Đang tải... (xem toàn văn)
HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI HƠN 100 ĐỀ THI TOÁN VÀO 10 CÓ HD GIẢI
TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho biết a = + b = − Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab 3x + y = b) Giải hệ phương trình: x - 2y = - x + Câu 2: Cho biểu thức P = (với x > 0, x ≠ 1) ÷: x −1 x - x +1 x- x a) Rút gọn biểu thức P Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn: x1 − x = b) Tìm giá trị x để P > Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức: P = + a b ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: a) Ta có: a + b = ( + ) + ( − ) = a.b = ( + )( − = Suy P = 3x + y = 6x + 2y = 10 7x = x = b) ⇔ ⇔ ⇔ x - 2y = - x - 2y = - y = - 3x y = Câu 2: 1 x a) P = + ÷: x −1 x - x +1 x- x = + x x −1 x ( = 1+ x x ( ) x −1 ) ( ÷ x −1 ÷ x ( ) =( x −1 x ) ( ) x −1 x )( x +1 ) = x-1 x −1 x x x x-1 > ⇔ ( x - 1) > x ⇔ x > x Vậy với x > P > Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + = ∆ = 25 – 4.6 = Suy phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 25 Để phương trình cho có nghiệm ∆ ≥ ⇔ m ≤ (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = (1); x1x2 = m (2) b) Với x > 0, x ≠ Mặt khác theo x1 − x = (3) Từ (1) (3) suy x = 4; x2 = x1 = 1; x2 = (4) Từ (2) (4) suy ra: m = Thử lại thoả mãn Câu 4: · = 900 (gt) (gt) a) Tứ giác BEFI có: BIF C E ·BEF = BEA · (góc nội tiếp chắn nửa đường = 90 F tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn B A I O đường kính BF » = AD » , b) Vì AB ⊥ CD nên AC · · suy ACF = AEC D Xét ∆ACF ∆AEC có góc A chung · · ACF = AEC AC AE = Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC ⇒ AF AC ⇒ AE.AF = AC2 · · c) Theo câu b) ta có ACF , suy AC tiếp tuyến đường tròn = AEC ngoại tiếp ∆CEF (1) · Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy AC ⊥ CB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 ≥ ⇒ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ⇒ ( a + b) ab ≥ 4 1 ⇒P≥ ⇔ + ≥ ( a + b ) , mà a + b ≤ 2 ( a + b) b a ( a + b) 4 ≥ ( a + b ) 2 ⇒ P ≥ Dấu “ = ” xảy ( a - b ) = ⇔ ⇔ a = b = Vậy: P = a + b = 2 Lời bình: Câu IIb Các bạn tham khảo thêm lời giải sau 1) Ta có a = ∆ = 25 − 4m Gọi x1, x2 nghiệm có phương trình −b ± ∆ ∆ x = | x1 − x2 |= 1,2 Từ công thức ⇒ trình có hai 2a | a | Vậy ∆ nên phương a=1 | x − x | = = ⇔ ∆ = ⇔ 25 nghiệm x1, x2 thoă mãn |x1−x2| = ⇔ | a | − 4m = ⇔ m = 2) Có thể bạn dang băn khoăn khơng thấy điều kiện ∆ ≥ Xin đừng, | x1− x2| = ⇔ ∆ = Điều băn khoăn làm bật ưu điểm lời giải Lời giải giảm thiểu tối đa phép toán, điều đồng hành giảm bớt nguy sơ sai sót Câu IVb • Để chứng minh đẳng thức tích đoạn thẳng người ta thường gán đoạn thẳng vào cặp tam giác đồng dạng Một thủ thuật để dễ nhận cặp tam giác đồng dạng chuyển "hình thức" đẳng thức đoạn thẳng dạng tích dạng thương Khi tam giác xét có cạnh nằm vế, nằm tử thức, nằm mẫu thức AC AE = Trong toán AE.AF = AC2 ⇔ Đẳng thức mách bảo ta AF AC xét cặp tam giác đồng dạng ∆ ACF (có cạnh nằm vế trái) ∆ ACE (có cạnh nằm vế phải) • Khi đoạn thẳng trung bình nhân hai đoạn thẳng lại, chẳng hạn AE.AF = AC2 AC cạnh chung hai tam giác, AE AF khơng năm tam giác cần xét Trong toán AC cạnh chung hai tam giác ∆ ACE ∆ ACF Câu IVc • Nếu (∆ ) đường thẳng