Đang tải... (xem toàn văn)
A.. Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì phöông trình coù nghieäm. Treân moät nöûa maët phaúng coù bôø laø ñöôøng thaúng AB, keû hai tia Ax vaø By cuøng vuoâng goùc vôùi AB. Treân tia Ax laáy [r]
(1)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG TRỊ Khóa ngày tháng năm 2006 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Phaàn I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )
Chọn chữ đứng trước câu trả lời
1 Biểu thức 1 4x2 x
− xác định với giá trị sau x ?
A x ≥ 14 B x ≤ 14 C x ≤ 14và x ≠ D x ≠ Các đường thẳng sau, đường thẳng song song với đường thẳng y = - 2x
A y = 2x - B y= 1( − 2x) C y = - x D y=2 2( − x) Hai heä phương trình 3
1
kx y
x y
− = −
− =
vaø
3 3
1
x y
x y
+ =
− =
tương đương k baèng
A -3 B C D -1
4 Điểm 2;
Q−
thuộc đồ thị hàm số hàm số sau ?
A 2
2
y= x B 2
2
y= − x C 2
4
y= x D 2
4
y= − x
5 Tam giác GEF vuông E, có EH đường cao Độ dài đoạn GH = 4, HF = Khi độ dài đoạn EF :
A 13 B 13 C 13 D 13
Tam giác ABC vng A, có AC = 3a, AB = 3a, sinB
A
2 a B
1
2 C
3
2 D
1 2a
7 Cho tam giác ABC vng A, có AB = 18cm, AC = 24cm Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
A 30cm B 15 2cm C 20cm D 15cm
8 Cho tam giác ABC vuông A, AC = 6cm, AB = 8cm Quay tam giác vịng quanh cạnh AC cố định hình nón Diện tích tồn phần hình nón
A 96π cm2 B 100 π cm2 C 144 π cm2 D 150 π cm2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm ) Bài 1: ( 1,5 điểm )
(2)1 Giải phương trình m =
2 Với giá trị m phương trình có nghiệm
3 Tìm giá trị m cho phương trình cho có nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện x12 +
x22 = 10
Bài : ( điểm )
Giải hệ phương trình : 2
2
x y
x y
− − + =
− + + =
Baøi 3: ( 1,5 ñieåm )
Rút gọn biểu thức : A = 3+ + 3−
2 (5 49 20 6)( )
9 11
B
+ − −
=
−
Baøi 4: ( điểm )
Cho đoạn thẳng AB điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I Tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P
1 Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp Chứng minh AI.BK = AC.CB
3 Chứng minh tam giác APB vuông
(3)ĐÁP ÁN S
I/ Trắc nghiệm khách quan
1- C - b - a - c
5 - d - b - d - c
II/ tù luËn Bài 1:
1 Khi m = 3, phơng trình ® cho trë thµnh : x2- 4x + = ⇒ (x - 2)2 = ⇒ x =
nghiệm kép phơng trình
2 Phơng trình có nghiệm (-2)2 -1(m + 1) ≥ ⇔ - m -1 ≥ ⇔ m ≤
VËy với m phơng trình đ cho có nghiƯm
3 Với m ≤ ph−ơng trình đ cho có hai nghiệm Gọi hai nghiệm ph−ơng trình x1, x2 Theo định lý Viét ta có : x1 + x2 = (1), x1.x2 = m + (2) Mặt khác theo gt : x12 +
x22 = 10 ⇒ (x1 + x2)2 - x1.x2 = 10 (3) Tõ (1), (2), (3) ta đợc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m
= < 3(tho¶ mn) VËy với m = phơng trình đ cho có nghiệm thoả mn điều kiện x12 + x
22 = 10
Bµi 2:
Điều kiện để hệ có nghiệm: 2
2
x x
y y
− ≥ ≥
⇔
+
Đặt
2
2
x a
y b
− = ≥
+ = ≥
Khi hệ ph−ơng trình đ
cho trë thµnh :
3
a b
a b
− =
+ =
Giải hệ ta đợc
1
a b
= ≥
= ≥
(TM)
Víi
2
a b
=
=
ta cã :
2
2
2
x x x
y y
y
− = − = =
⇔ ⇔
+ = =
+ =
(TM).VËy (x;y) = (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ
phơng trình đ cho Bài 3:
1 Ta có
( )( ) ( )2
2 6 3 3 3 3 12 62 3 3
12 18
A = + + − + + − = + − =
= + ⋅ =
⇒ A = 2(v× A > 0)
2
(5 6)(5 6)2 (5 6) ( 2)2 ( 2)3
9 11 11 11
9 11 11
B
− −
− −
− +
= = = =
− − −
−
= =
(4)Bµi 4:
2 Ta cã KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒ CKB=ICA(cỈp góc nhọn có cạnh tơng ứng
vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC BCK ( 900
A=B= ) cã CKB=ICA(cm/t) Suy ∆AIC
đồng dạng với ∆BCK Từ suy AI BC AI BK BC AC
AC = BK ⇒ ⋅ = (đpcm)
3 Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) PBC=PKC(1) (2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung) L¹i
cã 900
IAC = (gt) ⇒ A∈ ;
2
IC O
, mặt khác P ∈ ;
IC O
(cm/t) Từ suy tứ giác AIPC nội
tiÕp ⇒ PIC=PAC(2) Céng vÕ theo vế (1) (2) ta đợc : PBC+PAC=PKC+PIC.Mặt
khác tam giác ICK vuông C (gt) suy 900
PKC+PIC= ⇒ PBC+PAC=900, hay tam giác
APB vuông P.(đpcm)
4 IA // KB (cùng vng góc với AC) Do tứ giác ABKI hình thang vng Suy
( )
ABKI =
2
AI BK AB
s + ⇒ Max SABKI ⇔ Max (AI+BK AB) nh−ng A, I, B cố định AI, AB
không đổi Suy Max (AI+BK AB) ⇔ Max BK Mặt khác BK AC CB AI
= (theo câu 2) Nên
Max BK ⇔ Max AC.CB Mµ ( )
2 2
4
AC CB AB
AC CB⋅ ≤ + = (khơng đổi)
DÊu “=” x¶y AC = BC C trung điểm AB Vậy C trung điểm AC SABKI lớn
Gọi O tâm đờng tròn đờng kính IC Vì P ;
2
IC O
900 900
IPC KPC
⇒ = ⇒ =
XÐt tø gi¸c PKBC cã 900
KPC = (chøng minh trªn)
900
KBC = (gt) Suy KPC+KBC=1800 Suy tø gi¸c
CPKB nội tiếp đợc (đpcm) a b
c
i p k
(5)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG BÌNH Khóa ngày tháng năm 2006 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) C©u 1: ( ®iĨm )
1) Ph©n tÝch x2 – thµnh tÝch
2) x = có nghiệm phơng trình x2 5x + = không ?
