Thông tin tài liệu
ĐỀ THI VÀO 10 � a a �� a � : ; (0 �a �1) �� � �� � a a a a a a � �� � Bài 1:(1,75đ) Cho biểu thức : P � � 1)Rút gọn P ; 2)Tìm tất số tự nhiên a để P có giá trị nguyên Bài : (2đ) 2.1) Giải phương trình : x 1 x x x 24 � x xy x y � 2.2) Giải hệ phương trình : � x y 3 � Bài 3: (1 đ) Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình x2 – x – = Lập PT bậc hai có hai nghiệm 2x1 + x2 x1 + 2x2 Bài 4: (1,5đ) 4.1)Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y 4.2)Cho số thực không âm a; b; c Ch/m rằng: ab b bc ca bc c ac ab ca a ab bc � ab bc ca a b c Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho ngũ giác lồi ABCDE có đỉnh có tọa độ nguyên Chứng minh : Tồn điểm M có toạ độ nguyên nằm ngũ giác cạnh ngũ giác ( khơng tính đỉnh A,B,C,D,E) Bài : cho ABC nhọn Đường trò (O) đường kính BC cắt AB, AC thứ tự M N Tia phân giác góc : BAC , MON cắt P � BAC � 6.1)Chứng minh : OMN tứ giác AMPN nội tiếp 6.2)Gọi Q giao đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP & CNP Ch/m: ba điểm B, Q, C thẳng hàng 6.3)Gọi O1, O2, O3 thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác: AMN, BMP, CNP Ch/m: điểm O, O1, O2, O3 thuộc đường tròn � a a �� a � : ;(0 �a �1) �� � �� � a a a a a a � �� � Bài 1:(1,75đ) Cho biểu thức : P � � 1)Rút gọn P 2)Tìm tất số tự nhiên a để P có giá trị nguyên � � � a a �� a � � a a 1 ��a � a 1.1) P � : �� � � � �a a a a a ��a � �(a 1) a a �� a � a a 1 � �� �� � 1.2) P ��� 2N a 1 � a 1� 2; 1;1; 2 � a � 0; 4;9 thỏa điều kiện �a �1 Bài : (2đ) 2.1)Giải phương trình : x 1 x x 3 x 24 � x xy x y � 2.2)Giải hệ phương trình : � x y 3 � 2.1/ x 1 x x 3 x 24 � x x x x 24 � 5� Đặt t x x �x � � PT thành : (t – 1)(t + 1) = 24 � 2� t 5(l ) � � t 24 � t 25 � � t 5(n) � �x � t � x 5x � x2 5x � x x 5 � � �x 5 � S 0; 5 �x xy x y � 2.2) � 2 �x y 3 (1) (2) (1) � x y x y g y 4(4 y 2) 16 y 24 y y 3 �0; y 2 � y 1 y x 4y � �� y 1 y � x 1 � (2) x �� � y2 � y � (2) x y �� � y y 3 � 15 y 16 y 0( � PTVN ) � ( x; y ) � 1; , 1; 2 � � � Bài 3: (1 đ) Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình x2 – x – = Lập PT bậc hai có hai nghiệm 2x1 + x2 x1 + 2x2 PT: x2 – x – = có a c trái dấu nên tồn nghiệm x1 ; x2 Theo Vi-ét Ta có : x1 + x2 = ; x1 x2 = -5 Đặt: *S = (2x1 + x2) + (x1 + 2x2) = 3(x1 + x2) = P = (2x1 + x2).