de thi vao lop 10 thpt mon toan de chinh thuc 64696

de thi vao lop 10 thpt mon toan de chinh thuc 64696 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn...

LTC ST&GT ĐỀ 6 Cõu 1 : a. Rỳt gọn biểu thức . ( ) 22 1 11 1 + ++= a a A Với a > 0. b. Tớnh giỏ trị của tổng. 222222 100 1 99 1 1 . 3 1 2 1 1 2 1 1 1 1 +++++++++=B Cõu 2 : Cho pt 01 2 =−+− mmxx a. Chứng minh rằng pt luụn luụn cú nghiệm với m∀ . b. Gọi 21 , xx là hai nghiệm của pt. Tỡm GTLN, GTNN của bt. ( ) 12 32 21 2 2 2 1 21 +++ + = xxxx xx P Cõu 3 : Cho 1,1 ≥≥ yx Chứng minh. xy yx + ≥ + + + 1 2 1 1 1 1 22 Cõu 4 Cho đường trũn tõm o và dõy AB. M là điểm chuyển động trờn đường trũn, từM kẻ MH ⊥ AB (H ∈ AB). Gọi E và F lần lượt là hỡnh chiếu vuụng gúc của H trờn MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuụng gúc với ố cắt dõy AB tại D. 1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luụn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trờn đường trũn. 2. Chứng minh. BH AD BD AH MB MA . 2 2 = HƯỚNG DẪN Cõu 1 a. Bỡnh phương 2 vế ( ) 1 1 2 + ++ =⇒ aa aa A (Vỡ a > 0). a. Áp dụng cõu a. 100 9999 100 1 100 1 11 1 =−=⇒ + −+= B aa A Cõu 2 a. : cm m∀≥∆ 0 B (2 đ) ỏp dụng hệ thức Viet ta cú: LTC ST&GT    −= =+ 1 21 21 mxx mxx 2 12 2 + + =⇒ m m P (1) Tỡm đk đẻ pt (1) cú nghiệm theo ẩn. 11 2 2 1 1 2 1 =⇔= −=⇔−=⇒ ≤≤−⇒ mGTNN mGTLN P Cõu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được. bđt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1111 22 ≥ ++ − + ++ − ⇔ xyy yxy xyx xyx ( ) ( ) 01 2 ≥−−⇔ xyyx đỳng vỡ 1≥xy Cõu 4: a - Kẻ thờm đường phụ. - Chứng minh MD là đường kớnh của (o) => b. Gọi E', F' lần lượt là hỡnh chiếu của D trờn MA và MB. Đặt HE = H 1 HF = H 2 ( ) 1 . 2 2 2 1 MBhHF MAhHE BH AD BD AH =⇒ HEF∆⇔ ∞ '' EDF∆ hHEhHF 2 =⇒ Thay vào (1) ta cú: BH AD BD AH MB MA . 2 2 = M o E' E A F F' B I D H Onthionline.net Sở Giáo dục đào tạo Hải Dương Đề thức Câu (3 điểm) 1) Giải PT: a 5(x+1) = 3x + Thời gian làm 120 phút Ngày 28/6/2011 3x + b x − + x = x( x − 1) 2) Cho hai đường thẳng( d1 ): y= 2x+ 5; ( d ): y =-4x -1 cắt I Tìm m để đường thẳng ( d3 ): y = ( m+1)x + 2m - qua điểm I Câu ( 2điểm) Cho PT: x − 2(m + 1) x + 2m = a) Giải Pt m = 2) CMR PT có hai nghiệm phân biệt với m 3) Gọi hai nghiệm PT x1 ; x2 Tìm giá trị m để x1 ; x2 đọ dài hai cạnh tam giác vuông có cạnh huyền 12 Câu ( 1điểm) Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh 4m hình chữ nhật có diện tích 77m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu? Câu4 ( 3điểm) Cho tam giác ABC( A >900) Vẽ đường tròn(O) đường kính AB, vẽ đường tròn(O') đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn(O') điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn(O) điểm thứ hai E 1) CMR: bốn điểm B, D, C, E nằm mmột đường tròn 2)Gọi F giao điểm thứ hai (O) (O') ( F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD 3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH BD Câu5 ( 1điểm) Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x+y+z = Chứng minh rằng: x y z + + ≤1 x + x + yz y + y + xz z + 3z + yx - Hết - LTC ST&GT ĐỀ 8 Cõu 1: Cho hàm số f(x) = 44 2 +− xx a) Tớnh f(-1); f(5) b) Tỡm x để f(x) = 10 c) Rỳt gọn A = 4 )( 2 −x xf khi x ≠ 2± Cõu 2: Giải hệ phương trỡnh    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Cõu 3: Cho biểu thức A =         − +         − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx với x > 0 và x ≠ 1 a) Rỳt gọn A 2) Tỡm giỏ trị của x để A = 3 Cõu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường trũn tõm O bỏn kớnh R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chõn đường vuụng gúc hạ từ A đến đường kớnh BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tớnh AH theo R và d. Cõu 5: Cho phương trỡnh 2x 2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Khụng giải phương trỡnh, tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiệm phõn biệt x 1 ; x 2 thỏa món: 3x 1 - 4x 2 = 11 ĐÁP ÁN Cõu 1 a) 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 LTC ST&GT Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 