Câu 2: ( ®iĨm )
1) Hàm số y = - 2x + đồng biến hay nghịch biến ?
2) Tìm toạ độ giao điểm đ−ờng thẳng y = - 2x + với trục Ox, Oy Câu 3: ( 1,5 điểm )
Tìm tích hai số biết tổng chúng 17 Nếu tăng số thứ lên đơn vị số thứ hai lên đơn vị tích chúng tăng lên 45 đơn vị
C©u 4: ( 1,5 ®iĨm )
Rót gän biĨu thøc: P = a b ab :
a b a b
+ −
− + víi a, b a b
Câu 5: ( điểm )
Cho tam giác ABC cân B, đờng cao AD, BE cắt H Đờng thẳng d qua A vuông góc với AB cắt tia BE F
1) Chứng minh rằng: AF // CH 2) Tứ giác AHCF hình ? Câu 6: ( điểm )
Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa A = (2x – x2)(y – 2y2) víi ≤ x ≤
(6)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
C©u
1) Ph©n tÝch x2 – thµnh tÝch
x2 – = (x + 3)(x - 3)
2) x = có nghiệm phơng trình x2 – 5x + = kh«ng ?
Thay x = vào phơng trình ta thấy: – + = nªn x = nghiệm phơng trình Câu
1) Hàm số y = - 2x + đồng biến hay nghịch biến ? Hàm số y = - 2x + hàm nghịch biến có a = -2 <
2) Tìm toạ độ giao điểm đ−ờng thẳng y = - 2x + với trục Ox, Oy
Với x = y = suy toạ độ giao điểm đ−ờng thẳng y = - 2x + với trục Ox là: (0; 3) Với y = x =
2 suy toạ độ giao điểm đ−ờng thẳng y = - 2x + với trục Oylà:
(3
2; 0)
C©u
Tìm tích hai số biết tổng chúng 17 Nếu tăng số thứ lên đơn vị số thứ hai lên đơn vị tích chúng tăng lên 45 đơn vị
Gäi sè thø nhÊt lµ x, số thứ hai y
Vì tổng hai số 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1)
Khi tăng số thứ lên đơn vị số thứ x + số thứ hai lên đơn vị số thứ hai y +
Vì tích chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có ph−ơng trình: (x + 3)(y + 2) = xy + 45
⇔ 2x + 3y = 39 (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã hệ phơng trình: 17
2 39
x y
x y
+ =
+ =
Giải hệ phơng trình ta đợc 12
5
x y
=
=
C©u
Rót gän biĨu thøc: P = a b ab :
a b a b
+ −
− + víi a, b ≥0 vµ a ≠ b
P = ( ) ( ) ( )
2
.( )
a b
a b a b a b a b
a b
−
+ = − + = −
− víi a, b
≥0 vµ a ≠ b
(7)Cho tam giác ABC cân B, đờng cao AD, BE cắt H Đờng thẳng d qua A vuông góc với AB cắt tia BE t¹i F
a) Chøng minh r»ng: AF // CH b) Tứ giác AHCF hình ?
H
d F
E
D
C A
B
a) Ta cã H lµ trực tâm tam giác ABC suy CH AB d AB suy AF AB suy CH // AF
b) Tam giác ABC cân B có BE đ−ờng cao nên BE đồng thời đ−ờng trung trực suy EA = EC , HA = HC, FA = FC
Tam gi¸c AEF = tam giác CEH nên HC=AF suy AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF hình thoi
Câu
Tìm giá trị lớn nhÊt cđa A = (2x – x2)(y – 2y2) víi ≤ x ≤
≤ y ≤
Víi ≤ x ≤ ≤ y ≤
2 2x-x
2 0 y 2y2 0
áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x – x2 = x(2 - x) ≤
2
x
1
x
+ −
=
y – 2y2 = y(1 – 2y ) =
2
1 2
.2 (1 )
2 2
y y
y − y ≤ + − =
(8)⇒(2x – x2)(y – 2y2) ≤
DÊu “=” x¶y x = 1, y =
4
VËy GTLN cđa A lµ
(9)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 LẠNG SƠN MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )
Bµi 1: ( điểm )
Tính giá trị cđa biĨu thøc:
a)
A 1= + (1− 2)
b) B 9 80 9 80
= + + −
Bµi 2: ( điểm )
Giải phơng trình: x4 + 2008x3 - 2008x2 + 2008x - 2009 =
Bài 3: ( điểm )
Giải hệ phơng trình: x y 3x 2y
− =
− =
Bài 4: ( điểm )
Mt đội cơng nhân hồn thành cơng việc, cơng việc đ−ợc định mức 420 ngày cơng thợ Hy tính số công nhân đội, biết đội tăng thêm ng−ời số ngày để hồn thành cơng việc giảm ngày, giả thiết suất cơng nhân nh−
Bµi 5: ( điểm )
Cho tam giác ABC vuông A có AB > AC, đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F
(10)(11)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
Bµi
a)
A 1= + (1− 2) = +1 1− =
b) 3
B= 9+ 80 + 9− 80
HD: áp dụng đẳng thức (a + b)3=a3 + b3 + 3ab(a + b)
LËp ph−¬ng hai vÕ ta cã:
3 3
B =( 9+ 80 + 9− 80 )
( )
3 3
B =9+ 80 9+ − 80 (9+ + 80)(9− 80) 9+ 80 + 9− 80
B =18 3B+ => B3 - 3B - 18 =
<=> (B - 3)(B2 + 3B + 6) =
2
B
B 3B (VN)
− =
⇒
+ + =
VËy B =
Bµi
4
x +2008x −2008x +2008x 2009 0− =
3
2
2
2
(x 1)(x 2009x x 2009)
(x 1) x (x 2009) (x 2009) (x 1)(x 2009)(x 1)
x
x x 2009
x 2009
x (VN)
⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
⇔ − + + =
− =
=
⇒ + = ⇒
= −
+ =
Bµi
x y 3x 3y x
3x 2y 3x 2y y
− = − = =
⇔ ⇔
− = − = =
Bµi
Gọi số công nhân Đội x (x nguyên d−ơng) Phần việc đội phải làm theo định mức là: 420
x
Nếu đội tăng thêm ng−ời phần việc phải làm theo định mức là: 420 x 5+ Theo đầu ta có pt: 420 420
x −x 5+ =
2
x 5x 300
(12)Ta đ−ợc: x1 = 15 (thoả mn); x2 = -20 (loại) Vậy đội cơng nhân có 15 ng−ời
Bµi
O F
E
H
C B
A
a) Ta cã: CFH BEH 90
= = (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => AFH AEH FAE 90
= = =
=> Tứ giác AEHF hình chữ nhật
b) Ta cã:
EBH EAH 90+ = mà EAH EFH = (tc đờng chéo hcn)
=>
EBH EFH 90+ =
Do đó: 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90+ = + + = +90 =180 => BEFC tứ giác nội tiÕp
c) Ta cã: ABH AHE = (cïng phụ với EAH) mà AHE AFE = (đờng chéo hcn) => ABH AFE = hay ABC AFE=
XÐt ∆AEF vµ ∆ACB ta cã:
EAF CAB 90= =
ABC AFE= (cm trªn)
=> ∆AEF đồng dạng ∆ACB => AE AF AE.AB AF.AC
AC = AB ⇒ =
d) Trong ∆OAB ta cã:
OA + OB > AB (quan hệ cạnh tam giác) tơng tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=> OA OB OC AB BC CA
2
+ +
+ + >
=> OA OB OC p+ + > (1) Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH) OB < BC
(13)(14)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TP HCM MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1: ( điểm )
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 + 3x – = (1)
b) 2x y (a)
3x 4y (b) + =
+ = −
(2)
Câu 2: ( điểm )
Thu gọn biểu thức sau: a) A = 3− − 3+
b) B = x x x x 2x x
x x x x
+ − + − −
−
− + +
(x > 0; x ≠ 4)
Câu 3: ( điểm )
Cho phương trình x2 – 2mx – = (m tham số)
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt
b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để x12+x22−x x1 =7
Câu 4: ( điểm )
Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ởđây A, B tiếp điểm C nằm M, D
a) Chứng minh MA2 = MC.MD
b) Gọi I trung điểm CD Chứng minh điểm M, A, O, I , B nằm đường tròn
c) Gọi H giao điểm AB MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân giác góc CHD
(15)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
Câu 1:
a) 2x2 + 3x – = (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 = hay x2 = c
a= −2
Cách 2: Ta có ∆ = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 =
4
− −
= − x2 = − +
=
b) 2x y (a)
3x 4y (b) + =
+ = −
(2)
Cách 1: Từ (a) ⇒ y = – 2x (c) Thế (c) vào (b) ta được: 3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x =
Thế x = vào (c) ta y = –1 Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm x = y = –1
Cách 2: (3) ⇔ 8x 4y
3x 4y
+ =
+ = −
⇔
5x 3x 4y
=
+ = −
⇔
x
3.1 4y =
+ = −
⇔
x
y
=
= −
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm x = y = –1
Câu 2:
a) A = 3− − 3+ = (2− 3)2 − (2+ 3)2= 2− 2− +
Mà – > + > nên A = – – – = −2 b) B = x x x x 2x x
x x x x
+ − + − −
−
− + +
= x 12 2 x 12 (x 4)( x 2)
( x) ( x 2) x
+ − − +
−
− +
= ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)2 2 x ( x) ( x 2)
+ + − − − − +
− +
= x x (x x 2)
x
+ + − − +
= x
x = Câu 3: x2 – 2mx – = (m tham số)
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt
Cách 1: Ta có: ∆' = m2 + > với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt
(16)b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để x12+x22−x x1 =7
Theo a) ta có với m phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Khi ta có S = x1+x2 =2m P = x1x2 = –1
Do x12+x22−x x1 2 =7 ⇔ S2 – 3P = ⇔ (2m)2 + = ⇔ m2 = ⇔ m = ± Vậy m thoả yêu cầu toán ⇔ m = ±
Câu 4:
a) Xét hai tam giác MAC MDA có: – ∠ M chung
– ∠ MAC = ∠ MDA (= sđAC
2 )
Suy ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g) ⇒ MA MC
MD MA= ⇒ MA
2
= MC.MD
b) * MA, MB tiếp tuyến (O) nên ∠MAO = ∠ MBO = 900
* I trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 900 Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 900 ⇒ điểm M, A, O, I, B thuộc đường trịn đường kính MO
c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R(O) Do MO
trung trực AB ⇒ MO ⊥ AB
Trong ∆MAO vng A có AH đường cao ⇒ MA2 = MH.MO Mà MA2 = MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MC
