Đề thi và đáp án ôn thi vào lớp 10 potx

GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 1 TP ễN THI TUYN VO LP 10 Đề : 1 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( ) + + + 1 122 : 11 x xx xx xx xx xx a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2 : Cho phơng trình: x 2 -( 2m + 1)x + m 2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm. b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x 1 ; x 2 thoả mn 3 2 3 1 xx =50 Bài 3 : Giải hệ phơng trình : ( ) ( ) 2 2 18 1 . 1 72 x y x y x x y y + + + = + + = 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 1;0 x a, Rút gọn: P = ( ) ( ) ( ) 1 12 : 1 12 2 x x xx xx z <=> P = 1 1 )1( 1 2 + = x x x x b. P = 1 2 1 1 1 += + xx x Để P nguyên thì )(121 9321 0011 4211 Loaixx xxx xxx xxx == === === === Vậy với x= { } 9;4;0 thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì: GV:Mai Thnh LB ễN THI VO L P 10 2 ( ) ( ) <+=+ >+= ++= 012 06 06412 21 2 21 2 2 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 < < >+ >= m m mm b. Giải phơng trình: ( ) 50)3(2 3 3 =+ mm = + = =+=++ 2 51 2 51 0150)733(5 2 1 22 m m mmmm 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 1 2 18 72 0 12; 6 X X X X + = = = 12 6 u v = = ; 6 12 u v = = ( ) ( ) 1 12 1 6 x x y y + = + = ; ( ) ( ) 1 6 1 12 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 đ 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 = 90 0 và ACD = 90 0 . 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 = 180 0 => APB + AHB = 180 0 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 H O P Q D C B A GV:Mai Thnh LB ễN THI VO L P 10 3 Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 180 0 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy 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 Bi 5 T 2 2 2 2 1 1 1 1 7 2 7 9 3 x x x x x x x x + = + = + = + = (do x>o) Nờn 5 4 3 2 4 2 5 2 3 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x + = + + + = + + + ( ) 2 2 1 3 2 7 1 3 49 8 123 x x = + + = = HT Đề : 2 Câu1 : Cho biểu thức A= 2 )1( : 1 1 1 1 2 2233 + + + x xx x x x x x 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 ( ) 4 3( ) 2 3 7 x y y x x y = + = b. Giải bất phơng trình: 3 2 2 4 2 20 3 x x x x x + + <0 Câu3 . Cho phơng trình (2m-1)x 2 -2mx+1=0 a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit 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 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 l tip tuyn ca(o) c. chứng minh rằng :F l trung im ca CK đáp án Câu 1: a. Rút gọn A= x x 2 2 b.Thay x= 6 4 2 2 2 + = + vào A ta đợc A= 2(4 2) + GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 4 O K F E D C B A c.A=3<=> x 2 -3x-2=0=> x= 2 173 Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a 2 +3a=4 => a=-1;a=-4 Từ đó ta có 2 ( ) 4 3( ) 2 3 7 x y y x x y = + = <=>* 1 2 3 7 x y x y = + = (1) V * 4 2 3 7 x y x y = + = (2) 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 x 3 -4x 2 -2x-20=(x-5)(x 2 +x+4) mà x 2 +x+3=(x+1/2) 2 +11/4>0 ; x 2 +x+4>0 với mọi x Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3 : Phơng trình: ( 2m-1)x 2 -2mx+1=0 a)Xét 2m-10=> m 1/2 v , = m 2 -2m+1= (m-1) 2 > 0 m1 ta thấy pt có 2 nghiệm p.bit với m 1/2 v m1 b) m= 2 2 4 Câu 4: a. Ta có KEB= 90 0 mặt khác BFC= 90 0 ( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D => BFK= 90 0 => 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=45 0 => BCF= 45 0 Ta có BKF= BEF Mà BEF= BEA=45 0 (EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> BKF=45 0 Vì BKC= BCK= 45 0 => tam giác BCK vuông cân tại B =>BK OB=>BK l tip tuyn ca(0) c)BF CK ti F=>F l trung im HT Đề: 3 Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( )( ) yx xy xyx y yyx x P + ++ + = 111))1)(( a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mn phơng trình P = 2. Bài 2 : Cho parabol (P) : y = -x 2 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 : =++ =++ =++ 27 1 111 9 zxyzxy zyx zyx Bài 4 : Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn );( BCAC . 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. GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 5 Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa mn x+y=1 : Tỡm GTLN ca A= x y + Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; 0;1;0;0 + yxyyx . *). Rút gọn P: ( ) ( )( )( ) (1 ) (1 ) 1 1 x x y y xy x y P x y x y + + = + + ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 1 1 x y x x y y xy x y x y x y + + + = + + ( ) ( ) ( )( )( ) 1 1 x y x y x xy y xy x y x y + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 x x y x y x x x y + + + + = + ( ) 1 x y y y x y + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y y y y y + = . x xy y = + Vậy P = .yxyx + b). P = 2 .yxyx + = 2 ( ) ( ) ( )( ) 111 111 =+ =++ yx yyx Ta có: 1 + 1 y 1 1 x 0 4 x x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mn 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: - x 2 = mx + m 2 x 2 + mx + m 2 = 0 (*) Vì phơng trình (*) có ( ) mmmm >+=+= 04284 2 2 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 : x 2 + mx + m 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m 2 < 0 m < 2. Bài 3 : ( ) ( ) =++ =++ =++ 327 )2(1 111 19 xzyzxy zyx zyx ĐKXĐ : .0,0,0 zyx GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 6 Q N M O C B A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 81 2 81 81 2 27 2( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x x y x y y z y z x y z z x z x + + = + + + + + = + + = + + + + = + + = + + + + + + = + + = = = = = = = = = Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét ABM và NBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90 o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN 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 MCB và MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ) ( cgcMNQMCB = => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có BQAC AB 2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB 2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R 2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( Bài 5:) Do A > 0 nên A lớn nhất A 2 lớn nhất. Xét A 2 = ( x + y ) 2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) Ta có: 2 yx + xy (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 xy (2) Từ (1) và (2) suy ra: A 2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 Max A 2 = 2 <=> x = y = 2 1 , max A = 2 <=> x = y = 2 1 . Đề 4 Câu 1: Cho hàm số f(x) = 44 2 + xx a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = 4 )( 2 x xf khi x 2 GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 7 Câu 2: Giải hệ phơng trình +=+ += )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Câu 3: Cho biểu thứcA = + + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx 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 2x 2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mn: 3x 1 - 4x 2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = 2)2(44 22 ==+ xxxx Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) = = = = = 8 12 102 102 10)( x x x x xf c) )2)(2( 2 4 )( 2 + = = xx x x xf A Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 2 1 + = x A Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 2 1 + = x A Câu 2 ( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4 ( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0 x y x y xy x xy y x x y x y x y xy y x xy y x x y = + = + = = + = + + = + + = = x -2 y 2 Câu 3 a) Ta có: A = + + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx = + + ++ 11 )1( : 1 1 )1)(1( )1)(1( x x x xx x x xx xxx = + + 1 : 1 1 1 1 x xxx x x x xx = 1 : 1 11 ++ x x x xxx = 1 : 1 2 + x x x x = x x x x 1 1 2 + = x x 2 b) A = 3 => x x 2 = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 A P GV:Mai Thnh LB ễN THI VO L P 10 8 Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có CB CH PB EH = ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => AHC POB Do đó: OB CH PB AH = (2) 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 AH 2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có .)2( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH 2 = R AH 2 .4PB 2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB 2 = 4R.PB.CB - AH.CB 2 AH (4PB 2 +CB 2 ) = 4R.PB.CB 2 222 222 222 2222 d Rd.2.R 4R)R4(d Rd.8R (2R)4PB 4R.2R.PB CB4.PB 4R.CB.PB AH = + = + = + = Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thì > 0 <=> (2m - 1) 2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: = = =+ 114x3x 2 1m .xx 2 12m xx 21 21 21 = = = 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 8m-26 77m x 7 4m-13 x 1 1 Giải phơng trình 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 = ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2) đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mn: 3 x 1 -4 x 2 = 11 HT GV:Mai Thnh LB ễN THI VO L P 10 9 Đề 5 Câu 1: Cho P = 2 1 x x x + + 1 1 x x 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 : x 2 2(m - 1)x + m 2 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 x + 2 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. Cõu5. Cho ba số x, y, z tho mn đồng thời : 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 x y y z z x + + = + + = + + = Tính giá trị của biểu thức : 2009 2009 2009 A x y z = + + . . Đáp án Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1 P = 2 1 x x x + + 1 1 x x x + + + - 1 ( 1)( 1) x x x + + = 3 2 ( ) 1 x x + + 1 1 x x x + + + - 1 1 x = 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1) x x x x x x x x + + + + + + + = ( 1)( 1) x x x x x + + = 1 x x x + + b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P < 1 3 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 m 2 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: GV:Mai Thnh LB ễN THI VO L P 10 10 2 3 2 2 .3 3 a a m a a m + = = a= 1 2 m 3( 1 2 m ) 2 = m 2 3 m 2 + 6m 15 = 0 m = 3 2 6 ( thõa mn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x 0 ; 2 x 2 > 0 x 0 ; x < 2 . Đặt y = 2 2 x > 0 Ta có: 2 2 2 (1) 1 1 2 (2) x y 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: X 2 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: X 2 + X - 1 2 = 0 X = 1 3 2 Vì y > 0 nên: y = 1 3 2 + x = 1 3 2 Vậy phơng trình có hai nghiệm: x 1 = 1 ; x 2 = 1 3 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 1 2 ACK = sđ EC = 1 2 sđ BD = 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 .Cõu5. Từ giả thiết ta có : 2 2 2 2 1 0 2 1 0 2 1 0 x y y z z x + + = + + = + + = Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 x x y y z z + + + + + + + + = O K D C B A [...]...  y + 1 = 0 ⇒ x = y = z = −1 z +1 = 0  ⇒ A = x 2009 + y 2009 + z 2009 = ( −1) 2009 + ( −1) 2009 + ( −1) 2009 = −3 VËy : A = -3 ……………………………………………H T…………………………………………………………………… GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO L P 10 11 . minh rằng :F l trung im ca CK đáp án Câu 1: a. Rút gọn A= x x 2 2 b.Thay x= 6 4 2 2 2 + = + vào A ta đợc A= 2(4 2) + GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 4 O K F E D C B A c.A=3<=>. : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 x x y y z z + + + + + + + + = O K D C B A GV:Mai Thành LB ĐỀ ÔN THI VÀO L Ớ P 10 11 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 0 x y z ⇒ + + + + + = 1 0 1 0 1 0 x y z + =   ⇔ +. các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10 5 Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa mn x+y=1 : Tỡm GTLN ca A= x y + Đáp án Bài 1: