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 +≥ + ++ 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 = + + = + −+ 1 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). 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), 2 ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) , mà BCA = AED ⇒ 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 +≥ + ++ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 2 Bài 1: Cho biểu thức: ) x 2 x2x 1x (:) x4 x8 x2 x4 (P − − − − + + = a) Rút gọn P. 3 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. Gii: Bi 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 iu kin x > 0; x 4 v x 9 b. Vi x > 0; x 4 v x 9; P = 1 khi v ch khi: 1 3x x4 = hay: 4x + x 3 = 0. 4 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. −= −= ⇔ =− =− 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. 5 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 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. 6 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 << 7 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: (m - 1) + (m - 1) 2 = 2m ⇔ m 2 - 3m = 0 ⇔ m(m-3) = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 3: Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 hoặc u = 2. Vậy với { } 3;0m ∈ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. Bài 4: 8 a) Vẽ (P): - Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y 8 2 0 2 8 Đồ thị hàm số y = 2x 2 là parabol (P) đỉnh O, nhận Oy làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị: - Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4 + cắt trục tung tại điểm (0;4) + cắt trục hoành tại điểm (2;0) Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8). B(1;2) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2x 2 = -2x + 4 hay: 2x 2 + 2x – 4 = 0 ⇔ x 2 + x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0 nên có nghiệm: x 1 = 1; x 2 = -2 ; suy ra: y 1 = 2; y 2 = 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8). B(1;2) c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích: ( ) 15 2 3.28 S = + = (đơn vị diện tích) Bài 4: a. Tứ giác AEMO có: ∧ EAO = 90 0 (AE là tiếp tuyến) ∧ EMO = 90 0 (EM là tiếp tuyến) ⇒ 0 180EMOEAO =+ ∧∧ Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp b. Ta có : 0 90AMB = ∧ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AM ⊥ OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) ⇒ 0 90MPO = ∧ Tương tự, 0 90MQO = ∧ ⇒ Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật c. Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB) ⇒ ∆EMK ∆EFB ⇒ BF MK EF EM = ⇒ FB FE MK EM = 9 H Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên: MF FE MK EM = (1) Áp dụng định lí Ta-let ta có: HB AB MF EF )EA//KH( HB AB KB EB );BF//MK( KB EB MF EF =⇒== (2) Từ (1) (2) có: HB AB MK EM = (3) Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (MH//AE) ⇒ HB AB HK EA = (4) Từ (3) (4) có: HK EA MK EM = mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH d. Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OE ⊥ OF ⇒ ∆EOF vuông ( ∧ EOF = 90 0 ). OM là đường cao và OM = R Gọi độ dài 3 cạnh của ∆EOF là a, b, c. I là tâm đường tròn nội tiếp ∆EOF .Ta có: S EOF = S EIF + S OIF + S EIO = OE.r 2 1 OF.r 2 1 EF.r 2 1 ++ = ( ) OEOFEF.r 2 1 ++ = ( ) cba.r 2 1 ++ Mặt khác: S EOF = EF.OM 2 1 = 2 1 aR ⇒ aR = r(a + b + c) ⇒ cba a R r ++ = (1) Áp dụng bất đẳng thức trong ∆EOF ta có: b + c > a ⇒ a + b + c > 2a ⇒ a2 1 cba 1 < ++ ⇒ 2 1 a2 a cba a =< ++ (2) Mặt khác b < a, c < a ⇒ a + b+ c < 3a ⇒ a3 1 cba 1 > ++ ⇒ 3 1 a3 a cba a => ++ (3) Từ (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. ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 4 10 [...]... Chiu cao ca tam giỏc l 11dm v cnh ỏy ca tam giỏc l 55 dm 2 Bi 5: 1 s BD 2 Do DE l tip tuyn ca ng trũn (O) 1 s CDE = s CD, m BD = CD (gi thit) 2 BCD = CDE DE/ / BC b ODE = 900 (vỡ DE l tip tuyn), OCE = 900 (vỡ CE l tip tuyn) ODE + OCE = 1800 Do ú CODE l t giỏc ni tip 1 1 Mt khỏc s PAQ = 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... BAC + BAC hay ã ã CAE = BAD Xột ACE v ABD cú : ã ã CAE = BAD (chng minh trờn) ã ã ACE = ABD (hai gúc ni tip cựng chn cung AD) ACE ~ ABD (g.g) AC CE = AB.CE = AC.BD (1) AB BD Xột AED v ACB cú : ã ã ã ã ã ã DAE = BAC ( = BAD BAE = CAE BAE ) ã ã ADE = ABC (hai gúc ni tip cựng chn cung AC) AED ~ ACB (g.g) AD DE = AB .DE = AD.BC (2) AB BC T (1) v (2) suy ra : AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD... tham s) v parabol (P): y = x 2 1 Khi k = 2 , hóy tỡm to giao im ca ng thng (d) v parabol (P); 2 Chng minh rng vi bt k giỏ tr no ca k thỡ ng thng (d) luụn ct parabol (P) ti hai im phõn bit; 3 Gi y1; y2 l tung cỏc giao im ca ng thng (d) v parabol (P) Tỡm k sao cho: y1 + y 2 = y1 y 2 í Ni dung 1 Vi k = 2 ta cú ng thng (d): y = 3x + 4 (1,0) Khi ú phng trỡnh honh giao im ca ng thng (d) v parabol (P) l:... im ca AB 2 Xột ng trũn tõm I : ã ã ADE = ABE (hai gúc ni tip cựng chn cung AE) Xột ng trũn tõm O : ã ã AMN = ABN (hai gúc ni tip cựng chn cung AN) ã ã hay AMN = ABE (vỡ E BN) ã ã T ú suy ra ADE = AMN Hai gúc ny v trớ ng v bng nhau nờn DE // MN (pcm) 3 Gi H l trc tõm ca ABC BH AC v CH AB (1) ã ã K ng kớnh AK thỡ ABK = ACK = 900 (gúc ni tip chn na ng trũn (O)) Hay KB AB v KC AC (2) T (1) v (2)... (2,0 im) Trong mt phng ta Oxy, cho ng thng (d): y = ( k 1) x + 4 (k l tham s) v parabol (P): y = x 2 1 Khi k = 2 , hóy tỡm to giao im ca ng thng (d) v parabol (P); 2 Chng minh rng vi bt k giỏ tr no ca k thỡ ng thng (d) luụn ct parabol (P) ti hai im phõn bit; 3 Gi y1; y2 l tung cỏc giao im ca ng thng (d) v parabol (P) Tỡm k sao cho: y1 + y 2 = y1 y 2 Bi 4 (3,5 im) Cho hỡnh vuụng ABCD, im M thuc... cú y = 16 Vy khi k = 2 ng thng (d) ct parabol (P) ti 2 im cú to l (1; 1); (4; 16) 2 (0,5) 0,25 Phng trỡnh honh giao im ca ng thng (d) v parabol (P) l: x2 = (k 1)x + 4 0,25 x2 (k 1)x 4 = 0 Ta cú ac = 4 < 0 nờn phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit vi mi giỏ tr ca k Vy ng thng (d) v parabol (P) luụn ct nhau ti 2 im phõn bit 3 Vi mi giỏ tr ca k; ng thng (d) v parabol (P) ct nhau ti 2 im phõn (0,5) bit cú... giỏc ABC ni tip ng trũn (O), gi D l im chớnh gia ca cung nh BC Hai tip tuyn ti C v D vi ng trũn (O) ct nhau ti E Gi P, Q ln lt l giao im ca cỏc cp ng thng AB v CD; AD v CE a Chng minh BC DE b Chng minh cỏc t giỏc CODE; APQC ni tip c c T giỏc BCQP l hỡnh gỡ? Gii: Bi 1: x x +1 x 1 x : x + vi x > 0 v x 1 Ta cú: A = x 1 x 1 x 1 ( x + 1)( x x + 1) x 1 x ( x 1) x : + = ( x 1)( x... A n B vi vn tc trung bỡnh 30 km/h khi n B ngi ú ngh 20 phỳt ri quay tr v A vi vn tc trung bỡnh 25km/h Tớnh qung ng AB , Bit rng thi gian c i ln v l 5 gi 50 phỳt Cõu 4(3,5): Cho hỡnh vuụng ABCD , im E thuc cnh BC Qua B k ng thng vuụng vi DE, ng thng ny ct cỏc ng thng DE v DC theo th t H v K a, Chng minh rng : BHCD l t giỏc ni tip b, Tớnh ? c, Chng minh rng : KC.KD = KH.KB d, Khi im E di chuyn... (3) v (6) suy ra AC.BD = BC.DA = (6) AB.CD (pcm) 2 30 ễN THI VO LP 10 S 10 Bi 1(2 im): Cho biu thc M = 2 2( x + 1) x 10 x + 3 + + x 1 x+ x +1 x3 1 1 Vi giỏ tr no ca x thỡ biu thc cú ngha 2 Rỳt gn biu thc 3 Tỡm x biu thc cú giỏ tr ln nht Bi 2(2,5 im): Cho hm s y = 2x2 (P) v y = 2(a - 2)x - 1 2 a (d) 2 1 Tỡm a (d) i qua im A(0 ; -8) 2 Khi a thay i hóy xột s giao im ca (P) v (d) tu theo giỏ tr ca a... Cỏc tia AD, BE ln lt ct (O) ti cỏc im th hai l M, N 1 Chng minh rng bn im A, E, D, B nm trờn mt ng trũn Tỡm tõm I ca ng trũn ú 2 Chng minh rng: MN // DE 3 Cho (O) v dõy AB c nh, im C di chuyn trờn cung ln AB Chng minh rng di bỏn kớnh ng trũn ngoi tip CDE khụng i Bi 5(0,5 im): Tỡm cỏc cp s (x ; y) tho món: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y - HấT - HNG DN GIAI 10 Bi 1(2 im): 31 x 3 1 = ( x 1)(x + x + 1) . BD Do DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ sđ CDE = 2 1 sđ CD, mà BD = CD (giả thi t) ⇒ BCD = CDE ⇒ DE/ / BC b. ODE = 90 0 (vì DE là tiếp tuyến), OCE = 90 0 (vì CE là tiếp tuyến) ⇒ ODE + OCE. lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và CE. a. Chứng minh BC ⁄⁄ DE. b. Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp được. c. Tứ giác BCQP là hình gì? Giải: Bài 1: Ta có: A = − + − − − − + 1x x x: 1x 1x 1x 1xx . (vì CE là tiếp tuyến) ⇒ ODE + OCE = 180 0 . Do đó CODE là tứ giác nội tiếp. Mặt khác sđ PAQ = 2 1 sđ BD ; sđ PCQ = 2 1 sđCD mà BD = CD (giả thi t) suy ra PAQ = PCQ. Vậy APQC là tứ giác nội