(x1 + 2x2) = 2[(x1)2 + (x2)2] + x1 x2 = -3 2x1 + x2 x1 + 2x2 hai nghiêm phương trình : x2 – Sx + P = Hay x2 - 3x – = Bài 4: (1,5đ) 4.1)Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y 4.2)Cho số thực không âm a; b; c Ch/m rằng: ab b2 bc ca bc c ac ab ca a ab bc � ab bc ca a b c 4.1) x y xy x y (1) � x2 y 2 x y y (2) ' y 2 y2 y y2 y Để (1) có nghiệm ' �0 � y y �0 � 3 �y �1 Do y ��� y � 3; 2; 1 (2) gy 3 �� � x x � x 1 (2) gy 2 �� � x2 1 � x � (2) gy 3 �� � x2 2x � x � x; y 1; 3 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 3 4.2)Khơng tính tổng qt , giả sử : a �b �c �0 2 2 Ta ch/m: ab b bc ca �ab a b c ; a �b �c �0 (1) (1) � bc ca �a c � bc c �a ca � c b c �a a c (2) Do a �b �c �0 nên (2) Tương tự : bc c ac ab �bc a b c ca a ab bc �ca a b c 2 2 Vậy ab b bc ca �ab a b c 2 Suy : 2 2 ab b bc ca bc c ac ab ca a ab bc � ab bc ca a b c Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho ngũ giác lồi ABCDE có đỉnh có tọa độ nguyên Chứng minh : Tồn điểm M có toạ độ nguyên nằm ngũ giác cạnh ngũ giác ( khơng tính đỉnh A,B,C,D,E) Lấy số nguyên chia cho có số có số dư Lấy số nguyên chia cho có số có số dư Trong sơ ngun có số có tính chẵn, lẻ Trong điểm A,B,C,D,E có điểm có hồnh độ tính chẵn, lẻ trong điểm có tính chẵn, lẻ nói có hai điểm có tung độ tính chẵn , lẻ Khi đó: Tồn điểm A,B,C,D,E có hồnh độ tính chẵn, lẻ tung độ tính chẵn lẽ Tọa độ trung điểm M hai điểm có tọa độ nguyên Suy : *)Nếu hai điểm xác định hai đỉnh kề ngũ giác M nằm cạnh ngũ giác *) Nếu hai điểm xác định không hai đỉnh kề ngũ giác M nằm ngũ giác Bài : cho ABC nhọn Đường trò (O) đường kính BC cắt AB, AC thứ tự M N Tia phân giác góc : BAC , MON cắt P � BAC � 6.1)Chứng minh : OMN tứ giác AMPN nội tiếp 6.2)Gọi Q giao đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP & CNP A Ch/m: ba điểm B, Q, C thẳng hàng 6.3)Gọi O1, O2, O3 thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác: AMN, BMP, CNP Ch/m: điểm O, O1, O2, O3 thuộc đường tròn N O1 � BAC � 6.1) a)Chứng minh: OMN � Dễ thấy tứ giác BMNC nội tiếp � � AMN C � B � OBM cân O nên OMB O3 P M � OMP � B � C � � 1800 OMN � 1800 BAC � � OMN � � � OMN BAC b)Chứng minh : tg AMPN nội tiếp: O2 B Gọi H, K thứ tự hình chiếu vng góc P AB, AC Vì P nằm tia phân giác góc A nên PH = PK Vì OPM = OPN (cgc) � PM = PN Q O C � PNK � � PHM PKN (ch cgv) � PMH Tg AMPN có góc đỉnh M góc ngồi đỉnh đối diên N nên nội tiếp đường tròn 6.2)Ta có: � � � CNP � � � AMP ; - tg AMPN nội tiếp � CNP - tg BMQN nội tiếp � BQP AMP � BQP Mà tứ giác CNPQ nội tiếp nên : � 1800 CNP � 1800 BQP � � BQP � CQP � 1800 � BQC � 1800 CQP Vậy điểm B, Q, C thẳng hàng 6.3)Ta có: �OO BAC � 1800 (1) g(O) � O2 B, M � OO2 BM ; (O) � O3 C , N � OO3 CN � O � � - g(O1 ) � O2 P, M � O1O2 PM ; (O1 ) � O3 P, N � O1O3 PN � O2O1O3 MPN 180 (2) �OO O �O O BAC � MPN � �OO O �O O 1800 (1) & (2) � O 3600 � O 3 3 Vậy tg O, O1, O2, O3 thuộc đường tròn
Ngày đăng: 21/04/2020, 00:59
Xem thêm:
