ĐỀ THI và đáp án THI vào lớp 10 môn TOÁN (đề5 10)

Đề 5 Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + = Tính giá trị của biểu thức : 2007 2007 2007 A x y z= + + . Bài 2). Cho biểu thức : 2 2 5 4 2014M x x y xy y= − + + − + . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 2 18 1 . 1 72 x y x y x x y y  + + + =   + + =   Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R 2 . b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng : ( ) 2 2 2 2 a b a b a b b a + + + ≥ + Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD 2 = AB . AC - BD . DC. Hướng dẫn giải Bài 1. 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 0x x y y z z+ + + + + + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 0x y z⇒ + + + + + = 1 0 1 0 1 0 x y z + =   ⇔ + =   + =  1x y z⇒ = = = ( ) ( ) ( ) 2007 2007 2007 2007 2007 2007 1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = − Vậy : A = -3. Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + − − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2007M x y x y= − + − + − − + ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2 1 1 2007 2 4 M x y y   ⇒ = − + − + − +     Do ( ) 2 1 0y − ≥ và ( ) ( ) 2 1 2 1 0 2 x y   − + − ≥     ,x y∀ 2007M ⇒ ≥ min 2007 2; 1M x y⇒ = ⇔ = = Bài 3. Đặt : ( ) ( ) 1 1 u x x v y y  = +   = +   Ta có : 18 72 u v uv + =   =  ⇒ u ; v là nghiệm của phương trình : 2 1 2 18 72 0 12; 6X 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 được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC ⊥ OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO 2 = CM . MD ⇒ R 2 = AC . BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp · · · · ;MCO MAO MDO MBO⇒ = = ( ) .COD AMB g g⇒ :V V (0,25đ) Do đó : 1 . . . . Chu vi COD OM Chu vi AMB MH = V V (MH 1 ⊥ AB) Do MH 1 ≤ OM nên 1 1 OM MH ≥ ⇒ Chu vi COD ≥ V chu vi AMBV Dấu = xảy ra ⇔ MH 1 = OM ⇔ M ≡ O ⇒ M là điểm chính giữa của cung » AB Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : 2 2 1 1 0; 0 2 2 a b     − ≥ − ≥  ÷  ÷     ∀ a , b > 0 oh d c m b a 1 1 0; 0 4 4 a a b b⇒ − + ≥ − + ≥ 1 1 ( ) ( ) 0 4 4 a a b b⇒ − + + − + ≥ ∀ a , b > 0 1 0 2 a b a b⇒ + + ≥ + > Mặt khác 2 0a b ab+ ≥ > Nhân từng vế ta có : ( ) ( ) ( ) 1 2 2 a b a b ab a b   + + + ≥ +     ( ) ( ) 2 2 2 2 a b a b a b b a + ⇒ + + ≥ + Bài 6. (1 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp ABCV Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: ABD CED:V V (g.g) . . BD AD AB ED BD CD ED CD ⇒ = ⇒ = ( ) 2 . . . . AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD ⇒ − = ⇒ = − Lại có : ( ) .ABD AEC g g:V V 2 . . . . AB AD AB AC AE AD AE AC AD AB AC BD CD ⇒ = ⇒ = ⇒ = − d e c b a Đè 6 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± Câu 2: Giải hệ phương 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 đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường 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 phương trình 2x 2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mãn: 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 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, đường cao AH ta có AH 2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có O B C H E A P .)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 phương 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 phương trình 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 = − − ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x 1 + x 2 = 11 Đề 7 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 phương trình : x 2 – 2(m - 1)x + m 2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải phương trình : 1 x + 2 1 2 x− = 2 b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn : 0 0 2 4 2 0 2 7 11 0 a b a b c a b c ≥   ≥   + − + =   − + − =  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Câu 4: Cho ABCV cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp BCDV . 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. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠ 1. (0,25 điểm) 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 1x − = 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/. Phương 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: 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 mãn 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 phương 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 phương trình: X 2 + X - 1 2 = 0 ⇔ X = 1 3 2 − ± Vì y > 0 nên: y = 1 3 2 − + ⇒ x = 1 3 2 − − Vậy phương 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 như trên là điểm cần tìm. Đề 8 Câu 1: a) Xác định x ∈ R để biểu thức :A = xx xx −+ −−+ 1 1 1 2 2 Là một số tự nhiên b. Cho biểu thức: P = 22 2 12 ++ + ++ + ++ zzx z yyz y xxy x Biết x.y.z = 4 , tính P . Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) O K D C B A a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. b. Tính diện tích tam giác ABC. Câu3 Giải phương trình: 521 3 =−−− xx Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc ∠xOy = 45 0 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). b. RDER << 3 2 đáp án Câu 1: a. A = xxxxx xxxx xx xx 2)1(1 )1).