Đề luyện thi vào lớp 10 -môn Toán(10-11)

ĐỀ SỐ 1 Bài 1. a) Chứng minh : 3 3 9 3 11 2 9 3 11 2 3 2 + + − = b) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 74 ( 2) ( 4) 18 x y x y  + =   + + + =   Bài 2. Cho phương trình : x 2 – 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức 1 2 x x − đạt giá trị nhỏ nhất. hãy tính giá trị nhỏ nhất này. Bài 3. Gọi (P) là đồ thị của hàm số 2 1 2 y x= và (d) là đồ thị của hàm số 1 1 2 y x= + a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ b) Dùng đồ thị (P) và (d) suy ra nghiệm của phương trình x 2 – x – 2 = 0 Bài 4. Cho đường tròn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm di động trên cung AB (M khác A và B). Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt là C và D. a) Chứng minh : Tích AC.BD không đổi khi M di động trên cung AB. b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất. BÀI GIẢI Bài 1 a) Ta có : 9 3 11 2+ = 3 3 6 3 9 2 2 2+ + + = 3 2 2 3 3 3 3. 2 3. 3 2 2+ + + = 3 ( 3 2)+ Tương tự 3 9 3 11 2 ( 3 2)− = − Vậy 3 3 9 3 11 2 9 3 11 2 2 + + − = 3 2 3 2 3 2 + + − = (đfcm) b) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 74 ( 2) ( 4) 18 x y x y  + =   + + + =   ⇔ 2 2 2 2 74 4 4 8 16 18 x y x x y y  + =   + + + + + =   ⇔ 2 2 74 4 4 8 16 74 18 x y x y  + =  + + + + =  ⇔ 2 2 74 4 8 76 x y x y  + =  + = −  ⇔ 2 2 74 2 19 x y x y  + =  + = −  ⇔ 2 2 (2 19) 74 2 19 y y x y  + + =  = − −  ⇔ 2 5 76 361 74 2 19 y y x y  + + =  = − −  ⇔ 2 5 76 287 0 2 19 y y x y  + + =  = − −  ⇔ 7 41 5 2 19 y y x y  = −      = −      = − −  ⇔ 13 5 5 7 41 5 x x y y  = −  = −   ∨   = −   = −   1 Vậy hệ có nghiệm là : 5 7 x y = −   = −  hoặc 13 5 41 5 x y  = −     = −   Bài 2. a) Ta có : ∆’ = m 2 – 2m + 5 = m 2 – 2m + 1 + 4 = (m – 1) 2 + 4 > 0 , với mọi m vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Ta có : ( ) 2 1 2 x x − = ( ) 2 1 2 x x − = ( ) 2 1 2 1 2 4 . x x x x + − = 4m 2 – 4(2m – 5) = 4m 2 – 8m + 20 = 4(m 2 – 2m + 1 + 4) = 4(m – 1) 2 + 16 ≥ 16 ( ) 2 1 4 4m⇒ − + ≥ Vậy 1 2 x x − đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi m = 1 Bài 3. Gọi (P) là đồ thị của hàm số 2 1 2 y x= và (d) là đồ thị của hàm số 1 1 2 y x= + a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ Bảng giá trị của hàm số 2 1 2 y x= x -2 -1 0 1 2 y 2 1 2 0 1 2 2 Bảng giá trị của hàm số 1 1 2 y x= + x -2 0 y 0 1 Đồ thị (P) và (d) f(x)=(1/2 )x^2 f(x)=(1/2 )x +1 x(t )=-1 , y(t )=t x(t )=2 , y(t) =t -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x f(x) b) Lập phương trình hoành độ giao điểm : 2 1 2 x = 1 1 2 x + ⇔ x 2 – x – 2 = 0 Vậy số nghiệm của pt này là số giao điểm nếu có của hai đồ thị (P) và (d) Dựa vào đồ thị , ta có (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm lần lượt có hoành độ x = -1 và x = 2 Suy ra nghiệm của phương trình x 2 – x – 2 = 0 có hai nghiệm là x = - 1 ; x = 2 Bài 4. 2 a) AC.BD không đổi 2 1 2 y x= 1 1 2 y x= + D C B O A M Theo định lí hai tiếp tuyến ta có CA = CM và DM = DB (1) Và OC là phân giác của góc · AOM , OD là phân giác của góc · MOB Mà · AOM và · MOB kề bù nên suy ra CO ⊥ OD Mặt khác OM ⊥ CD và OM = R (CD tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD có : MC.MD = OM 2 = R 2 (không đổi) Kết hợp với (1) suy ra : AC.BD = MC.MD = R 2 (không đổi) khi M di động trên cung AB b) Vì AC VÀ BD là hai tiếp tuyến của (O) tại A và B nên AC // BD (AC và BD cùng vuông góc với AB), suy ra tứ giác ABDC là hình thang vuông Diện tích 1 ( ) 2 ABDC AB AC BD S = + = R(CM + MD) = R.CD (cmt) với R không đổi Nên ABDC S nhỏ nhất khi và chì khi CD nhỏ nhất , CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD vuông góc với hai tiếp tuyến tại A và B ⇔ M là điểm chính giữa của cung AB , ¼ ¼ MC MD= 3 ĐỀ SỐ 2 Bài 1. Cho M = 2 2 2 2 4 3 1 3 : 3 1 1 3 x x x x x x x x + − − +   + − −  ÷ + +   (điều kiện biểu thức có nghĩa) a) Rút gọn biểu thức M b) Với giá trị nào của x thì M < 0 c) Tìm x để M có giá trị nguyên Bài 2. Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 – (m + 1)x + m 2 – 2m + 2 = 0 a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm m để x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a ; AC = b nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kéo dài đường phân giác trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường thẳng DE ⊥ AB , DF ⊥ AC. a) Chứng minh AEDF là hình vuông. b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF. c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC. Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 1 1x x− + + . BÀI GIẢI Bài 1 a) Ta có điều kiện : x ≠ 0 ; x ≠ 1 2 ; x ≠ −1 M = 2 ( 2)( 1) 2.3 9 ( 1) 1 3 1 . 3 ( 1) 2 4 3 x x x x x x x x x x x x + + + − + + − + − + − = 2 2 8 2 3 1 3 (2 4 ) 3 x x x x x x − + − + − − = 2 2 4 1 3 1 3 (1 2 ) 3 x x x x x x − + − + − − = 2 2 ( 4 1) (1 2 )(3 1) 3 (1 2 ) x x x x x x − + − − − + − = 2 (1 2 )(1 2 ) (1 2 )(3 1) 3 (1 2 ) x x x x x x x − + − − − + − = 2 (1 2 ) (3 1) 3 x x x x + − − + = 2 3 x x x + = 1 3 x + b) M < 0 ⇔ 1 3 x + < 0 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1 c) M ∈  ⇔ 1 3 x + ∈  ⇔ x + 1 chia hết cho 3 ⇔ x + 1 = 3k, k ∈  ⇔ x = 3k – 1 , k ∈  Hay x là số nguyên chia cho 3 dư là 2 Bài 2. Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình : 4 x 2 – (m + 1)x + m 2 – 2m + 2 = 0 (1) a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt. Ta có : ∆ = (m + 1) 2 – 4(m 2 – 2m + 2) = – 3m 2 + 10m – 7 = (1 – m )(3m – 7) + (1) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) < 0 ⇔ m < 1 hoặc m > 7 3 + (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) = 0 ⇔ m =1 hoặc m = 7 3 + (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) > 0 ⇔ 1 < m < 7 3 b) Tìm m để x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Theo Vi-et, ta có : 1 2 2 1 2 1 . 