2 1 + −= x A Cõu 2    = = ⇔    =+ −=− ⇔    −+−=−+− −−+=− ⇔    +−=+− −+=− 2y -2x 0 4 2167221762 8422 )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yx yx xyxyxyxy xyxyxxy yxyx yxyx Cõu 3a) Ta cú: 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 Cõu 4 a) Do HA // PB (Cựng vuụng gúc với BC) b) nờn theo định lý Ta let ỏp dụng cho tam giỏc CPB ta cú O B C H E A P LTC ST&GT CB CH PB EH = ; (1) Mặt khỏc, do PO // AC (cựng vuụng gúc với AB) => POB = ACB (hai gúc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đú: OB CH PB AH = (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH. b) Xột tam giỏc vuụng BAC, đường cao AH ta cú AH 2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta cú .)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 − = +− − = + = + =⇔ Cõu 5 (1đ) Để phương trỡnh cú 2 nghiệm phõn biệt x 1 ; x 2 thỡ ∆ > 0 <=> (2m - 1) 2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đú suy ra m ≠ 1,5 (1) Mặt khỏc, theo định lý Viột và giả thiết ta cú: ⇔          =− − = − −=+ 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 LTC ST&GT Giải phương trỡnh 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 cú: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thỡ phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm phõn biệt t LTC ST&GT ĐỀ 9 Cõu 1: a) Xỏc định x ∈ R để biểu thức :A = xx xx −+ −−+ 1 1 1 2 2 Là một số tự nhiờn b. Cho biểu thức: P = 22 2 12 ++ + ++ + ++ zzx z yyz y xxy x Biết x.y.z = 4 , tớnh P . Cõu 2:Cho cỏc điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C khụng thẳng hàng. b. Tớnh diện tớch tam giỏc ABC. Cõu3 Giải phương trỡnh: 521 3 =−−− xx Cõu 4 Cho đường trũn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ cỏc tiếp tuyến AB, AC với đường trũn. Một gúc ∠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 trũn ( O ). b. RDER << 3 2 ĐÁP ÁN Cõu 1: a. A = xxxxx xxxx xx xx 2)1(1 )1).(1( 1 1 22 22 2 2 −=++−−+= ++−+ ++ −−+ A là số tự nhiờn ⇔ -2x là số tự nhiờn ⇔ x = 2 k (trong đú k ∈ Z và k ≤ 0 ) b.Điều kiện xỏc định: x,y,z ≥ 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và 2=xyz Nhõn 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 vỡ P > 0 Cõu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B cú dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nờn ⇒ b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) cú toạ độ khụng thoả món y = 2x + 4 nờn C khụng thuộc đường thẳng AB ⇒ A, B, C khụng thẳng hàng. Điểm D(-3;2) cú toạ độ thoả món y = 2x + 4 nờn điểm D thuộc đường thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng hàn b.Ta cú : LTC ST&GT 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 vuụng tại C Vậy S ∆ ABC = 1/2AC.BC = 510.10 2 1 = ( đơn vị diện tớch ) Cõu 3: Đkxđ x ≥ 1, đặt vxux =−=− 3 2;1 ta cú hệ phương trỡnh:    =+ =− 1 5 32 vu vu Giải hệ phương trỡnh bằng phương phỏp thế ta được: v = 2 ⇒ x = 10. Cõu 4 a.Áp dụng định lớ Pitago tớnh được AB = AC = R ⇒ ABOC là hỡnh vuụng (0.5đ) Kẻ bỏn kớnh 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 đú DE là tiếp tuyến của đường trũn (O). b.Xột ∆ADE cú DE < AD +AE mà DE = DB + EC ⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta cú DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R ⇒ DE > 3 2 R Vậy R > DE > 3 2 R B M A O C D E LTC ST&GT ĐỀ 7 Cõu 1: Cho P = 2 1 x x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 1 x x + − a/. Rỳt gọn P. b/. Chứng minh: P < 1 3 với x ≥ 0 và x ≠ 1. Cõu 2: Cho phương trỡnh : x 2 – 2(m - 1)x + m 2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. a/. Tỡm m để phương trỡnh (1) cú nghiệm. b/. Tỡm m để phương trỡnh (1) cú hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Cõu 3: a/. Giải phương trỡnh : 1 x + 2 1 2 x− = 2 b/. Cho a, b, c là cỏc số thực thừa món : 0 0 2 4 2 0 2 7 11 0 a b a b c a b c ≥   ≥   + − + =   − + − =  Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị bộ nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Cõu 4: Cho ABCV cõn tại A với AB > BC. Điểm D di động trờn cạnh AB, ( D khụng trựng với A, B). Gọi (O) là đường trũn ngoại tiếp BCDV . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giỏc ADCK nội tiếp. b/. Tứ giỏc ABCK là hỡnh gỡ? Vỡ sao? c/. Xỏc định vị trớ điểm D sao cho tứ giỏc ABCK là hỡnh bỡnh hành. ĐÁP ÁN Cõu 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 cú: P < 1 3 ⇔ 1 x x x+ + < 1 3 ⇔ 3 x < x + x + 1 ; ( vỡ x + x + 1 > 0 ) ⇔ x - 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x - 1) 2 > 0. ( Đỳng vỡ x ≥ 0 và x ≠ 1) Cõu 2:a/. Phương trỡnh (1) cú nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ ≥ 0. LTC ST&GT ⇔ (m - 1) 2 – m 2 – 3 ≥ 0 ⇔ 4 – 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2. b/. Với m ≤ 2 thỡ (1) cú 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thỡ nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta cú: 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 ( thừa món điều kiện). Cõu 3: Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x 2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2 . Đặt y = 2 2 x− > 0 Ta cú: 2 2 2 (1) 1 1 2 (2) x y x y  + =   + =   Từ (2) cú : x + y = 2xy. Thay vào (1) cú : xy = 1 hoặc xy = - 1 2 * Nếu xy = 1 thỡ x+ y = 2. Khi đú x, y là nghiệm của phương trỡnh: X 2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1. * Nếu xy = - 1 2 thỡ x+ y = -1. Khi đú x, y là nghiệm của phương trỡnh: X 2 + X - 1 2 = 0 ⇔ X = 1 3 2 − ± Vỡ y > 0 nờn: y = 1 3 2 − + ⇒ x = 1 3 2 − − Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm: x 1 = 1 ; x 2 = 1 3 2 − − Cõu 4: c/. Theo cõu b, tứ giỏc ABCK là hỡnh thang. Do đú, tứ giỏc ABCK là hỡnh bỡnh hành ⇔ AB // CK ⇔ · · BAC ACK= Mà · 1 2 ACK = sđ » EC = 1 2 sđ » BD = · DCB Nờn · · BCD BAC= Dựng tia Cy sao cho · · BCy BAC= .Khi đú, D là giao điểm của » AB và Cy. Với giả thiết » AB > » BC thỡ · BCA > · BAC > · BDC . ⇒ D ∈ AB . Vậy điểm D xỏc định như trờn là điểm cần tỡm. O K D C B A LTC ST&GT ĐỀ 11 Cõu 1: Cho hàm số f(x) = 44 2 +− xx a) Tớnh f(-1); f(5) b) Tỡm x để f(x) = 10 c) Rỳt gọn A = 4 )( 2 −x xf khi x ≠ 2± Cõu 2: Giải hệ phương trỡnh    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Cõu 3: Cho biểu thứcA =         − +         − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx với x > 0 và x ≠ 1 a) Rỳt gọn A b) Tỡm giỏ trị của x để A = 3 Cõu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường trũn tõm O bỏn kớnh R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chõn đường vuụng gúc hạ từ A đến đường kớnh BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tớnh AH theo R và d. Cõu 5: Cho phương trỡnh 2x 2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Khụng giải phương trỡnh, tỡm m để phương trỡnh cú hai nghiệm phõn biệt x 1 ; x 2 thỏa món: 3x 1 - 4x 2 = 11 ĐÁP ÁN Cõu 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 LTC ST&GT Cõu 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 Cõu 3 a) Ta cú: 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 Cõu 4 Do HA // PB (Cựng vuụng gúc với BC) a) nờn theo định lý Ta let ỏp dụng cho CPB ta cú CB CH PB EH = ; (1) Mặt khỏc, do PO // AC (cựng vuụng gúc với AB) => ∠ POB = ∠ ACB (hai gúc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đú: 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) Xột tam giỏc vuụng BAC, đường cao AH ta cú AH 2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta cú .)2( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH 2 −= R O B C H E A P LTC ST&GT ⇔ 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 − = +− − = + = + =⇔ Cõu 5 Để phương trỡnh cú 2 nghiệm phõn biệt x 1 ; x 2 thỡ ∆ > 0 <=> (2m - 1) 2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đú suy ra m ≠ 1,5 (1) Mặt khỏc, theo định lý Viột và giả thiết ta cú: ⇔          =− − = − −=+ 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 trỡnh 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 cú: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thỡ phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm phõn biệt thỏa món: x 1 + x 2 = 11