Bo de TS10 HA TINH k chuyên

Sở GD-ĐT Hà Tĩnh BỘ ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10THPT Mơn: TỐN Bộ đề ơn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên BIÊN TẬP NGND NGUYỄN TRÍ HIỆP Phó Giám đốc Sở GDĐT Ths NGUYỄN NGỌC LẠC Trưởng Phòng GDTrH Sở GDĐT BIÊN SOẠN NGUYỄN VIẾT PHÚ Chuyên viên Phòng GDTrH Sở GDĐT Ths LÊ PHI HÙNG Giáo viên Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh Ths NGUYỄN HỒNG CƯỜNG Phó hiệu trưởng Trường THPT Phan Đình Phùng PHẠM QUỐC PHONG Giáo viên Trường THPT Hồng Lĩnh HOÀNG BÁ DŨNG Giáo viên Trường THPT Mai Kính NGUYỄN ĐÌNH NHÂM Giáo viên Trường THPT Cẩm Xuyên BÙI HẢI BÌNH Giáo viên Trường THCS Lê Văn Thiêm ĐẶNG HẢI GIANG Giáo viên Trường THCS Thị trấn Cẩm Xuyên NGUYỄN HUY TIỄN Chuyên viên Phòng GDĐT Hồng Lĩnh Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh LỜI NĨI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy – học trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng kì thi tuyển sinh, Sở GDĐT Hà Tĩnh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT THPT chuyên gồm mơn: Tốn, Ngữ văn Tiếng Anh – Mơn Ngữ văn viết theo hình thức tài liệu ơn tập Về cấu trúc: Hệ thống kiến thức học chương trình Ngữ văn lớp (riêng phân môn Tiếng Việt, kiến thức, kĩ chủ yếu học từ lớp 6,7,8) Các văn văn học, văn nhật dụng, văn nghị luận trình bày theo trình tự: tác giả, tác phẩm (hoặc đoạn trích), tập Các đề thi tham khảo (18 đề) biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu kèm theo gợi ý làm (mục đích để em làm quen có kĩ với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10) Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ Bộ GDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng – Môn Tiếng Anh viết theo hình thức tài liệu ơn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức bản, trọng tâm chương trình THCS thể qua dạng tập số đề thi tham khảo (có đáp án) Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chun – Mơn Tốn viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm hai phần: phần ôn thi vào lớp 10 THPT, phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa cấu trúc đề thi Sở Mỗi đề thi có lời giải tóm tắt kèm theo số lời bình Bộ tài liệu ơn thi thầy, giáo lãnh đạo, chun viên phòng Giáo dục Trung học – Sở GDĐT; cốt cán chuyên môn môn Sở; thầy, cô giáo Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn Hy vọng Bộ tài liệu ơn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy – học trường THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 2011–2012 năm Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong đóng góp thầy, giáo em học sinh toàn tỉnh để Bộ tài liệu hoàn chỉnh Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao kỳ thi tới! TRƯỞNG BAN BIÊN TẬP Nhà giáo Nhân dân, Phó Giám đốc Sở GDĐT Hà Tĩnh Nguyễn Trí Hiệp Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên MỤC LỤC A – PHẦN ĐỀ BÀI I – ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT .9 ĐỀ SỐ .9 ĐỀ SỐ .9 ĐỀ SỐ 10 ĐỀ SỐ 11 ĐỀ SỐ 12 ĐỀ SỐ 12 ĐỀ SỐ 13 ĐỀ SỐ 14 ĐỀ SỐ 15 ĐỀ SỐ 10 16 ĐỀ SỐ 11 17 ĐỀ SỐ 12 17 ĐỀ SỐ 13 18 ĐỀ SỐ 14 19 ĐỀ SỐ 15 20 ĐỀ SỐ 16 20 ĐỀ SỐ 17 21 ĐỀ SỐ 18 22 ĐỀ SỐ 19 23 ĐỀ SỐ 20 23 ĐỀ SỐ 21 24 ĐỀ SỐ 22 25 ĐỀ SỐ 23 26 ĐỀ SỐ 24 26 ĐỀ SỐ 25 27 ĐỀ SỐ 26 28 ĐỀ SỐ 27 29 ĐỀ SỐ 28 30 ĐỀ SỐ 29 31 ĐỀ SỐ 30 32 ĐỀ SỐ 31 32 ĐỀ SỐ 32 