MD MO= (1)
Xét ∆ MHC ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ∆MHC ∆MDO đồng dạng (c–g –c) ⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp
Ta có: + ∆OCD cân O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO + ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD ⇒ 900
– ∠ MHC = 900 – ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA phân giác ∠ CHD hay AB phân giác ∠ CHD
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 900) O
M
D C
A
B I
(17)⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 900
(18)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG NAM MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1. ( điểm )
Giải phương trình sau: a) 2x – =
b) x2 – 4x –
Câu 2. ( điểm )
a) Cho phương trình x2 – 2x – = có hai nghiệm x1 x2 Tính giá trị biểu thức
S = x x
+ x x
b) Rút gọn biểu thức:
A =
−3
a +
+3
a
−
a
3
1 với a > a ≠9 Câu 3. ( điểm )
a) Xác định hệ số m n, biết hệ phương trình
= +
= −
1
my nx
n y mx
Có nghiệm (−1, 3)
b) Khoảng cách hai tỉnh A B 108 km Hai ôtô khởi hành lúc từ A đến B, xe thứ chạy nhanh xe thứ hai km nên xe đến B trước xe thứ hai 12 phút Tính vận tốc xe
Câu 4. ( điểm )
Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường kính AD Gọi M trung điểm AC, I trung điểm OD
a) Chứng ning OM // DC
b) Chứng minh tam giác ICM cân
c) BM cắt AD N Chứng minh IC2 = IA.IN
Câu 5. ( điểm )
(19)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
Câu 1:
Giải phương trình:
a) 2x – = <=> 2x = <=> x =
2 3
b) x2 – 4x – =
Phương trình có dạng a – b + c = Nên có nghiệm x1 = –1 nghiêm thứ hai x2 = a
c
−
=
Câu
a) Tính x1 + x2 = x1.x2 = –
Biến đổi: S =
2
2 2
.x
x x x +
= ( )
2
2 2
x x
x x x
x + −
= – b) Biến đổi
−3
a +
+3
a = ( 3)( 3)
2 +
− a
a a
= 1–
a
3
=
a a−3
Rút gọn A =
3
+
a
Câu
a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:
= +
−
= − −
1
3
m n
n m
Giải hệ ta tìm m = −2 n = −2
b) Gọi vân tốc xe thư x ( km/h) ( x> 6) Vân tốc xe thứ hai x−6 ( km/h)
Thời gian xe thứ hết quãng đường AB là:
x
108
( ) Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là:
6 108
−
x ( )
Theo ta có phương trình: − −6 108
x x
108
=
5
(*)
Giải phương trình (*) tìm x = 60 x = – 54 ( loại )
Kết luận: Vận tốc xe thứ 60 km/h, vận tốc xe thứ hai 54 km/h
Câu
GT ∆ABC cân A, nội tiếp (O)
M trung điểm AC I trung điểm OD KL a) OM // DC
b) ∆ICM cân
(20)A
B C D
a) MA = MC => OM ⊥ AC
Góc ACM = 900 => DC ⊥ AC
OM không trùng DC => OM // DC
b) Gọi K trung điểm MC => IK đường trung bình hình thang OMCD => IK // OM => IK ⊥ MC
=> ∆IMC cân I
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA Suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI
Suy MI2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC2 = IA.IN
Câu y Gọi A’ điểm đối xứng với A qua trục Ox
=> A’ (−1 −; 2) AC = A’C B
Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ <=> A AC + BC nhỏ
Ta có AC + BC = A’C = CB ≥ A’B C x
Đẳng thức xẩy A’, C, B thẳng hàng, tức C Là giao điểm A”b với trục Ox A’ A’ (−1;−2),B(2;3)=> pt đường thẳng A’B: y =
3
−
x
Đường thẳng A’B cắt trục Ox C ( ;0
) => m =
5
(21)
ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 ĐÀ NẲNG MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm )
a) Trục thức mẫu biểu thức:
5
3
5 +
b) Rút gọn biểu thức: A=
b a b
b ab
− −2
Trong a≥0,b>0
Bài ( điểm )
a) Giải phương trình: x2 + 2x -35 = b) Giải hệ phương trình:
= +
= −
8
2
y x
y x
Bài ( 2,5 điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm a ( 1; ), B( 2; ) đồ thị (P) hàm số y =
x
−
a) Vẽ đồ thị (P)
b) Gọi d đường thẳng qua B song song với đường thẳng OA Chứng minh đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt C D Tính diện tích tam giác ACD ( đơn vịđo trục tọa độ cm )
Bài ( 3,5 điểm )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A B ), cạnh AC lấy điểm M cho BN = AM Gọi P giao điểm BM CN
a) Chứng minh ∆BNC =∆AMB
(22)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6.