cố định chứa tâm đường tròn biến thiên có đặc điểm sau: + Nếu đường tròn có hai điểm cố định ( ∆ ) trung trực đoạn thẳng nối hai điểm cố định + Nếu đường tròn có điểm cố định ( ∆ ) đường thẳng qua điểm − (∆ ) ⊥ (∆ '), − (∆ ) // (∆ '), − (∆ ) tạo với (∆ ') góc khơng đổi (trong (∆ ') đường thẳng cố định có sẵn) • Trong tốn trên, đường tròn ngoại tiếp ∆ CEF có điểm C cố định Lại thấy CB ⊥ CA mà CA cố định nên phán đốn CB đường thẳng phải tìm Đó điều dẫn dắt lời giải Câu V Việc tìm GTNN biểu thức P vận hành theo sơ đồ "bé dần": P ≥ B, (trong tài liệu sử dụng B - chữ đầu chữ bé hơn) 1) Giả thiết a + b ≤ 2 ngược với sơ đồ "bé dần" nên ta phải 1 ≥ chuyển hoá a + b ≤ 2 ⇔ a+b 2 Từ mà lời giải đánh giá P theo a+b 1 + ≥ với a > 0, b > bất đẳng thức đáng nhớ Tuy a b a +b hệ bất đẳng Cô-si, vận dụng nhiều Chúng ta gặp lại số đề sau 3) Các bạn tham khảo lời giải khác toán cách chứng minh bất đẳng thức 2) 1 Co − si Co − si 2.2 4 + ≥ ≥ = ≥ = a b a +b a+b 2 ab Dấu đẳng thức có a = b = Vậy minP = Với hai số a > 0, b > ta có P = ĐỀ SỐ Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: 1 − 3− 3+ b) Giải phương trình: x2 – 7x + = Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = - x + Parabol (P): y = x2 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình: x - by = a Tìm a b để hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2; - 1) Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển lượng hàng Người lái xe tính xếp toa 15 hàng thừa lại tấn, xếp toa 16 chở thêm Hỏi xe lửa có toa phải chở hàng Câu 4: Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC) Chứng minh: MPK = MBC c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu 5: Giải phương trình: y - 2010 − x - 2009 − z - 2011 − + + = x - 2009 y - 2010 z - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: a) ( ) ( )( ) 3+ − 3− 1 − = = = 3− 3+ 3− 3+ ( ) b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có nghiệm phân biệt: + 37 − 37 ; x2 = 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình: - x + = x ⇔ x2 + x – = Phương trình có tổng hệ số nên có nghiệm – + Với x = y = 1, ta có giao điểm thứ (1;1) + Với x = - y = 4, ta có giao điểm thứ hai (- 2; 4) x1 = Vậy (d) giao với (P) điểm có tọa độ (1;1) (- 2; 4) b) Thay x = y = -1 vào hệ cho ta được: 8 - a = b a = a = + b ⇔ ⇔ 2 + b = a b = 8 - ( + b ) = b Thử lại : Thay a = b = vào hệ cho hệ có nghiệm (2; - 1) Vậy a = 5; b = hệ cho có nghiệm (2; - 1) Câu 3: Gọi x số toa xe lửa y số hàng phải chở Điều kiện: x ∈ N*, y > 15x = y - Theo ta có hệ phương trình: Giải ta được: x = 8, y = 125 16x = y + (thỏa mãn) Vậy xe lửa có toa cần phải chở 125 hàng Câu 4: · · a) Ta có: AIM = AKM = 900 (gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM · · b) Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 900 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp · · · · (1) Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: MCK ⇒ MPK = MCK = MBC ¼ ) (2) Từ (1) (2) suy MPK · · (cùng chắn MC (3) = MBC c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp · · Suy ra: MIP (4) Từ (3) (4) suy = MBP ·MPK = MIP · · · Tương tự ta chứng minh MKP = MPI MP MI = Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ MK MP ⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3 Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4) - Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số (do BC cố định) Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH Do MP lớn R – OH A K I B M H C P O O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏ BC (5) Từ (4) (5) suy max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm cung nhỏ BC Câu 5: Đặt x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c (với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành: a-1 b-1 c-1 1 1 1 1 1 1 + + = ⇔ − + ÷+ − + ÷+ − + ÷ = a b c 4 a a 4 b b 4 c c 2 1 1 1 1 1 1 ⇔ − ÷ + − ÷ + − ÷ = ⇔ a = b = c = 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015 Lời bình: Câu IVc Lời bình sau Đề số cho thấy: Nếu có AE.AF.AC = AC3 ⇔ AE.AF = AC2 thường AC cạnh chung hai tam giác ∆ ACE ∆ ACF Quan sát hình vẽ ta thấy MP cạnh chung hai tam giác MPI MPK, nên ta phán đoán MI.MK.MP= MP3 Nếu phán đốn GTLN MI.MK.MP GTLN MP Đó điều dẫn dắt lời giải Câu IIa Lời nhắn Hoành độ giao điểm hai đồ thị (d): y = kx + b (P) : y = ax2 nghiệm phương trình ax2 = kx + b (1) Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị hai hàm số Câu V 1) • Việc đặt a, b, c thay cho thức cách làm để dễ nhìn tốn, Với số dương a, b, c ta ln có a −1 b −1 c −1 + + ≤ (1) a2 b c Thay đặt câu hỏi dấu đẳng thức xẩy ra, người ta đặt tốn giải phương trình a −1 b −1 c −1 + + = (2) a2 b c • Vai trò a, b, c bình đẳng nên (1) ta nghĩ đến đánh giá a −1 a −1 a −1 (a − 2) ≤ ≤ − ≤ Thật ⇔ ⇔ − ≤ Dấu đẳng a2 a2 a2 a2 b −1 c −1 thức có a = Tương tự ta có ≤ , ≤ Dấu b c đẳng thức có b = 2, c = 2) Mỗi giá trị biến cân bất đẳng thức gọi điểm rơi bất đẳng thức Theo đó, bất đẳng thức (1) biến a, b, c đếu có chung điểm rơi a = b = c = Khi vai trò biến tốn chứng minh bất đẳng thức bình đẳng với biến có chung điểm rơi Phương trình diễn tả dấu bất đẳng thức gọi "phương trình điểm rơi" 3) Phương trình (2) thuộc dạng "phương trình điểm rơi" a −1 b −1 c −1 = = = Tại điểm rơi a = b = c = ta có a2 b c 1 = + + : Điều cắt nghĩa điểm mấu chốt lời giải tách 4 4 a −1 b −1 c −1 (2) ⇔ − ÷+ − ÷+ − ÷ = 4 b 4 c 4 a 4) Phần lớn phương trình chứa hai biến trở lên chương trình THCS "phương trình điểm rơi" ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – = 2x + y = b) 3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn biểu thức: a) A = − 2+ − 1− 1+ x+2 x − b) B = ÷ x x−4 x + x +4 ( với x > 0, x ≠ ) Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = - x y = x – hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị vẽ phép tính Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF c) Chứng minh OA ⊥ EF Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: a) Đặt x = y, y ≥ Khi phương trình cho có dạng: y2 + 3y – = (1) Phương trình (1) có tổng hệ số nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = Do y ≥ nên có y1 = thỏa mãn Với y1 = ta tính x = ± Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2x + y = 8x + 4y = 5x = x = ⇔ ⇔ ⇔ b) 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = y = - Câu 2: a) A = 10 ( ) ( ) 1− 2 1+ − 2+ − = − = 3−2 1− 1+ 1− 1+ = ( x - ) y -1 2 + (2 ) y − - 1 ≥2 x= x - y -1=0 A= ⇔ ⇔ 2 y - = y = Vậy minA = − 