 3(17/5) ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề 1 Bài 1: Cho biểu thức K =         − + +         − − − 1a 2 1a 1 : aa 1 1a a a.