de thi tieng anh vao lop 10

Gäi Flµ giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®êng trßn (O)... Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n..[r]

*TẬP ĐỀ ÔN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 Đề : 1

Bài 1: Cho biểu thức: P = (x√x −1 x −√x −

x√x+1

x+√x ):(

2(x −2√x+1)

x −1 ) a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giỏ tr nguyờn

Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn |x13− x23| =50

Bài 3: Giải hệ phơng trình :   

2 18

1 1 72

x y x y x x y y

    

 

  

 

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành

b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn

Bµi Cho x>o ;

2

1 7

x x

 

Tính:

5

1

x x

Đáp án

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x ≠1

a, Rót gän: P = 2x(x −1) x(x −1) :

2(√x −1❑z)

2

x −1 <=> P =

√x −1¿2 ¿ ¿ √x −1

¿

b P = √x+1 √x −1=1+

2 x 1 Để P nguyên

x 1=1x=2x=4 √x −1=−1⇒√x=0⇒x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒x=9 √x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

Vậy với x= {0;4;9} P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm th×:

¿

Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0

x1x2=m2+m−6>0

x1+x2=2m+1<0

¿{ {

¿

⇔ Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0

m<−1

2 ⇔m<−3

¿{ {

b Giải phơng trình:

m+33

(m−2)3−¿=50

¿

¿m1=−1+√5

2 m2=−1−√5

2 ¿

⇔|5(3m2+3m+7)|=50⇔m2+m−1=0

{

Bà3. Đặt :

   

1 1

u x x v y y

  

 

 



 Ta cã :

18 72

u v uv

  

 

 u ; v nghiệm phơng trình :

2

1

18 72 0 12; 6

X  X   X  X 



12 6

u v

  

  ;

6 12

u v

  







   

1 12

1 6

x x y y

  

 

 



 ;

   

1 6

1 12

x x y y

  

 

 





Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị Bà4

a Giả sử tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên

CH AB BH AC => BD AB CD AC Do đó: ABD = 900 ACD = 900

Vậy AD đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tâm O

tứ giác BHCD hình bình hành

b) Vỡ P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác:

AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC

VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thấy Δ APQ tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn  AP AQ lớn hay  AD lớn

 D đầu đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O

H

O

P

Q

D

C B

O K

F E

D

C B

A Bài Từ

2

2

1 1 1 1

7 2 7 9 3

x x x x

x x x x

   

               

    (do x>o)

Nên

5 4

5 4

1 1 1 1 1 1 1 1

3 1

x x x x x x x x

x x x x x x x x

 

     

                

       

 

2

1

3 x 2 1 3 49 8 123

x

  

         

 

 

……… HẾT………

§Ị : 2

C©u1 : Cho biĨu thøc A=

1− x2¿2 ¿ x¿

(xx −3−11+x)( x3+1

x+1 − x):¿

Víi x √2 ;1

.a, R gän biĨu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= 6 2 c Tìm giá trị x để A=3

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

2

( ) 4 3( )

2 3 7

x y y x x y

    



 

b Giải bất phơng trình:

3 2

4 2 20

3

x x x x x

  

  <0

C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xỏc nh m phơng trình có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt x1;x2 cho: 2 3 x x 

Câu Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vng ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED

a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b chứng minh :BK tiếp tuyến của(o)

c chøng minh r»ng :F trung điểm CK

đáp án

C©u 1: a Rót gän A= x

2

−2 x

b.Thay x= 6 2  2 2 vào A ta đợc A= 2(4 2) c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

2

Câu : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ ta có

2

( ) 4 3( )

2 3 7

x y y x x y

    



 

 <=>*

1

2 3 7

x y x y

 

 

 

 (1) V *

4

2 3 7

x y x y

 

 

 

 (2)

Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1 Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3

Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=2, y=1 x=-1; y=3 b) Ta cã x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4)

mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 víi mäi x

Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

và Δ, = m2-2m+1= (m-1)2 > 0  m1

ta thÊy pt cã nghiƯm p.biệt víi m 1/2 m1 b) m=

2



C©u 4:

a Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn ng trũn)

do CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK

hay điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK b BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đờng chéo hình vng ABED)=> BKF=450

V×  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B

=>BKOB=>BK tiếp tuyến của(0) c)BFCK F=>F trung im

HT

Đề: 3

Bài 1: Cho biÓu thøc:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)−

y

¿(√x+1)¿− xy

(√x+1)(1−√y)

a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P =

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2)

a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung

Bµi 3: Giải hệ phơng trình :

¿

x+y+z=9

x+ y+

1 z=1 xy+yz+zx=27

¿{ {

¿

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng tròn (C ≠ A ;C ≠ B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R

Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m·n x+y=1 : Tỡm GTLN ca A= x y

Đáp ¸n

Bài 1: a) Điều kiện để P xác định :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0

*) Rót gän P:

 

     

(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y P

x y x y

    



  

   

     

( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  

   

  1  1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

       

   

1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



Q

N

M

O C

B A

1  x y y y x

y

  





     

 

1 1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

VËy P = √x+√xy−√y. b) P = ⇔ √x+√xy−√y. = ⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: + y 1  x 1 1  0 x  x = 0; 1; 2; ; Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn

Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d) : y = mx + m –

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –

⇔ x2 + mx + m – = (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+8=(m−2)2+4>0∀m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B

b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ⇔ p.tr×nh : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – 2

< ⇔ m <

Bµi 3 :

¿ x+y+z=9(1)

1 x+

1 y+

1 z=1(2) xy+yz+xz=27(3)

¿{ {

¿ §KX§ : x ≠0, y ≠0, z ≠0

   

 

   

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

81 2 81

81 2 27

2( ) 2 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) 0

( ) 0

( ) 0

x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x

x y x y

y z y z x y z z x

z x

          

          

            

      

    

 

         

  

  



Thay vµo (1) => x = y = z =

Ta thÊy x = y = z = thõa mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =

Bµi 4:

a) Xét ΔABM ΔNBM Ta có: AB đờng kính đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o

M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN cân đỉnh B Tứ giác AMCB nội tiếp

=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M

b) XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ).

=> ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c). => BC = NQ

XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC⊥BQ⇒ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC =

(√5−1)R

Bài 5:) Do A > nên A lớn nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = + √xy (1) Ta cã: x+y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si) => > √xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y = 1

2 , max A = √2 <=> x = y = 1 2

.

Đề 4

Câu 1: Cho hµm sè f(x) = √x2−4x+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10

c) Rót gän A = f(x)

x2−4 x 2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

¿

x(y −2)=(x+2)(y −4) (x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{

¿

C©u 3: Cho biĨu thøcA = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x+ √x

√x −1) víi x > vµ x  a) Rót gän A

b) Tìm giá trị x để A =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chøng minh r»ng PC cắt AH trung điểm E AH b) Giả sư PO = d TÝnh AH theo R vµ d

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án

C©u 1a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

b)

f(x)=10⇔

x −2=10

¿ x −2=−10

¿ x=12

¿ x=−8

¿ ¿ ¿ ⇔¿

¿ ¿ ¿ c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|

(x −2)(x+2)

Víi x > suy x - > suy A= 1

x+2

Víi x < suy x - < suy A=− 1

x+2

C©u 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

C©u a) Ta cã: A = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x+ √x √x −1) =

((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −

x −1 √x −1):(

√x(√x −1)

√x −1 + √x

√x −1) = (

x −√x+1

√x −1 − x −1 √x −1):(

x −√x+√x

√x −1 ) = x −√x+1− x+1

√x −1 : x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 : x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 ⋅ √x −1

x =

2−√x x b) A = => 2−√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3 C©u 4

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1) Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

O

B H C

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã

AH2=(2R −AH CB

2PB )

AH CB

2PB .

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2R¿2

¿ 4PB2

+¿

¿ ⇔ AH=4R CB PB

4 PB2+CB2=

4R 2R PB Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 >

<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có: ¿

x1+x2=−2m−1

2 x1.x2=m−1

2 3x1−4x2=11

⇔ ¿{ {

¿

¿ x1=13-4m

7 x1=7m−7

26-8m 313-4m

7 −4

7m−7 26-8m=11 ¿{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 4

7m−7

26-8m=11 ta đợc m = - m = 4,125 (2)

® k (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 ph trình có hai nghiệm phân biÖt tháa m·n: x1 -4 x2 = 11

HT

Đề 5

Câu 1: Cho P =

2 1

x x x



 +

1 1

x x x



  -

1 1

x x

 

a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

1

3 víi x  vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m lµ tham sè.

a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm

C©u 3: a/ Giải phơng trình :

1

x +

1

2 x = 2

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không trùng với A, B) Gọi (O) đ-ờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K

a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp b/ Tứ giác ABCK hình gì? Vì sao?

c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành

Cõu5. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

Tính giá trị biÓu thøc :

2009 2009 2009 A x y z .

Đáp án

Câu 1: §iỊu kiƯn: x  vµ x 1

P =

2 1

x x x



 +

1 1

x x x



  -

1

( 1)( 1)

x x x



 

=

2

( ) 1

x x

  +

1 1

x x x



  -

1 1

x

=

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/ Víi x  vµ x 1 Ta cã: P <

1

3  1

x x x <

1 3

 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )  x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) cã nghiƯm vµ chØ ’ 

 (m - 1)2 – m2 –  0  – 2m 

 m  2.

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm

Gäi mét nghiƯm (1) a nghiệm 3a Theo Viet ,ta cã:

2

3 2 2

.3 3

a a m a a m

  

 

 



 a=

1 2

m

 3(

1 2

m

)2 = m2 – 3  m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thâa m·n ®iỊu kiƯn).

Câu 3:

Điều kiện x ; – x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = 2 x2 >

Ta cã:

2 2 (1)

1 1

2 (2)

x y x y

  

 

 

 

Tõ (2) cã : x + y = 2xy Thay vµo (1) cã : xy = hc xy =

-1 2

* NÕu xy =

-1

2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phơng trình:

X2 + X -

1

2 =  X =

1 3

2

Vì y > nên: y =

1 3

2

 

 x =

1 3

2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =

1 3

2

 

C©u 4: c/ Theo c©u b, tứ giác ABCK hình thang

Do ú, tứ giác ABCK hình bình hành  AB // CK

 BACACK

Mµ

 1

2

ACK 

s®EC =

1

2sđBD

= DCB Nên BCD BAC

Dựng tia Cy cho BCy BAC  Khi đó, D giao điểm AB Cy Với giả thiết AB > BC BCA > BAC > BDC

 D  AB

Vậy điểm D xác định nh điểm cần tìm Cõu5. Từ giả thiết ta có :

2 2

2 1 0

2 1 0

2 1 0

x y y z z x

   



  

 

  



Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0

x  x  y  y  z  z 

x 12 y 12 z 12 0

      

1 0 1 0 1 0

x y z

   

   

  

  x  y z 1

 2009  2009  2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

………HẾT………

O

K

D

C B