4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: (2 x-1+3 5-x ) ≤ (2 + 32 ) ( x - + - x) = 13.4 ⇒ x - + - x ≤ 13 Dấu xẩy x - = - x ⇔ x = 29 13 Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f ÷ = x ∀x ≠ (1) x 1 Thay x = vào (1) ta có: f(2) + f ÷ = 2 Thay x = vào (1) ta có: 1 f ÷ + 3.f(2) = 2 1 Đặt f(2) = a, f ÷ = b ta có 2 Vậy f(2) = - 13 32 a + 3b = 13 Giải hệ, ta a = 32 3a + b = a b Câu 4: o f k c m e d 149 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = AB Vì FM = EF mà EF = AB FM = OK · Ta lại có AF = R ⇒ AF = OA AFM = 1200 · · · · AOK + AOB = 1800 = AOK + 60 ⇒ AOK = 120 Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) · ⇒ AM = AK, MAK = 600 ⇒ ∆AMK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB b OA + OB2 mà OA.OB ≤ o OA + OB Dấu “=” xảy ⇔ OA ⊥ OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: Do 2SAOB ≤ c h a d 2 2 OB + OC OC + OD ; 2SCOD ≤ 2 2 OD + OA 2SAOD ≤ 2 OA + OB2 + OC + OD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 2 Hay 2S ≤ OA + OB + OC + OD Dấu xẩy OA = OB = OC = OD · · · · AOB = BOC = COD = DOA = 900 ⇒ ABCD hình vng tâm O 2SBOC ≤ ( Lời bình: 150 ) Câu III.b từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ 1) Chắc chắn bạn hỏi x = A(a ) x + B (a ) y = C (a ) B (b) x + A(b) y = C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y) • Trong tốn trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = x 1 Phương trình Q(x) = P(a) ⇔ = ⇔ x = , tức b = x 2 Số x = nghĩ 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công 3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f(−x) = + 3x (với x ∈ ¡ ) b) Tính giá trị hàm số f(x) x = f ( x ) + f ÷ = x (với 1− x ≠ x ≠ 1) 1 c) Tính giá trị hàm số f(x) x = ( x − 1) f ( x) + f ÷ = x x −1 (với ≠ x ≠ 1) 151 ĐÈ SỐ Câu 1: a) Cho x y số thực thoả mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn xy biểu thức : A= x+y+2 b) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = Chứng minh: 2 x + y3 + z3 + + ≤ + x + y2 y2 + z z2 + x 2 xyz Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 3x + 10 x y - 2x + y = b) Tìm x, y thoả mãn: 2x - 4x + = - y Câu 3: a) Chứng minh nếu: x + x2 + 3 x y2 + y + x y = a y2 = a b) Chứng minh phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = có nghiệm 5(a2 + b2) ≥ Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R bán kính OC vng góc với AB Tìm điểm M nửa đường tròn cho 2MA = 15MK2, K chân đường vng góc hạ từ M xuống OC Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E F trung điểm BD AC Gọi G giao điểm đường thẳng qua F vng góc với AD với đường thẳng qua E vng góc với BC So sánh GD GC 152 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = ⇒ 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 Vì x + y + ≠ nên (1) x+y+2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤ ( x + y2 Từ (1), (2) ta được: ) ⇒ x+y≤ 2 xy ≤ x+y+2 (2) - Dấu "=" x ≥ 0, y ≥ x = y ⇔ x=y= x + y2 = Vậy maxA = -1 b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 x + y2 + z2 + + = + + x + y2 y2 + z2 z2 + x x + y2 y2 + z2 z2 + x z2 x2 y2 + + +3 = x + y2 y2 + z2 x + z2 z2 z2 2 ≤ Ta có x + y ≥ 2xy ⇒ , x + y2 2xy x2 x2 y2 y2 ≤ Tương tự , ≤ y + z2 2yz x + z 2xz 2 z x z2 x2 y y2 ≤ Vậy + + + + +3 + x + y2 y2 + z2 2xy 