33 ĐỀ SỐ 33 34 ĐỀ SỐ 34 35 ĐỀ SỐ 35 35 Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh ĐỀ SỐ 36 36 ĐỀ SỐ 37 37 ĐỀ SỐ 38 37 ĐỀ SỐ 39 38 ĐỀ SỐ 40 39 .40 B – PHẦN LỜI GIẢI 40 I – LỚP 10 THPT .40 ĐỀ SỐ 40 ĐỀ SỐ 44 ĐỀ SỐ 47 ĐỀ SỐ 48 ĐỀ SỐ 50 ĐỀ SỐ 54 ĐỀ SỐ 58 ĐỀ SỐ 60 ĐỀ SỐ 63 ĐỀ SỐ 10 66 ĐỀ SỐ 11 68 ĐỀ SỐ 12 71 ĐỀ SỐ 13 74 ĐỀ SỐ 14 78 ĐỀ SỐ 15 80 ĐỀ SỐ 16 83 ĐỀ SỐ 17 85 ĐỀ SỐ 18 87 ĐỀ SỐ 19 89 ĐỀ SỐ 20 91 ĐỀ SỐ 21 93 ĐỀ SỐ 22 97 ĐỀ SỐ 23 98 ĐỀ SỐ 24 .102 ĐỀ SỐ 25 .104 ĐỀ SỐ 26 .108 ĐỀ SỐ 27 .110 ĐỀ SỐ 28 .112 ĐỀ SỐ 29 .114 ĐỀ SỐ 30 .117 ĐỀ SỐ 31 .121 Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên ĐỀ SỐ 32 .123 ĐỀ SỐ 33 .125 ĐỀ SỐ 34 .128 ĐỀ SỐ 35 .130 ĐỀ SỐ 36 .131 ĐỀ SỐ 37 .133 ĐỀ SỐ 38 .135 ĐỀ SỐ 39 .137 ĐỀ SỐ 40 .141 Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh A – PHẦN ĐỀ BÀI I – ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ Câu 1: a) Cho: a = + b = − Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab 3 x + y = b) Giải hệ phương trình:   x − y = −3  x  + Câu 2: Cho P =  (với x > 0, x ≠ 1) ÷: x −1  x − x +1 x − x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P > 2 Câu 3: Cho phương trình: x – 5x + m = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 − x2 = 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 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 ĐỀ SỐ 1 − 3− 3+ b) Giải phương trình: x2 – 7x + = Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d: y = – x + Parabol (P): y = x2  x + 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: x − 2009 − + x − 2009 y − 2010 − z − 2011 − + = y − 2010 z − 2011 ĐỀ SỐ Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – = 2 x + y = b)  3 x + y = − Câu 2: Rút gọn biểu thức: a) A = − 2+ − 1− 1+   x+2 x − b) B =  (với x > 0, x ≠ 4) ÷ x  x−4 x + x +4 Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN 10 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh  x = −1 (loai)  ⇔x= 2) Q = – x − => 4x + x – = ⇔  (thỏa 16 x=  mãn) Câu 3: Đặt x = t, t2 + 2(m – 1)t + m + = (1) Phương trình có nghiệm phân biệt (1) có nghiệm khác dấu (1) có nghiệm kép t > +) (1) Có nghiệm khác dấu m + < m < –1 m = +) ∆' = m2 – 3m =  m = Thay vào (1) để xét m = thỏa mãn, m = bị loại Vậy m < – m = 3( x − 1) + 16 + ( x − 1) + 25 = – (x – 1)2 Câu 4: PT VT > 9; VP < (vì (x – 1)2 > 0) nên:  VT = PT  x = (TM)  VP = N Câu 5: 1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH µ +H µ = 1800 (do A µ =H µ = 900 ) A H M => OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác OANH nội tiếp ¶ =M ¶ , B =N ả (2 gúc ni tip chn cung) A => A 1 B O ả +B =M ả +N ả = 900 => · ⇒A AHB = 90 1 1 => MN tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vng, ta có: AM BN = MH NH = OH2 = S ∆MON = AB (đpcm) 1 OH MN > OH AB (Vì AMNB hình thang vng) 2 Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 129 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = AB Vậy S ∆MON nhỏ AM = BN = ĐỀ SỐ 35  x > −3 x +3 (x + 3) = =  −1 x < −3 x +3 x +3 Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 – 2x + = 4 x(x – 2) = x = x = b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b qua điểm A (1; 2) B (2; 0) khi: a + b =  a = −2 ⇔   2a + b = b = Câu 1: A = Vậy y = – 2x + Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình x − x − =  x = −1; x = 2 ⇔ (x – x – 2)(x – 