Bài
a) Trục thức mẫu biểu thức:
5 = 5 + = ( )
( )( ) 10
3 10 3 − = − − = − + −
b) Rút gọn: A = b a b b ab − −2
= −2− =−2
b a b
a
với a≥0,b>0
Bài
a) x2 + 2x – 35 = (*)
∆’ = + 35 = 36 = 62
Do (1) có hai nghiệm phân biệt
= − = x x b) Giải hệ phương trình:
= + = − ) ( ) ( b y x a y x
nhân( )b với lấy( )a −2( )b Ta có <=> = + = − 14 y x y <=> − = = x y <=> = = y x
Bài A (d) a) Vẽ đồ thị: -2 -1
-1 B
-4
b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax Thay tạo độ A vào ta có = a d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b
d qua B ( 2; ) => = + b => b = −2=> phương trình d y= x−2
Phương trình hoành độ giao điểm d (P) là: 2 2 = − + ⇔ − =
−x x x x
1 = =
⇔ x xC hayx= xD =−2 ( a + b + c = )
2 1− =− =
(23)Ta có: xA = xC => AC ⊥ Ox
=> SACD = ( )( ) (1 2)(1 1)
2
1
2
= + + = − −
= −
− D A C C D A C
C x y y x x y y
x
Vậy SACD = cm2
Bài A
N
B C a) Chứng minh ∆BNC = ∆AMB
= = ∠ = ∠
=
AB BC
A B
AM BN
0
60 => ∆BNC = ∆AMB ( c.g.c )
b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp
0
180 = +
∠
∠ = ∠
ANP BNC
AMB
BNC (∆AMB=∆BNC)
=> ∠ +∠ =1800
ANP
AMB => tứ giác ANPM nội
tiếp
c) Quỹ tích điểm P N di động cạnh AB Tứ giác ANPM nội tiếp 600
=
∠A => ∠NPM =1200 => ∠BPC=1200
BC cốđịnh => Pln nhìn bc với góc 1200 khơng đổi Nên N di động AB quỹ tích P cung chứa góc 1200 dựng trê đoạn BC
+ Giới hạn quỹ tích:
Khi N trùng B P trùng B Khi N trùng A P trùng C
Vậy quỹ tích điểm P cung BC, nằm nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ cung BC M
(24)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 2điểm ) Cho biểu thức: N =
ab b a b ab
b b
ab
a +
− − +
+
với a,b số dương khác a) Rút gọn biểu thức N
b) Tính giá trị biểu thức N : a = +2 b = −2 Bài ( 2,5 điểm )
Cho phương trình ẩn x: x4 – 2mx2 + m2 – = a) Giải phương trình với m =
b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt
Bài ( 1,5 điểm )
Trên hệ trục toạđộ Oxy cho điểm A(2;-3) parapol (p) có phương trình y = -
2
x
a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc k qua điểm A(2; - 3)
b) Chứng minh đường thẳng qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung cắt parabol y = -
2
x điểm phân biệt
Bài ( điểm )
Cho đường tròn (O,R) đường thẳng (d) cắt đường tròn điểm A, B Từđiểm M nằm đường thẳng (d) ngồi đường trịn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP MQ đến đường trịn , P Q tiếp điểm
a) Gọi I giao điểm đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ
b) Xác định vị trí điểm M đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ hình vng
(25)ĐÁP ÁN ĐỀ
Bài
a) N =
ab b a b ab b b ab a + − − +
+ = ab
b a a b a b b a b a + − − + + ) ( ) ( = a b b a a b ab ab b ab a a b ab a b b a a b b b a b a a − + = − + = − − + − + + − ) () ) ( ) )( ( ) ( ) (
b) Ta có a = +2 = ( 1)2 + = +
v b = −2 = ( 5−1)2 = 5−1
=> N =
1 5 5 − = − − − − + + = − + a b b a Bài
a) m = ,phương trình : x4 – 2mx2 + m2 – = trở thành:
x4 - 3x = ⇔ x2 (x2 - 3) = ⇔ = = 2 x x ⇔ ± = = 3 , x x Vậy phương trình cho có nghiệm :
x1 = , x2 = x3 = -
b) Đặt t = x2 , điều kiện t ≥ Phương trình cho trở thành:
t2 – 2mt + m2 – = (1)
Phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔phương trình (1) có nghiệm có
một nghiệm nghiệm dương
*)Phương trình (1) nhận t = nghiệm ⇔ m2 – = ⇔ m = ±
+)Khi m = 3, phương trình (1) trở thành: t2 - 3t = ⇔ = = 2 t t
(thoả mãn) v ậy m = 3,là giá trị cần tìm
+)Khi m = - , phương trình (1) trở thành : t2 + 3t =
⇔ − = = 2 t t
(khơng thích hợp) Vậy m = - khụng tho loa
Tóm lại phơng trình ® cho cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔m =
Bài
(26)b) Phơng trình đờng thẳng (d) qua điểm A(2;-3) không song song víi trơc tung cã d¹ng:
y = k(x-2) – ( k lµ sè bÊt kú)
Hoành độ giao điểm parabol (p) đ−ờng thẳng (d) nghiệm ph−ơng trình:
-2
1x2 = k(x-2) – ⇔ x2 + 2kx – 4k = (*)
Đờng thẳng (d) parabol(p) cắt điểm phân biệt
phơng trình (*) có nghiệm phân biệt với mäi k ⇔ ∆/ > víi mäi k
⇔ k2 + 4k + > víi mäi k
ThËt vËy ∆/ = k2 + 4k + = (k2 + 4k + 4) + = (k + 2)2 + > víi mäi k điều phải chứng minh
Bài
P
M
Q
A B
O
K (D)
I
Câu a)
+)Vì MP MQ tiếp tuyến xuất phát từ điểm M => tia MO tia phân giác góc PMQ (1)
+) Cũng MP MQ tiếp tuyến xuất phát từ điểm M góc PMO = QMO => cung PI = cung IQ
Ta cã gãc MIP góc tạo dây cung tiếp tuyến => S® gãc MPI =
2
1S® cung PI
Lại có Sđ góc IPQ =
2
1 S® cung QI => gãc MPI = góc IPQ => PI tia phân giác góc
MPQ (2)
Tõ (1) vµ (2) => I giao điểm hai đường phân giác đỉnh M đỉnh P tam giác MPQ => I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm)
Câu b) * Phân tích:
Giả sử M điểm đường thẳng (d) cho tứ giác MPOQ hình vng => cạnh hình vng R
(27)M giao điểm đường thẳng (d) đường tròn (O ; R 2) * Cách dựng:
+ Dựng đoạn R 0,25
+ Vẽ đờng tròn (O, R 2)
+ LÊy giao ®iĨm M cđa ®−êng thẳng (d) đờng tròn (O, R 2)
=> M điển phải dựng * Chng minh:
Vì MO = R > R => M nằm ngồi đường trịn (O,R)
Nên từ M kẻ hai tiếp tuyến MP MQ đến đường tròn + Áp dụng định lý Pitago tam giác vng MPO ta có
MP2 = MO2 – OP2 = 2R2 – R2 = R2 => MP = R
Tương tự chứng minh MQ = R => MPOQ tưa giác có cạnh có góc vng => MPOQ hình vng
* Biện luận:
Vì đường thẳng (d) đường tròn (O, R 2) cắt điểm
=> tốn có hai nghiệm hình Câu c)
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đường trịn đường kính MO + Từ O kể đường thẳng vng góc đến đường thẳng (d) K => góc MKO = 1v => K nằm đường trịn đường kính MO => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua điểm cố định O K => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy đường trung trực (∆)
(28)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức : A =
x x x
2
4
2
− + −
a) Với giá trị x biểu thức A có nghĩa b) Tính giá trị biểu thức A x = 1,999
Bài ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:
= − +
− = − −
5
1 1
y x
y x
Bài ( điểm )
Tìm giá trị a để phương trình :
(a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 =
nhận x = nghiệm Tìm nghiệm cịn lại phương trình?