2yz x + z2 2xz 2 x + y3 + z3 ⇔ + + ≤ + , đpcm x + y2 y2 + z2 z2 + x 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x ≥ − (2) (1) ⇔ (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = ⇔ ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 3x + 10 - = ⇔ ⇔ x = - (thỏa mãn đk (2) x + = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 153 2x x y - 2x + y = (1) y = ⇔ x + b) 2x - 4x + = - y y3 = - (x - 1) - 2x ≤ ⇒ y2 ≤ ⇒ - ≤ y ≤ (1) 1+x Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - ⇒ y3 ≤ - ⇒ y ≤ - (2) Từ (1) (2) ⇒ y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Ta có: Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt x = b > Thay vào gt ta y = c > ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc = a ⇒ a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + b c ( b + c ) a2 = (b + c)3 ⇒ a = b + c hay x2 + y = a , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy x ≠ a 1 + = ⇔ x 02 + + a x + ÷+b=0 x0 x0 x0 x0 Suy x + ax0 + b + Đặt x0 + 1 = y0 ⇒ x 02 + = y02 - , y ≥ ⇒ y02 - = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (y - ) = ( ay0 + b ) 2 2 ≤ ( a + b ) ( y + 1) ⇒ a + b ≥ 2 (y 02 − 2) (1) y 02 + (y 02 − 2) ≥ Ta chứng minh (2) y 02 + 2 Thực vậy: (2) ⇔ 5(y0 − 4y0 + 4) ≥ 4(y0 + 1) ⇔ 5y − 24y + 16 ≥ ⇔ 5(y02 − 4)(y 02 − ) ≥ với y ≥ nên (1) 2 Từ (1), (2) suy a + b ≥ 154 ⇒ 5(a + b ) ≥ , đpcm c Câu 4: Đặt AH = x · Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) m k Trong ∆ vuông AMB ta có MA = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình b a h chữ nhật) o h' Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 Do H ∈ AB ⇒ O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 3R 5R ⇔ (5x - 3R) (3x - 5R) = ⇔ x = ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ ⇒ điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a Câu 5: Gọi I trung điểm CD Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC ⇒ IE // BC Mà GF ⊥BC ⇒ IE⊥ GF (1) d Chứng minh tương tự EG ⊥IF (2) Từ (1) (2) ⇒ G trực tâm ∆EIF ⇒ IG ⊥ EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4) ⇒ IG ⊥ DC Vậy ∆ DGC cân G ⇒ DG = GC b e f g c i 155 ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 + 81x = 40 (x + 9) 2) Giải phương trình: x2 - 2x + 3(x - 3) x+1 = x-3 Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = - 3x - x2 2) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≥ (a + b + c) y - xy + = (1) Câu 3: Giải hệ phương trình: 2 x + 2x + y + 2y + = (2) Câu 4: Cho hình thang ABCD có đáy BC AD (BC ≠ AD) Gọi M, N AM CN = điểm cạnh AB DC cho Đường thẳng MN AB CD cắt AC BD tương ứng với E F Chứng minh EM = FN Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) dây AB, điểm M chuyển động đường tròn Từ M kẻ MH vng góc với AB (H ∈ AB) Gọi E, F hình chiếu vng góc H MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt AB D 1) Chứng minh đường thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đường tròn MA AH AD 2) Chứng minh: = × MB BD BH 156 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x 9x x+9 2 x2 18x 9x 18x ⇔ + - 40 = (1) Ta có: x = 40 ÷ ÷ x+9 x + 9 x+9 x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = x+9 ⇔ (y + 20) (y - 2) = ⇔ y = -20 ; y = x = - 20(x + 9) x + 20x +180 = (3) ⇔ Thay vào (2), ta có x = 2(x + 9) = x - 2x - 18 = (4) Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x = ± 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = ± 19 2) Điều kiện x > x+1 ≥ ⇔ (*) x-3 x ≤ - Phương trình cho ⇔ (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 =4 x-3 x+1 ⇒ t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - = ⇔ t = 1; t = - Đặt t = ( x - 3) Ta có: (x -3) x + = (1) ; ( x − 3) x - x + = − (2) x− x > x > ⇔ ⇔ x = 1+ + (1) ⇔ (x − 3)(x + 1) = x − 2x − = (t/m (*)) x < x < ⇔ ⇔ x = − (t/m (*)) + (2) ⇔ x − 2x − 19 = (x − 3)(x + 1) = 16 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = + ; x = − Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > ⇔ - < x < ⇒ - 3x > ⇒ A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) = +16 ≥ 16 - x2 - x2 Dấu xẩy - 5x = ⇔ x = Vậy A2 = 157 Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≥ (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x + y ) ≥ (x + y) , ta có: 2(a + b ) ≥ (a + b) ⇒ a + b ≥ a + b (2) Tương tự, ta được: (3) b + c ≥ b + c (4) c + a ≥ c + a Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm Câu 3: (1) có nghiệm ⇔ ∆ y = x − ≥ ⇔ x ≤ −2; x ≥ (3) (2) ⇔ (y + 1) = − x − 2x có nghiệm ⇔ − x − 2x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤ (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m Câu 4: Kẻ MP // BD (P ∈ AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H k AM AP AM CM e = = (gt) Ta có mà AB AD AB CD i f AP CN ⇒ = ⇒ PN // AC Gọi O giao điểm a o b h AD CD n BO CO MK OC = , = AC BD Ta có OD OA PK OA NH OC NH MK = = ⇒ KH // MN Suy ra: PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH ⇒ MF = EN ⇒ ME = NF · · Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800 · · · · ⇒ AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) · · » ) Ta có MHF (góc nội tiếp chắn MF = MEF · · · · Lại có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD · · ⇒ FHB = EMD (2) · · Từ (1) (2) ⇒ EHA , Gọi N giao điểm MD với đường tròn (O) ta = DMB · · » ) ⇒ EHA · · có DMB (góc nội tiếp chắn NB AN // EH mà = NAB = NAB · HE ⊥ MA nên NA ⊥ MA hay MAN = 900 ⇒ AN đường kính đường tròn Vậy MD qua O cố định 158 2) Kẻ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB, ta có AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF AH AD MA HE DI (1) = BD BH MB2 DK HF · · · · · Ta có HMB (cùng phụ với MHF ) mà FHB (CMT) = FHB = EMD · · · · EHF ⇒ EFH = DIK = DMH Vậy · · · · Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vµ EHF = 1800 - AMB · · · · Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vµ IDK = 1800 - AMB · · · · ⇒ ∆DIK ∆HFE (g.g) ⇒ EFH = DIK vµ EHF = IDK ID DK HE.DI ⇒ ID HE = DK HF ⇒ suy = = (2) HF HE DK.HF MA AH AD Từ (1), (2) ⇒ = MB BD BH 159 ĐỀ SỐ Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A = 1 + + ××× + 1+ 2+ 24 + 25 Câu 2: a) Cho số khác khơng a, b, c Tính giá trị biểu thức: M = x2011 + y2011 + z2011 x + y2 + z x2 y2 z2 Biết x, y, z thoả mãn điều kiện: = + + a + b2 + c2 a2 b2 c2 b) Chứng minh với a > số sau số nguyên dương 8a - a + 8a - + a 3 35 4c + ≤ Câu 3: a) Cho a, b, c > thoả mãn: Tìm giá trị 1+a 35 + 2b 4c + 57 nhỏ A = a.b.c b) Giả sử a, b, c, d, A, B, C, D số dương a b c d = = = Chứng minh rằng: A B C D x= a+ a+1 aA + bB + cC + dD = (a + b + c + d) (A +B + C + D) Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi M, N, P, Q bốn đỉnh hình chữ nhật (M N nằm cạnh BC, P nằm cạnh AC Q nằm cạnh AB) a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn PQ qua trung điểm đường cao AH b) Giả sử AH = BC Chứng minh rằng, hình chữ nhật MNPQ có chu vi Câu 5: Cho tam giác ABC vuông cân A, đường trung tuyến BM Gọi D hình chiếu C tia BM, H hình chiếu D AC Chứng minh AH = 3HD 160 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: Ta có: A = =-1+ 1- 2- + + + -1 -1 24 - 25 -1 - + - + + 25 = - + = Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: x2 y2 x2 y2 + + - ÷ 2 2 2 ÷ a +b +c b a +b +c a z2 z2 =0 - 2 ÷ a +b +c c 1 1 1 ⇔ x - 2 ÷ + y - 2 ÷ + z - 2 ÷ = (*) a +b +c a b a +b +c c a +b +c 1 1 1 > 0; - > 0; - >0 Do - 2 2 a a +b +c b a +b +c c a + b2 + c2 Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M = a + 8a - b) x3 = 2a + x a - ÷ ÷ ⇔ x3 = 2a + 3x ( - 2a ) 3 ⇔ x = 2a + x(1 - 2a) ⇔ x3 + (2a - 1) x - 2a = ⇔ (x - 1) (x2 + x + 2a) = x - = ⇔ ⇔x = x + x + 2a = (v« nghiƯmdo a > ) nên x mét sè nguyên du¬ng Câu 3: a) Ta có: 4c 35 35 ≥ + ≥ >0 4c + 57 1+a 35 + 2b ( + a ) ( 2b + 35 ) Mặt khác 4c 35 4c 35 ≤ ⇔ ≤ 1+a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b ⇔ (1) 4c 35 2b +1 ≤ 1= +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 161 2b 57 57 ≥ + ≥ >0 35 + 2b 1+a 4c + 57 ( + a ) ( 4c + 57 ) ⇔ Ta có: ⇔ (2) 4c 35 ≥ 1+ 1+a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 ≥ + ≥ 1+a 4c + 57 35 + 2b 35 57 >0 ( 4c + 57 ) ( 35 + 2b ) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57 ≥ ( + a ) ( 4c + 57 ) ( 2b + 35 ) ( + a ) ( 2b + 35 ) ( 4c + 57 ) Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 b) Đặt t = t= A B C D = = = ⇒ A = ta, B = tb, C = tc, D = td a b c d A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) = A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC ⇒ A AQ QP = AB BC BQ QM = Xét ∆BAH có QM // AH ⇒ BA AH Cộng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = + ⇒ 1= + AB AB BC AH BC AH 162 Q B M P H N C 2SMNPQ QM QP QM QP ⇒ 1= + = ÷ ≥ AH BC AH SABC BC S ⇒ SMNPQ ≤ ABC S QP QM BC max SMNPQ = ABC = = ⇔ QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH QP QM QP + QM + ⇔ QP + QM = BC b) Vì = mà BC = AH ⇒ = BC AH BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà B AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x ⇒ HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD A H M C D 163 ... tốc ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10) 120 Thời gian để ô tô thứ ô tô thứ hai chạy từ A đến B (h) x 120 (h) x - 10 120 120 = − 0, Theo ta có phương trình: x x - 10 Giải ta x = 60 (thỏa... tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu 5: Giải phương trình: y - 2 010 − x - 2009 − z - 2011 − + + = x - 2009 y - 2 010 z - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: a) ( ) ( )( ) 3+ − 3− 1 − = = = 3− 3+ 3− 3+ ( ) b)... Câu 5: Giải phương trình: 10 x + = x + 16 ) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 3 − = − = − = − = Câu 1: a) ÷ ÷ 3 b) Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm A(2; 3) nên thay x = y = vào phương trình đường thẳng