1) =  x = x −1 = Vậy phương trình có nghiệm x ± 1; x = b) Vì phương trình (1) ln có nghiệm x = nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi: – Hoặc phương trình f(x) = x2 – x – m = có nghiệm kép khác 1  ∆ = 1 + 4m = m = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m=− f (1) ≠ 1 − − m ≠ m ≠ – Hoặc phương trình f(x) = x2 – x – m = có nghiệm phân biệt có nghiệm 1  ∆ > 1 + 4m > m > − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m = f (1) = m =  m = Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN 130 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh Vậy phương trình (1) có nghiệm phân biệt m = – ; m = Câu 4: a) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) Nên MA ⊥ OA; MB ⊥ OB; Mà OI ⊥ CD A (Theo định lý đường kính dây cung) · · · O Do MAO = 900 M = MBO = MIO I => điểm A, B, I C D thuộc đường tròn đường kính MO hay điểm M, A, I, O, B thuộc B đường tròn · · · · b) Ta có: AIM (vì góc nội tiếp chắn cung MA) BIM = AOM = BOM · · (vì góc nội tiếp chắn cung MB) mà AOM (tính chất hai tiếp tuyến) = BOM · · => AIM => IM phân giác góc AIB (đpcm) = BIM  x + y = (1) Câu 5:  3 2  x + y = x + y (2) Từ (1) suy ra: x ≤ ⇒ x ≤ Tương tự y ≤ (3) (2) ⇔ x (1 − x ) + y (1 − y) = (4), Từ (3) suy vế trái (4) không âm nên  x (1 − x ) =  x = x = x = x = ⇔ ⇔ ; ; ; (4)   y (1 − y) = y = y = y = y = x = x = ; Thử lại hệ có nghiệm là:  y = y = ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = + + − = + + − = b) x2 + 2x – 24 = ∆' = + 24 = 25 => ∆' = Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 131 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chun => phương trình có nghiệm x1 = – + = 4; x2 = – – = – Câu 2: a) P = a a +1 −7 a − + + a +3 a − ( a − 3)( a + 3) = a ( a − 3) + ( a + 1)( a + 3) − a − 2a − a + a + a + − a − = ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3) = 3a − a a ( a − 3) a = = ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3) a +3 Vậy P = a a +3 a 0) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2): 25  ∆ = 25 m = ⇔ ⇔m= 1) Hoặc có nghiệm kép khác  f (0) ≠  m ≠ 2) Hoặc có nghiệm khác dấu ⇔ m < F 25 Vậy m = m < phương trình (1) có nghiệm phân biệt E · Câu 4: a) FAB = 900 (vì AF ⊥ AB) D · = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường BEC tròn) · · · => BEF = 900 Do FAB = 1800 + BEF Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN O A B C M 132 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn · · b) Ta có: AFB = ( sđ cung AB) = AEB (vì góc nội tiếp chắn cung) · · = ( sđ cung BD) (vì góc nội tiếp chắn cung) AEB = BMD · · Do AFB => AF // DM mà FA ⊥ AC => DM ⊥ AC = BMD AC CF = => CE.CF = AC.BC CE BC AB AD = => AD.AE = AC.AB (2) ∆ ABD ~ ∆ AEC (g.g) => AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) (2 − x) + x (1 − x) + x + = + Câu 5: Ta có y = 1− x x 1− x x c) ∆ ACF ~ ∆ ECB (g.g) => (1) 2x 1− x 2x 1− x + ≥ 3+ = + 2 (áp dụng BĐT Côsi 1− x x 1− x x với số dương) 2x 1− x = ⇔ x = − (loại nghiệm x = – – ) Đẳng thức xảy 1− x x Vậy giá trị nhỏ y + 2 x = –1 = + +  Lời nhắn Câu IV.c Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề ĐỀ SỐ 37 Câu 1: M = x ( x − 1) x ( x + 1) +x+1 − x + x +1 x − x +1 Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 133 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên = x ( x − 1)( x + x + 1) x ( x + 