Bài ( điểm )
Cho tam giác ABC vuông ởđỉnh A cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A đỉnh B Đường trịn đường kính BD cắt cạnh BC E Đường thẳng AE cắt đường trịn đường kính BD điểm thứ G Đường thẳng CD cắt đường trịn đường kính BD điểm thứ F Gọi S giao điểm đường thẳng AC BF Chứng minh:
a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG b) SA SC = SB SF
c) Tia ES phân giác góc AEF
Bài ( điểm )
(29)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
Bài
Câu a) Ta có : A =
x x x 4 − + − = ) ( ) ( x x − − Vì (x- 2)2 ≥ với x => ( −x 2)2 có nghĩa với x
=> Biểu thức A có nghĩa ⇔ – 2x ≠0 ⇔ x ≠
Câu b) Ta có A =
) ( 2 x x − − ⇔ < − = − − > − − = − − 2 ) ( 2 2 ) ( 2 khix x x khix x x Khi x = 1,999 => x < => A = 0,5
Bài 2
= − + − = − − 1 y x y x
Đặt u =
x
1
v =
2 −
y Hệ phương trình trở thành:
= + − = − v u v u Giải hệ phương trình
= = v u Với u =
7
=> x =
2
Với v =
7
=> y =
9 25
Vậy hệ có nghiệm :
(30)Bài 3. Phương trình cho nhận x1 = nghiệm
⇔ 4(a2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a2 = ⇔a2 – 2a – = ⇔
= − =
4
a a
Khi nghiệm cịn lại phương trình là:
x2 =
) (
2
2
− − −
a a
a
+) Nếu a = -2 , nghiệm cịn lại phương trình
x2 = -2
+) Nếu a = , nghiệm cịn lại phương trình x2 = -
3
Bài
S
A
C
E B
F
(31)Câu a) Chứng minh AC // FG ( đ)
Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v nên nội tiếp đường tròn
=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1)
Mặt khác điểm D,G, E, F nằm đường tròn đường kính BD nên tứ giác DGEF nội tiếp đường trịn
=> góc DEG = góc DFG (2) Từ (1) (2) => góc ACD = góc DFG
=> AC // FG (Vì có góc so le nhau) Câu b) Chứng minh SA.SC = SB SF (1,5đ)
Tứ giác ACBF có ∠ A = ∠F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường trịn đường kính BC
=> ∠FAC + ∠ FBC = 2v
Lại có ∠ FAC + ∠ SAF = 2v
=> ∠SAF = ∠ FBC hay ∠SAF = ∠SBC
Xét tam giác SAF SBC có :
∠S chung , ∠ SAF = ∠SBC (cmt)
=> Hai tam giác SAF SBC đồng dạng =>
SC SF SB SA
=
=> SA.SC = SB.SF Câu c) Chứng minh : Tia ES tia phân giác gãc AEF Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1)
Vì tứ giác BEDF nội tiếp đợc ®−êng trßn => gãc DEF = gãc DBF (2)
Vì tứ giác ACBF nội tiếp đợc đờng tròn => gãc ACF = gãc ABF (3)
Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF => ED tia phân giác góc AEF Mặt khác : CF BA đờng cao tam giác SBC
nên D trực tâm tam giác => SD BC
Mà DE BC => điểm S.D,E thẳng hàng
=> tia ES phân giác góc AEF Bµi
Ta cã x2 + x + 12 1
+
x = 36
⇔ (x2 + 2x + 1) – (x-1 - 12 x+1 + 36) =
⇔(x + 1)2 – ( x+1 - 6)2 = ⇔(x + - x+1 + )( x + + x+1 - ) =
a) Trường hợp : x + - x+1 + = (a)
Đặt t = x+1 ( điều kiện t ≥ ) , phương trình (a) trở thành
(32)b) Trường hợp : x + + x+1 - = (b)
Đặt t = x+1 ( điều kiện t ≥ ) , phương trình (b) trở thành
t2 + t - =
⇔ t = - (loại) t = (thoả mãn)
t = => x+1 = ⇔ x + = ⇔ x =
(33)ĐỀ SỐ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2005 - 2006
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 2,5 điểm ) Cho biểu thức : T =
1 1
1
2
− + − + +
+ +
− +
x x x
x x x
x
x với x > x
≠
a) Rút gọn biểu thức T
b) Chứng minh với x > x ≠ ln có T <
Bài ( 2,5 điểm)
Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 -
2
1 = (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm phương trình có giá trị tuyệt đối
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm số đo hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền
Bài ( điểm )
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x2 (P)
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 có với parabol (P) điểm chung
Bài ( điểm )
Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Một điểm M chuyển dộng đường tròn (O) ( M khác với A B) Gọi H hình chiếu vng góc M đường kính AB.Vẽ đường trịn (T) có tâm M bán kính MH Từø A B kể tiếp tuyến AD BC đến đường tròn (T) (D C tiếp điểm)
a) Chứng minh M di chuyển đường trịn (O) AD + BC có giá trị khơng đổi
b) Chứng minh đường thẳng CD tiếp tuyến đường tròn (O)
(34)(35)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ
Baøi
Caâu a) T =
1 1 1 − + − + + + + − + x x x x x x x x = 1 1 ) ( − − + + + + − + x x x x x x = ) )( ( ) ( ) )( ( + + − + + − − + + + x x x x x x x x = ) )( ( − + + − x x x x x = ) )( ( ) ( + + − − x x x x x = + + x x x Câu b) Xét
1 - T = 1 -
1 + + x x
x =
4 ) ( ) ( 2 + + − x x =>
1 - T > (
x- 1)2 >
vaø 3( ) 2 + +
x > với x > x ≠
=> T <
3
1 với x > ø x
≠
Bài Câu a)
Giả sử phương trình có nghiệm x1 , x2 thoả mãn x =1 x2
=> x1 = x2 x1 = - x2
a) Neáu x1 = x2 => ∆ = => ∆ =
1 = (vô lý)
b) Neáu x1 = - x2 => x1 + x2 = => 2m = => m =
=> phương trình cho trở thành : x2 -
2 1 =
⇔ x =
±
(36)=> m = giá trị cần tìm Câu b)
Giả sử phương trình có nghiệm x1 x2 số đo cạnh góc vng tam giác
vuông có cạnh huyền
=> x1 > ; x2 > vaø x12 + x22 =
Ta coù x12 + x22 = (x1 + x2 )2 - 2x1x2 = 4m2 – 2(m2
-2
1) = 2m2 +
=> vaø x12 + x22 = ⇔ 2m2 + = ⇔ m = ±
+Với m = phương trình cho trở thành : x2 - 4x +
2
7 =
Phương trình có nghiệm laø: x1 = -
2
1 ; x
2 = +
2
1 (thoả mãn)
=> m = giá trị cần tìm + Với m = -2 phương trình cho trở thành:
x2 + 4x +
2
7 =
Phương trình có nghiệm laø : x1 = - -
2
1 < vaø x
2 = - +
2
1 < (loại)
=> m = -2 không troả mãn Tóm lại: Phương trình cho có hai nghiệm nghiệm số đo cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền ⇔ m =
Baøi
+)Gọi (d) đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng
y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m
+)Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol y = x2 nghiệm phường trình: x2
= 3x + m ⇔ x2 – 3x – m = (*)
+)Đường thẳng (d) parabol y = x2 có điểm chung
⇔phương trình (*) có nghiệm nhaát ⇔ ∆= ⇔ + 4m = ⇔ m = -
4
9
=> phương trình đường thẳng (d) y = 3x -
4
9
(37)Câu a)
+) Vì AD AH tiếp tuyến đường tròn (M,MH) xuất phát từ đỉnh A => AD = AH (1) 0,25đ +) Vì BH BC tiếp tuyến đường tròn (M, MH) xuất phát từ đỉnh B => BC = BH (2) 0,25đ
+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi
A B
D
C O
M H N
II
K
Caâu b)
a) Trước hết ta chứng minh điểm C, D , M thẳng hàng Thật vậy:
+ Vì AD AH tiếp tuyến đường trịn (M,MH) xuất phát từ A => góc AMD = góc AMB (3)
+ Vì BH BC tiếp tuyến đường tròn (M, MH) xuất phát từ B => góc BMC = góc BMH (4)
Từ (3) (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH = góc AMB = 900
=> (goùc AMD + goùc BMC) + (goùc AMH + goùc BMH) = 1800
=> điểm C, D, M thẳng hàng M trung điểm CD b)Vì AD BC tiếp tuyến đường tròn (M,MH) => AD ⊥ CD BC ⊥ CD => ABCD hình thang vng
Mặt khác : O trung điểm AB M trung điểm CD OM đường trung bình hình thang ABCD
OM // AD LẠi có AD ⊥ CD => OM ⊥ CD
Mà Om đường kính đường trịn (O)
(38)Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)2- (AD – BC)2
≤ (AD +BC)2 = 4R2
=> AD.BC ≤ R2
Đẳng thứ xảy ⇔AD = BC ⇔ ABCD hình chữ nhật
ngoại tiếp nửa đường trịn đường kính AB ⇔ M trung
điểm của nửa đường trịn đường kính AB Câu (1đ)
Ta có góc AMB = 900 (Góc nơịo tiết chắn nửa đường trịn )
AM ⊥ MB.Mặt khác : IP⊥ MP (gt)
=> AM // IP hay IK //AM
Xét ∆ ANM có IK // AM , I trung điểm MN
=> IK đường trung bình => K trung điểm AN mà A N cố định => K cố định Ta có góc BPK = 900 điểm B, K cố định
(39)ĐỀ SỐ 10
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2006 - 2007
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 2điểm )
Cho A = ( 1)
1 ).(
1
1 − −
− +
+ +
a a a a
a
a Với
0 ≥ ≠ a
a) Rút gọn A
b) Với ≠ a≥0 Tìm a cho A = - a2
Baøi ( ñieåm )
Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm : M(2 ; 1) N(5; -
2
1 ) đường thẳng (d):
y = ax + b
a) Tìm a b để đường thẳng (d) qua M N
b) Xác định toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox Oy Bài ( điểm )
Cho số ngun dương gồm chữ số Tìm số biết tổng chữ số 1/8 số cho thêm 13 vào tích chữ số số viết theo thứ tự ngược lại với số cho
Baøi ( điểm )
Cho tam giác PBC , PA đường cao Đường trịn đường kính BC cắt PB ,PC M N , NA cắt đường tròn điểm thứ hai E
a) Chứng minh điểm : A, B, P, N thuộc đường tròn Xác định tâm bán kính đường trịn
b) Chứng minh : EM⊥BC
c) Gọi F điểm đối xứng N qua BC, chứng minh AM.AF = AN AE Bài ( điểm )
Giả sử n số tự nhiên Chứng minh :
) (
1
3
1
1
< +
+ + +
+
(40)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10
Baøi
a) A = ( 1)
1 ).(
1
1 − −
− + + + a a a a a
a =
− − − + + + 1 ) ( 1 ) ( a a a a a a
= ( a+1).( a−1) = a –
b) Tìm ≠ a≥0 Thoả mãn đẳng thức A = - a2
⇔ − = ≥ ≠ a A a ⇔ − = − ≥ ≠ 1 a a a ⇔ = − + ≥ ≠ 1 a a a ⇔ − − = − = ≥ ≠ 5 a a a