2 2 b m x x a c m m x x a  + = − = +     = = − +   Nên : đặt E = x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = (m + 1) 2 – 2(m 2 – 2m + 2) = – m 2 + 6m – 3 + Ta có : – m 2 + 6m – 3 = – (m 2 – 6m + 3 ) = – (m 2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3) 2 Nhưng do (1) có nghiệm x 1 ; x 2 khi và chỉ khi 1 ≤ m ≤ 7 3 Giá trị lớn nhất của E là : 6 – ( 7 3 − 3 ) 2 = 50 9 Giá trị nhỏ nhất của E là : 6 – (1 – 3) 2 = 2 Bài 3. a b N F E D M B O C A a) Chứng minh AEDF là hình vuông Ta có tứ giác AEDF có µ µ µ 1A E F v= = = và đường chéo AD là phân giác của góc EAD nên AEDF là hình vuông. b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF. Áp dụng định lí Py ta go cho ∆vuông ABC : BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 + b 2 ⇒ 2 2 BC a b= + Áp dụng tính chất phân giác trong AD : DB AB a DC AC b = = ⇒ DB DC AB AC DC AC + + = ⇒ BC a b DC b + = ⇒ DC = 2 2 b a b DC a b + = + Từ chứng minh trênAEDF là hình vuông nên DF // AB ⇒ CD DF CB AB = 5 ⇒ 2 2 2 2 b a b DF a b a a b + + = + ⇒ DF b a a b = + ⇒ ab DF a b = + , mà AE = DF (cmt) EF là đường chéo hình vuông cạnh DF , nên : EF = 2DF = 2ab a b+ c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC. + Ta có : ∆ABD ∼∆AMC do : · · BAD MAC= (AD là phân giác) · · ABD AMC= (góc nội tiếp chắn cung AC) Suy ra : AB AD AM AC = ⇒ AB.AC = AM.AD Khi A di động trên (O) thì tam giác ABC luôn là tam giác vuông, nên AEDF luôn là hình vuông và AB.AC = AM.AD Do đó AEDF là hình vuông ⇒ AD ⊥ EF và AD = EF ⇒ S AEDF = 1 1 . . 2 2 AM EF AM AD= = 1 . 2 AB AC = S ABC Bài 4: Đk : 1x ≥ Vì 2 1 1x + ≥ và 1x ≥ nên A đạt GTNN 1x⇔ − đạt GTNN,tức là x – 1 = 0 1x⇒ = . Khi đó A = 2 1 1 1 1 2− + + = .Vậy với x = 1 thì minA = 2 . ĐỀ SỐ 3 Bài 1. a) Tìm x biết 12 18 8 27x x+ = + b) Chứng minh đẳng thức : 2 2 1 2 . 1 1 2 1 x x x x x x x x   + − + − =  ÷  ÷ − − + +   với x > 0 , x ≠ 1 6 Bài 2. Cho hàm số y = ax 2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ; 1 2 ), tìm m để (d) cũng đi qua A. b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Bài 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H là trực tâm của tam giác, M là điểm trên cung BC không chứa A a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Gọi N , E lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC. Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng. c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất. Bài 4. Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 a b c c a b b c a + + = + − + − + − BÀI GIẢI Bài 1. a) 12 18 8 27x x+ = + ⇔ 2x 3 + 3 2 = 2x 2 + 3 3 ⇔ 2x( 3 – 2 ) = 3( 3 – 2 ) ⇔ 2x = 3 ⇔ 3 2 x = b) 2 ( 2)( 1) ( 2)( 1)2 2 1 1 . . . 