1)( x − x + 1) − + x +1 x + x +1 x − x +1 =x– x–x– x + x + = x – x + = ( x – 1)2 3x − 5y = −18 3x − 5y = −18 11y = 33  x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ Câu 2: a)   x + 2y = 3x + 6y = 15  x + 2y = y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (– 1; 3) b) Hai đường thẳng (d) (d’) song song khi:  a = − a a = ⇔  b ≠ − b  b ≠ Câu 3: a) Khi m = – 3, ta có phương trình x2 – 2x – = Vì a – b + c = – (– 2) + (– 3) = nên x1 = – 1; x2 = b) Phương trình có nghiệm ⇔ ∆' > ⇔ – m > ⇔ m < Khi theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = m (1) 1 x12 + x 22 (x1 + x ) − 2x1x + = ⇔ = ⇔ =1 (2) x2 x2 x12 x 22 (x1x ) Từ (1), (2), ta được: – 2m = m2 m2 + 2m – = ∆' = + = => ∆' = nên m = –1 + (loại); m = – – (T/m m < 1) Vậy giá trị m cần tìm là: m = −1 − · Câu 4: a) Ta có ACK = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN A O H B C M K 134 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh · ′C = BB · ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => c) Ta có AC · ′B′ = ACB · · · mà ACB (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ AC = BAx OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’ Do SAB’OC’ = R.B’C’ 1 R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 1 S ∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ BC < (AO + OM).BC 2 => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng A đỉểm cung lớn BC Tương tự: SBA’OC’ = x2 + x +1 ⇔ y(x + 2x + 2) − (x + x + 1) = x + 2x + 2 ⇔ (y – 1)x + (2y – 1)x + (2y – 1) = (1) – Nếu y = x = – – Nếu y ≠ (1) phương trình bậc hai x Để (1) có nghiệm phải có ∆ = (2y – 1)2 – (y – 1)(2y–1) ≥ ⇔ (2y − 1)(2y − 3) ≤ ⇔ ≤ y ≤ 2 1 y = x = Vậy y = 2 Câu 5: y = ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta có x2 + nên P = = x = x ( x + 1) = x ( x + 1)(x − x + 1) x ( x + 1)( x − x + 1) x (2 x + 1) +1− x − x +1 x x ( x + 1) + − x − = x − x Vậy P = x − x Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 135 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên b) P = ⇔ x – x = ⇔ (t/m) Vậy x = P = x ( x – 1) = ⇔ x = (loại) ; x = Câu 2: a) Ta có − x = – x Đk: x < Bình phương hai vế, ta phương trình hệ quả: – x2 = (1 – x)2 2x2 – 2x = 2x (x – 1) x = ; x = Thay vào pt cho thử lại nghiệm thoả mãn b) Đk: x ≠ y ≠ Hệ cho tương đương với hệ phương trình: 3 7 = x = x + y = x =   x  ⇔ ⇔ ⇔  y = 4 − =1  − = 2 − y =   x y  x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3) Câu 3: a) Với m = – ta phương trình: x2 + 4x = x(x + 4) = x = ; x = – b) Phương trình (1) có nghiệm ∆' > (m –1)2 – (m+ 1) = m2 – 3m = m(m – 3) > m > ; m < (1) Khi theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m – 1) x1x2 = m + (2) x1 x x + x 22 (x1 + x ) − 2x1x + = Ta có: = x x1 x1x x1 x A x1 x (x1 + x ) − 2x1x 2 + = ⇔ = ⇔ (x + x ) = 6x nên x (3) x x1 x1 x Từ (2) (3) ta được: 4(m – 1)2 = 6(m + 1) 4m2 – 8m + = 6m + E 2m2 – 7m – = − 57 + 57B 4 Đối chiếu đk (1) nghiệm thoả mãn D · · Câu 4: a) Ta có: DBO = 900 (vì gt) = DMO ∆ m = 49 + = 57 nên m = Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN M C 136 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh => điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự có điểm O, C, E, M thuộc đường tròn => · · (vì góc nội tiếp chắn MEO = MCO cung MO) · · (vì góc nội tiếp chắn MBO = MDO cung MO) · · Mà MBO (vì ∆ BOC cân O) = MCO · · => MEO => ∆ DOE cân O = MDO Mà MO ⊥ DE nên MD = ME (đpcm) x + = t, với t > 0, ta có t – (x + 3) t + 3x = Xem pt pt bậc t ∆ = (x + 3)2 – 12x = (x – 3)2 x +3+ x −3 x +3− x +3 = x ; t2 = =3 t1 = 2 x ≥ Do đó: – Hoặc: x + = x ⇔  2 vô nghiệm x + = x Câu 5: Đặt – Hoặc: x2 +1 = ⇔ x = ⇔ x = ± 2 Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2 ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: 48 - 75 + 108 = 16 - 25 + 36 = - 10 + =  2) Rút gọn biểu thức: P =  1 - x -    ÷ 1 ÷ 1+ x  x Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 137 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên 1 + =   x - + x  x - 1 x ÷ ÷= ÷ 1- x x ÷ 1- x  -2 x -1 = 1+ x x Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b qua điểm M (3; 2) N(4; –1) nên: 2 = 3a + b a = - ⇔   - = 4a + b b = 11 2) Giải hệ pt:  2x + 5y = ⇔   3x - y =  2x + 5y = x = 17y = 17 ⇔ ⇔  3x - y = y = 15x - 5y = 10 Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 – 4x –12 = ∆ ' = 16, pt cho có nghiệm: x = – 2; x = 2) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ m2 + 6m ⇔ m ≤ −6; m ≥ (2)  x1 + x = 2m Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có:   x1x = - 6m (3) Phương trình có 1nghiệm gấp lần nghiệm khi: x1 = 2x ; x = 2x1 ⇔ (x1 − 2x )(x − 2x1 ) = ⇔ 5x1x − 2(x12 + x 22 ) = ⇔ 5x1x − 2[(x1 + x ) − 2x1x ] = ⇔ 9x1x − 2(x1 + x ) = Từ (3), (4), ta có: −54m − 8m = ⇔ m = 0; m = − Vậy giá trị m cần tìm m = 0; m = − · · ACB = 900 hay ECB = 900 27 (thỏa mãn đk (2)) 27 Câu 4: Theo giả thiết MN ⊥AB I (4) M O1 E A I O C B · · ⇒ EIB + ECB = 1800 Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN N 138 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy A điểm ¼ nên AMN · · MN (hai = ACM · · · góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME , lại có CAM = ACM góc chung tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE ⇒ AM2 = AE.AC = AC AM · · Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường tròn ngoại ⇒ · tiếp ∆ECM Nối MB ta có AMB = 900, tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM nhỏ C phải giao điểm đường tròn (O 1), bán kính O1M với đường tròn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM 2 x⇒-y≥ x-2 3 2x 22 - 22 - = (x - ) ≥ K = x2 – 2x – y ≥ x - 2x + 3 9 Câu 5: Từ 2x + 3y ≤ ⇒ y ≤ - - 22 14 x = ; y = 9 Ta có: 2x2 + xy ≤ 4x (x ≥ 0) Suy ra: K = ⇒ x - 2x - y ≤ - - y ( x + 2) xy -y= ≤0 2 y = y =  x = x = Suy ra: max K =  Lời bình: Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 139 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên Câu V • Nhiều tìm trực tiếp GTNN biểu thức K thật khó khăn "Cái khó ló khơn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K ≥ B Rồi tìm GTNN B, từ mà suy GTNN biểu thức K Các mối liên hệ K giả thiết dẫn tìm đến B + Trong toán trên, thấy biểu thức K = x2 − 2x − y có chứa − y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi: 2x −2 2x + 3y ≤ ⇔ − y ≥ 2x 22 − ta có K ≥ B =  x − ÷ − Thay − y 3  • Cũng vậy, tìm GTLN việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K ≤ L + Trong giả thiết suy − y ≤ h(x) để tìm L (lớn hơn) sơ đồ "lớn dần" Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá phận lại x2 − 2x ≤ g(x) y x≥0 xy xy x − 2x ≤ (ở g ( x) = ) ⇔ 2 xy y Thay x2 − 2x ta có K ≤ L = − ( x + 2) 2 • Chắc chắn bạn thắc mắc tốn có hai giả