Giải đề Toán TS 10 - 8 (9)

THPT VÕ MINH ĐỨC GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 8 (Thời gian : 120 phút) Bài 1. Cho hàm số y = x 2 có đồ thị (P) a) Chứng minh rằng điểm A ( 2;2)− nằm trên (P) b) Tìm m để đồ thị (d) của hàm số : y = (m – 1)x + m , m ∈  và m ≠ 1 cắt (P) chỉ tại một điểm c) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 1 đồ thị (d) của hàm số y = (m – 1)x + m luôn đi qua một điểm cố định. Bài 2. a) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 4 4 4 2( 8) 0 x y xy x y xy  + + =   + − + =   b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x 2 – 2xy + 3 = 0 Bài 3. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m. 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. Bài 4. Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60 o và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo thứ tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ BH ⊥ AC, H ∈ AC. a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của đường tròn đó. b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và tính diện tích tam giác đó. Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = 2 2 2 ( 2007) ( 2008) ( 2009)x x x− + − + − GIẢI Bài 1. a) vì 2 ( 2) 2− = tức là tọa độ điểm A thỏa mãn y = x 2 có đồ thị (P) , A ∈ (P) b) Đồ thị đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m chỉ cắt (P) : y = x 2 taị một điểm tức là phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất một nghiệm : pt hoành độ giao điểm : x 2 = (m – 1)x + m ⇔ x 2 – (m – 1)x – m = 0 (1) với m ≠ 1(*) (1) có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ = 0 ⇔ (m – 1) 2 + 4m = 0 ⇔ ( m + 1) 2 = 0 ⇔ m = – 1 (thỏa (*)) c) Gọi M(x o ; y o ) là điểm cố định mà (d m ) đi qua với mọi m ≠ 1 Ta có : với mọi m ≠ 1 thì y o = (m – 1)x o + m ⇔ mx o – x o + m = y o ⇔ m(x o + 1) = x o + y o Với x o = −1 ⇒ m.0 = −1 + y o ⇔ y o = 1 Vậy với mọi m ≠ 1 thì (d) luôn đi qua một điểm cố định M(– 1 ; 1) * Cách khác : giả sử m = 0 : y = – x (d o ) và m = 2 : y = x + 2 (d 2 ) Giải hệ (d o ) và (d 2 ) : – x = x + 2 ⇔ x = – 1 suy ra y = 1 Vậy điểm cố định cần tìm là M(– 1 ; 1) mà (d) luôn đi qua với mọi m ≠ 1 Giáo viên : Huỳnh Đắc Nguyên THPT VÕ MINH ĐỨC * Nhận xét : đề ra không cần điều kiện m ≠ 1 ; vì nếu m = 1 thì (d) : y = 1 cũng luôn đi qua M(– 1 ; 1) Vậy với mọi m thì đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m luôn đi qua 1 điểm cố định , mà cụ thể điểm đó là M(– 1 ; 1) Bài 2. a) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 4 4 4 2( 8) 0 x y xy x y xy  + + =   + − + =   2 2 (2 ) 4 ( ) 16 x y x y  + =  ⇔  − =   ⇔ 2 2 4 x y x y + = −   − = −  hoặc 2 2 4 x y x y + = −   − =  hoặc 2 2 4 x y x y + =   − = −  hoặc 2 2 4 x y x y + =   − =  ⇔ 2 3 10 3 x y  =     = −   hoặc 2 2 x y = −   =  hoặc 2 3 10 3 x y  = −     =   hoặc 2 2 x y =   = −  b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x 2 – 2xy + 3 = 0 Ta có : x 2 – 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 = - 3 ; x – 2y = 1 + x = - 1 , x – 2y = 3 ⇒ 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 nguyên 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 100m. 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 , y là chiều rộng khu vườn lúc đầu (x, y > 0, m) Và nửa chu vi là 50 = x + y (1) Chiều dài lúc sau : 2x , chiều rộng lúc sau : 3y Và nửa chu vi lúc sau là ; 120 = 2x + 3y (2) Nên ta có hệ phương trình : 50 2 3 120 x y x y + =   + =  ⇔ 30 20 x y =   =  Vậy diện tích khu vườn ban đầu là : 30.20 = 600 (m 2 ) Bài 4. Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60 o và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo thứ tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ BH ⊥ AC, H ∈ AC. a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến của đường tròn đó. b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và tính diện tích tam giác đó. Giáo viên : Huỳnh Đắc Nguyên THPT VÕ MINH ĐỨC 60.0 ° O I H F E C B A D a) Ta có : · · 1BHC BEC v= = ⇒ tứ giác BHCE nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC và AD // BC (ABCD là hình bình hành) mà FC ⊥ AD (gt) nên FC ⊥ BC tại tiếp điểm C do đó : FC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA Ta có : · · BCH CAF= (so le trong) ⇒∆vuông BCH ∼ ∆vuông CAF ⇒ BC CH CA AF = ⇒ BC.AF = CH.CA c) Vì O là trung điểm của AC , AC là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông ACF và ACE nên hai trung tuyến OF và OE bằng nhau (cùng bằng nửa cạnh huyền AC) Vậy ∆EOF cân tại O Hơn nữa, OF = OE = OA = OC = 1 2 AC = 3 cm nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECF Mà · EAF = 60 o , và là góc nội tiếp chắn cung ECF suy ra góc ở tâm EOF bằng 120 o Nên trong tam giác cân OEF có · · OEF OFE= = 30 o Gọi K là trung điểm của cạnh đáy EF của tam giác cân OEF , ta có : 1 sin 30 2 o OK OE = = ⇒ OK = 3 2 (cm) ⇒ EK = OE.cos30 o = 3 3 2 ⇒ EF = 3 3 Diện tích ∆EOF = 1 2 OK.EF = 1 2 . 3 2 . 3 3 = 9 3 4 (cm 2 ) Giáo viên : Huỳnh Đắc Nguyên THPT VÕ MINH ĐỨC Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = 2 2 2 ( 2007) ( 2008) ( 2009)x x x− + − + − Ta có : M = 2007 2008 2009x x x− + − + − Áp dụng bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối : 2007 2009 2007 2009x x x x− + − = − + − ≥ 2007 2009 2x x− + − = dấu bằng xảy ra khi 2007 ≤ x ≤ 2009 nên 2007 2008 2009x x x− + − + − ≥ 2 + 2008 2x − ≥ (vì 2008 0x − ≥ ) Dấu bằng xảy ra khi x = 2008 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 tại x = 2008 Giáo viên : Huỳnh Đắc Nguyên . 2y) = -3 ⇔ x = - 1 , x – 2y = 3 hoặc x = 1 ; x – 2y = -3 hoặc x = 3 ; x – 2y = -1 hoặc x = - 3 ; x – 2y = 1 + x = - 1 , x – 2y = 3 ⇒ x = -1 , y = -2 + 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 nguyên x, y thỏa đề bài là : (-1 ; -2 )