1 2 1 ( 1) .( 1) x x x xx x x x x x x x x x x   + − − − ++ − + + − =  ÷  ÷ − + + + −   = 2 1 . 1 x x x − = 2 1x − (đpcm) Bài 2. Cho hàm số y = ax 2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ; 1 2 ), tìm m để (d) cũng đi qua A. (P) đi qua A(1 ; 1 2 ) ⇔ 1 2 = a.1 2 ⇔ a = 1 2 ⇒ y = 1 2 x 2 (d) đi qua A(1 ; 1 2 ) ⇔ 1 2 = – 2.1 + m ⇔ m = 5 2 ⇒ y = – 2x + 5 2 b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được Bảng giá trị của (P) : x -2 -1 0 1 2 y = 1 2 x 2 2 1 2 0 1 2 2 Bảng giá trị của (d) : x 0 1 y = – 2x + 5 2 5 2 1 2 Đồ thị của (P) và (d) : 7 f(x)=(1/2)x^2 f(x)=-2* x+5/2 x(t )=1 , y(t)=t x(t )=t , y(t)=1/2 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 -2 2 4 6 8 10 12 14 x f(x) c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Lập pt hoành độ giao điểm : 1 2 x 2 = – 2x + m ⇔ x 2 + 4x – 2m = 0 ∆’ = 4 + 2m Để (d) tiếp xúc với (P) thì pt hoành độ giao điểm phải có nghiệm kép Tức là : 4 + 2m = 0 ⇔ m = – 2 Vậy (d) tiếp xúc với (P) khi m = – 2 Bài 3. a) Ta có : BH ⊥ AC và CH ⊥ AB nên để BHCM là hình bình hành thì MC ⊥ AC tại C và MB ⊥ AB tại B Do đó AM là đường kính đường tròn tâm (O) b) Ta có : E đối xứng của M qua AC ⇒ EC ⊥ AC và EC = MC ⇒ EC // BH và EC = BH Vậy BHEC là hình bình hành Chứng minh tương tự : BNHC cũng là hình bình hành Suy ra : HE // BC và HN // BC Theo Tiên đề Ơcơlit thì HE trùng với HN,suy ra N,H E thẳng hàng. c) Theo cmt : BC = 1 2 NE ⇒ NE lớn nhất khi và chỉ khi BC lớn nhất tức là dây cung BC lớn nhất khi và chỉ khi BC là đường kính khi đó tam giác ABC vuông tại A nên trực tâm H trùng với A và M là điểm đối xứng với A qua O. 8 N K E M L J H O A B C NE = 1 3.04 cm N'E' = 1 3.91 cm E' N' R C ' N K E M L J H O A B C B' Bài 4. Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 a b c c a b b c a + + = + − + − + − Ta có : a + b = -c ; b + c = - a ; c + a = - b (a + b) 2 = c 2 ⇒ a 2 + b 2 – c 2 = – 2ab (b + c) 2 = a 2 ⇒ b 2 + c 2 – a 2 = – 2bc (c + a) 2 = b 2 ⇒ c 2 + a 2 – b 2 = – 2ca Do đó : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2ab bc ca a b c c a b b c a + + = − − − + − + − + − = – 1 2 a b c abc abc abc   + +  ÷   = 1 2 a b c abc + +   −  ÷   = 0 với abc ≠ 0 9 ĐỀ SỐ 4 Bài 1. Cho các biểu thức P = 2 9x − và Q = 3 . 3x x+ − a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa b) Với giá trị nào của x thì P = Q c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa còn Q không có nghĩa. Bài 2. Cho phương trình : 3x 2 + mx + 12 = 0 (1) a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại. Bài 3. Một xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì đến sớm hơn 2 giờ, nếu giảm vận tốc 4km/h thì đến muộn hơn 1 giờ. Tính vận tốc dự định và thời gian dự định lúc đầu. Bài 4. Từ S ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho BD // AC . Nối BK cắt AC tại I a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC b) Chứng minh IC 2 = IK.IB c) Cho góc · BAC = 60 o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O. BÀI GIẢI Bài 1. Cho các biểu thức P = 2 9x − và Q = 3 . 3x x+ − a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa Ta có : P = 2 9x − có nghĩa khi và chỉ khi 2 9 0x − ≥ ⇔ (x + 3)(x – 3) ≥ 0 (Áp dụng xét dấu của tích hai thừa số không âm khi chúng cùng dấu) ⇔ x ≤−3 hoặc x ≥ 3 Q = 3 . 3x x+ − có nghĩa khi và chỉ khi 3 0 3 3 3 3 x x x x x + ≥ ≥ −   ⇔ ⇔ ≥   − ≥ ≥   b) Với giá trị nào của x thì P = Q Ta có : P = Q ⇔ x ≥ 3 c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa còn Q không có nghĩa. Để P có nghĩa còn Q không có nghĩa khi và chỉ khi x ≤−3 Bài 2. Cho phương trình : 3x 2 + mx + 12 = 0 (1) a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = m 2 – 4.3.12 > 0 ⇔ m 2 – 144 > 0 ⇔ (m – 12)(m + 12) > 0 ⇔ m < – 12 hoặc m > 12 b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại. 10 [...]... ±3 ; v = 4 ⇒ y = ± 2 Nhưng k = 2 thì v = 10 khơng là số chính phương, nên loại k = 2 Vậy các nghiệm ngun của phương trình cần tìm là (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2) Cách khác : 6x2 + 5y2 = 74 ⇔ 6(x2 – 4) = 5 (10 – y2) Suy ra : x2 – 4 = 5u và 10 – y2 = 6v do đó u = v 17 Vì x2 = 4 + 5u ≥ 0 ⇔ u ≥ − y2 = 10 – 6v ≥ 0 ⇔ v ≤ 4 5 5 3 + Hoặc u = v = 0 thì y2 = 10 , y ngun : khơng xảy ra + Hoặc u = v... giác đều Nên AB = AC = BC Tứ giác ACOB nội tiếp được suy ra o o · · BOC = 120 ⇒ BDC = 60 (góc nội tiếp chắn cung BKC) Mà BC = CD nên ∆BDC cân Do đó : ∆ BDC là tam giác đều BD = AC = CD = AB Vậy tứ giác ABDC là hình thoi · ⇒ AD là phân giác BAC · Trùng với AO là phân giác BAC · Vậy khi BAC = 60o thì cát tuyến AKD đi qua O A E B D K O I C 12 ĐỀ SỐ... vng ABN có AN = R 3 ; AB = 2R ⇒ sin · AN 3 o = ⇒ · ABN = 60 AB 2 o ⇒ · AMN = 60 (cùng chắn cung AN) Vậy tam giác AMN cân có một góc 60o là tam giác đều cạnh bằng R 3 Diện tích AMN = 3R 2 3 (đvdt) 4 - 15 ĐỀ SỐ 6 Bài 1 2  x −2 x + 2  1− x  ÷  Cho biểu thức P =  x − 1 − ÷  x + 2 x +1÷  2    a) Rút gọn biểu thức b) Chứng minh rằng nếu 0 < x... (0 ; 0) và ( ; ) 9 2 * Cách khác : Nhân pt (1) cho 5 rồi trừ từng vế , ta được 2y – 9x = 0 ⇔ y = 9 x 2 x = 0 Thế vào (1) , ta được : 9x – 7x = 0 ⇔ x(9x – 7) = 0 ⇔  x = 7   9  7 7 Tứ đó suy ra nghiệm của hệ : (0 ; 0) và ( ; ) 9 2 2 Bài 3 a) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta đều có : (1) ⇔ 1 1 4 + ≥ (1) a b a+b a+b 4 2 ≥ ⇔ ( a + b ) ≥ 4ab (a, b dương) ⇔ (a2 – 2ab + b2) ≥ 0 : Đúng ab a+b... thời gian đi hết qng đường là : Theo đề bài : y x + 14 y y − = 2 (1) x x + 14 Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì thời gian đi hết qng đường là : y (x > 4) x−4 y y − = 1 (2) x−4 x y y  x − x + 14 = 2  Ta có hệ phương trình :  y y  − =1 x−4 x   y ( x + 14) − xy = 2 x( x + 14) 14 y = 2 x( x + 14) ⇔  xy − y ( x − 4) = x( x − 4) ⇔ 4 y = x( x − 4) ( x, y ≠ 0)   Theo đề bài : 7 2( x + 14) = ⇔ 7x – 28... + x 2a 2 x + y 2b 2 = Tương tự bằng cách hốn vị vòng quanh, ta được : y = bc ; z ca Ta có : y + z = Thay vào (1), áp dụng (2) , ta được : M=3+ 2.3abc 2c 2 2b 2 2a 2 2( a 3 + b 3 + c 3 ) + + =3+ =3+ = 3 + 6 = 9 (đpcm) abc ab ca bc abc - 19 ĐỀ SỐ 7 Bài 1 Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) a) Chứng minh rằng điểm A (− 2;2) nằm trên (P) b) Tìm m để... − y ) = 16  x − y = −4    2 x + y = −2 2 x + y = 2 2 x + y = 2 hoặc  hoặc   x − y = 4  x − y = −4 x − y = 4 2 2   x = 3 x = − 3  x = −2 x = 2   ⇔ hoặc  y = 2 hoặc  10 hoặc  y = −2    y = − 10 y =   3 3   b) Tìm x, y ngun thỏa mãn x2 – 2xy + 3 = 0 Ta có : x2 – 2xy + 3 = 0 ⇔ x(x – 2y) = -3 ⇔ x = - 1 , x – 2y = 3 hoặc x = 1 ; x – 2y = -3 hoặc x = 3 ; x – 2y = -1 hoặc x =... -1 , y = -2 + x = 1 ; x – 2y = -3 ⇒ x = 1 , y = 2 + x = 3 ; x – 2y = -1 ⇒ x = 3 ; y = 2 + x = -3 ; x – 2y = 1 ⇒ x = -3 ; y = -2 Vậy các số ngun x, y thỏa đề bài là : (-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (3 ; 2) ; (-3 ; -2) Bài 3 Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m Tính diện tích khu vườn ban đầu Gọi x là chiều dài... xúc với (P) Bài 5 Tõ x3 + 2y2 - 4y + 3 = 0 ⇒ x3 = -1 - 2(y - 1)2 ≤ -1 ⇒ x ≤ −1 (1) Tõ x2 + x2y2 - 2y = 0 ⇒ x 2 = 2y ≤ 1 (2) y2 +1 KÕt hỵp (1) vµ (2) suy ra x = -1 do ®ã y = 1 VËy B = x2 + y2 = 2 27 ĐỀ SỐ 10 Bài 1 (2.0 điểm ) 1 Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa a) b) x 1 x −1 2 Trục căn thức ở mẫu a) 3 2 b) 3 Giải hệ phương trình : 1 3 −1  x −1 = 0  x + y = 3 Bài 2 (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2... 75 phút, trên cùng tuyến đường đó một ôtô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/giờ Hai xe gặp nhau tại Phù Cát Tính vận tốc của mỗi xe, giả thi t rằng Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30 km Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC 1 Chứng minh . và (d) : 7 f(x)=(1/2)x^2 f(x)=-2* x+5/2 x(t )=1 , y(t)=t x(t )=t , y(t)=1/2 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 -2 2 4 6 8 10 12 14 x f(x) c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) tiếp xúc với. – y 2 ) Suy ra : x 2 – 4 = 5u và 10 – y 2 = 6v do đó u = v 17 Vì x 2 = 4 + 5u ≥ 0 ⇔ u ≥ 4 5 − y 2 = 10 – 6v ≥ 0 ⇔ v ≤ 5 3 + Hoặc u = v = 0 thì y 2 = 10 , y nguyên : không xảy ra + Hoặc. thành tam giác đều Nên AB = AC = BC Tứ giác ACOB nội tiếp được suy ra · BOC = 120 o ⇒ · BDC = 60 o (góc nội tiếp chắn cung BKC) Mà BC = CD nên ∆BDC cân Do đó : ∆ BDC là tam giác đều BD =