thiết, tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết mà không sử dụng giả thiết ? + Trong q trình đánh giá tìm nhiều biểu thức B Gọi Bk số biểu thức B tìm có minBk = β Thế β chưa GTNN K Chỉ trường hợp minBk = β mà ta có K = Bk (hố giải dấu "=" sơ đồ "lớn hơn") có minK = minBk = β Trong trường hợp biểu thức Bk gọi "kết" Lời giải thành cơng tìm "kết" Trong tốn trên, sử dụng giả thiết lại khơng dẫn tới "kết" Ta có 2x + y ≤ ⇔ x − ≤ Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN 140 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh Tình tương tự việc tìm biểu thức L Biểu thức L dẫn tới maxK gọi "kết" + Trong tốn trên, hình thức giả thiết chưa đủ để dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết hay giả thiết Nhiều toán phức tạp cần kết hợp tất giả thiết tìm "kết" • Mấu chốt tốn tìm GTNN, GTLN tìm "kết" Nhìn lại kết đề trước: + Câu 5, đề 1, "kết" biểu thức phải tìm GTNN 6 1 8 3 + Câu 5, đề 11, "kết" Bk = ( x + y ) +  x + ÷+  y + ÷ x 2 y 2 + Câu 5, đề 32, "kết" Bk = ∆ + ∆ ĐỀ SỐ 40 Câu a) 3x + 4y = ⇔ y = − x + , nên hệ số góc đường thẳng d k = −     m − = −  m = m = ± ⇔ ⇔ ⇔m=− b) d // d1 ⇔  m ≠ m ≠ m ≠ 2    Vậy với m = − d1 // d ax + by = x = Câu Hệ phương trình  có nghiệm  nên  bx − ay = 11  y = −1 a.3 + b(−1) =   b.3 − a(−1) = 11 Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 141 Bộ đề ôn thi vào lớp 10 THPT – THPT Chuyên 3a − b = 9a − 3b = 10a = 20 a = a = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a + 3b = 11 a + 3b = 11 a + 3b = 11 3a − b = b = Câu a) Do ac = (1 + 3)(1 − 3) = − = −2 < nên phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt b) Vì x1 , x nghiệm phương trình (1) nên theo hệ thức Vi–et, ta có: 1− x1 + x = , x1 x = 1+ 1+ Do đó: S = P = 1 x1 + x 2 2(1 + 3) + = = = = −(1 + 3) x1 x x1 x −2 1− 1 1 + (1 + 3) + = = = = = −(2 + 3) x1 x x1 x − −2 −2 Vậy phương trình bậc cần tìm là: X + (1 + 3)X − (2 + 3) = Câu C D E x M F O A B a) Tam giác ADE cân A AD = AE Lại có: ¶ = DAB · · A − EAB = 900 − 600 = 300 Do Sưu tầm chỉnh sửa: Gv.TQN 142 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hà Tĩnh · · ADE = AED = (1800 − 300 ) = 750 b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF µ = 450 vng cân B, nên E Từ ta cú: ã ã ả +E = 750 + 600 + 450 = 1800 suy điểm D, E, F thẳng DEF = DEA +E hàng, đpcm µ =A ¶ (cùng chắn cung EM) suy B µ = 300 nên B ¶ = 300 c) Ta có: B 1 ¶ =B ¶ nên E ¶ = 300 Mà E 3 ¶ +E ¶ = 600 + 300 = 900 hay ME ⊥ EB Mặt khác BF ⊥ EB ME Vậy E // BF Câu Từ (1) ta có: x = −2(y − 1) − ≤ −1 ⇒ x ≤ −1 (3) 2y ≤ ⇒ x ≤ ⇒ −1 ≤ x ≤ (4) y +1 Từ (3) (4), suy x = –1, thay vào hệ cho ta y = Vậy P = 2 Từ (2) ta có: x = Sưu tầm chỉnh sửa định dạng: Gv.TQN 143 ... Câu 3: Hai ô tô khởi hành lúc quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước tơ thứ hai 0,4 Tính vận tốc tơ Câu 4: Cho đường tròn (O;R); AB CD hai đường... theo hướng bám Chuẩn kiến thức, k Bộ GDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm k vận dụng – Môn Tiếng Anh viết theo hình thức tài liệu ơn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức bản, trọng... Các đề thi tham khảo (18 đề) biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu k m theo gợi ý làm (mục đích để em làm quen có k với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10) Về nội dung kiến thức, k năng: Tài