(1( 1 1 22 22 2 2 −=++−−+= ++−+ ++ −−+ A là số tự nhiên ⇔ -2x là số tự nhiên ⇔ x = 2 k (trong đó k ∈ Z và k ≤ 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z ≥ 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và 2=xyz Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta được: P = 1 2 2 2( 2 22 = ++ ++ = ++ + ++ + ++ xxy xyx xyxz z xxy xy xxy x (1đ) ⇒ 1=P vì P > 0 Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB ⇒ A, B, C không thẳng hàng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB 2 = (-2 – 0) 2 + (0 – 4) 2 =20 AC 2 = (-2 – 1) 2 + (0 –1) 2 =10 BC 2 = (0 – 1) 2 + (4 – 1) 2 = 10 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại C Vậy S ∆ ABC = 1/2AC.BC = 510.10 2 1 = ( đơn vị diện tích ) Câu 3: Đkxđ x ≥ 1, đặt vxux =−=− 3 2;1 ta có hệ phương trình:    =+ =− 1 5 32 vu vu Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 ⇒ x = 10. Câu 4 a.áp dụng định lí Pitago tính được AB = AC = R ⇒ ABOC là hình vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho ∠BOD = ∠MOD ⇒ ∠MOE = ∠EOC (0.5đ) Chứng minh ∆BOD = ∆MOD ⇒ ∠OMD = ∠OBD = 90 0 Tương tự: ∠OME = 90 0 ⇒ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét ∆ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC ⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R ⇒ DE > 3 2 R Vậy R > DE > 3 2 R Đề 9 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± Câu 2: Giải hệ phương trình    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Câu 3: Cho biểu thức A =         − +         − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx với x > 0 và x ≠ 1 a) Rút gọn A 2) Tìm giá trị của x để A = 3 B M A O C D E [...]... nghĩa, rút gọn biểu thức đáp án Câu 1 : 1) A = 1 + 1 + 1 1 + .+ 3+ 5 5+ 7 7+ 9 97 + 99 1 1 = ( 5 − 3 + 7 − 5 + 9 − 7 + .+ 99 − 97 ) = ( 99 − 3 ) 2 2 3333  35     2) B = 35 + 335 + 3335 + + 99 sè 3 = =33 +2 +333+2 +3333+2+ .+ 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + 1 ( 99+999+9999+ +999 99) 3 1 ( 102 -1 +103 - 1 +104 - 1+ +101 00 – 1) = 198 – 33 + 3  101 01 − 10 2   +165 B=    27... lý Viét và giả thi t ta có: 2m − 1   x1 + x 2 = − 2  m −1  x 1 x 2 = ⇔  2  3x 1 − 4x 2 = 11   Giải phương trình 3 13 - 4m   x1 = 7  7m − 7   x1 = 26 - 8m  7m − 7  13 - 4m 3 7 − 4 26 - 8m = 11  13 - 4m 7m − 7 −4 = 11 7 26 - 8m ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 10 Câu... (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10 Câu III : 1) Chứng minh : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2) 2) áp dụng : cho x+4y = 5 Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ) Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q a) Chứng minh DM.AI= MP.IB... P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường 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 phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 − 4 x +... trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2 = x − 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b)  x − 2 = 10  x = 12 f ( x) = 10 ⇔  ⇔  x − 2 = 10  x = −8 c) A= x−2 f ( x) = 2 x − 4 ( x − 2)( x + 2) Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A = 1 x+2 Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A = − 1 x+2 Câu 2  x( y − 2) = ( x + 2)( y −... do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đó: AH CH = PB OB (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH 2 = (2 R − AH.CB AH.CB ) 2PB 2PB ⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2)... (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 3) a10+a5+1 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1) -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3... 16) => x2 + y2 ≥ 25 100 5 20 => 4x2 + 4y2 ≥ dấu = xãy ra khi x= ,y= (2đ) 17 17 17 17 Câu 4 : 5đ Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=> ∆ MPD đồng dạng với ∆ ICA => DM MP = CI IA => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1) Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA Do đó ∆ DMQ đồng dạng với ∆ BIA => DM MQ = => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Từ (1) và (2) ta suy ra... AIM = góc BIA Do đó ∆ DMQ đồng dạng với ∆ BIA => DM MQ = => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Từ (1) và (2) ta suy ra MQ = 1 Câu 5 Để P xác định thì : x2-4x+3 ≥ 0 và 1-x >0 Từ 1-x > 0 => x < 1 Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có : (x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0 Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa Với x < 1 Ta có : P= x 2 − 4x + 3 1− x = ( x − 1)( x − 3) 1− x = 3− . 33) = 198 + 3 1 ( 99+999+9999+ +999 99) 198 + 3 1 ( 10 2 -1 +10 3 - 1 +10 4 - 1+ +10 100 – 1) = 198 – 33 + B =         − 27 101 0 2101 +165 Câu 2: 1) x 2 -7x -18 = x 2 -4 – 7x-14. =20 AC 2 = (-2 – 1) 2 + (0 –1) 2 =10 BC 2 = (0 – 1) 2 + (4 – 1) 2 = 10 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại C Vậy S ∆ ABC = 1/2AC.BC = 510. 10 2 1 = ( đơn vị diện tích ) Câu 3:. 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 = − − ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 10 Câu I : Tính giá trị của