⇔ a =
1 −
Baøi
a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b qua điểm M N nên thay x = 2, y = x = , y = -
2
1 vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình
+ = − + = b a b a 2 ⇔ − = + = 3 a b a ⇔ − = + = 2 a b a ⇔ − = + − = ) ( a b ⇔ − = = 2 a b
Vậy đường thẳng (d) : y = -
2
1x +
b) Xác định tạo độï giao giao điểm (d) với trục toạ độ + Giao (d) với trục Oy: Cho x = vào phương trình y = -
2
1x + ta tìm
y = => (d) cắt trục Oy điểm (0; 2)
+ Giao (d) với trục Ox : Cho y = ta có: = -
2
1x + => x =
(d) cắt trục Ox điểm (4;0) Bài
Gọi số ngun dương có hai chữ số ab (Điều kiện : a , b ∈N ; ≤ a≤9 ; ≤ b≤9)
(41)Theo ta có phương trình : a+ b =
8
1ab hay : a+b =
1(10a+ b) (1)
Tích hai chữ số : a.b
Theo đầu ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:
+ = +
+ =
+
a b ab
b a b
a
10 13
) 10 (
⇔
+ = +
+ = +
a b ab
b a b a
10 13
10
8
⇔
+ = +
= −
) ( 10
13
) (
/ /
a b ab
b a
Từ (1/) => a =
2
7b vào (2/) ta :
2
7b.b + 13 = 10b + 7b
⇔ 7b2 – 27b + 26 =
Coù : ∆ = 272 – 4.7.26 = => ∆ = => b1 = 14
1
27 + = (thoả mãn)
b2 =
14 27 − =
N
∉ 14
26 (loại)
Với b = => a =
2
7 = Đối chiếu với điều kiện đặt ta có a = ; b = thoả mãn
Vậy số cho 72
Baøi
P
B C
N M
A
E H
F K
a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v nhìn PB nên điểm A,B,P,N thuộc đường trịn đường kính BP
(Tâm đường trịn trung điểm BP , bán kính BP/2)
(42)Mt khác : góc BME = góc BNA ( chắn cung BE) => góc BPA = góc BME
Mà góc vị trí đồng vị => ME // AP mà AP ⊥ BC => EM ⊥ BC
c)Ta có F điểm đối xứng N qua BC mà N ∈ (O) => F ∈ (O) (Tính chất đối xứng)
Tam giác AME cân (vì có AB ⊥ME => HM = HE => AH vừa đường cao vừa trung
tuyến) nên AM = AE (1)
Tam giác NAF cân ( NF ⊥ AC => KN = KF => AK vừa đường cao cừa trung tuyến)
Neân AN = AF (2)
Tử (1) (2) => AM.AF = AN AE Bài
Ta coù : )
1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( + − = + − + = + = + =
+ n n n n n
n n n n n n n n n n n = ) 1 ( ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( + − < + − + + = + − + + n n n n n n n n n n n
(Vì dễ thaáy : +
1 +
n
n < 1+1 = )
Vaäy : )
1 1 ( ) ( + − <
+ n n n
n (1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta có:
) 1 ( ) 1 ( − < + = ) ( 2 ) ( − < + = ) ( ) ( − < + = ) 1 ( ) ( + − <
+ n n n
n
Cộng vế bất đẳng thức ta có:
) ( < + + + + + n
n (1- 1)
1 +
n < (Bởi 1-
1 +
(43)ĐỀ SỐ 11
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2006 - 2007
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : M = (
a a
a a a
+ +
− −
1 )
1 Với a
≥ vaø a ≠
Baøi ( 1,5 điểm )
Tìm hai số x y thoả mãn điều kiện sau:
= = +
12 25
2 xy
y x Bài ( điểm )
Hai người làm chung cơng việc hồn thành ngày Nếu người làm riêng để hồn thành cơng việc thời gian người thứ người thứ hai Hỏi làm riêng người phải làm hồn thành cơng việc
Bài ( điểm ) Cho hàm số :
y = x2 (P)
y = 3x + m2 (d)
( x biến số , m tham số cho trước)
a) Chứng minh với giá trị m , đường thẳng (d) cắt parabol(P) điểm phân biệt
b) Gọi y1 y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) parabol(P).Tìm m để có
đẳng thức : y1 + y2 = 11y1.y2
Bài ( điểm )
Cho tam giác ABC vuông đỉnh A.Trên cạnh AC lấy điểm M( Khác với điểm A C).Vẽ đường trịn (O) đường kính MC.Gọi T giao điểm thứ hai cạnh BC với đường tròn (O).Nối BM kéo dài cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S.Chứng minh:
(44)(45)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11
Bài Ta có a a a a a − − = − − ) ( 1 = a a a a − + + − ) )( (
= + a + a
=> a a a a + − −
1 = (1 +
a + a) + a
= (1 + a)2
=> M = (1+ a)2 a
+
1 = +
a
Bài Vì :
= = + 12 25 2 xy y x
(x + y)2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49
x + y = ±
a) Trường hợp : x + y =
Lại có xy = 12 => x, y nghiệm phương trình bậc hai: t2 – 7t + 12 =
Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = ,nên phương trình có nghiệm là:
t1 = ; t2 =
=> số cần tìm : = = 1 y
x
= = 2 y x b)Trường hợp : x + y = -
Lại có xy = 12 => x, y nghiệm phương trình bậc hai: t2 + 7t + 12 =
Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = Nên có hai nghiệm :
t3 = -3 ; t4 = -
(46)Tóm lại có cặp số thoả mãn điều kiện cho là:
= =
4
1 y x
;
= =
3
2 y x
;
− =
− =
4
3 y x
;
− =
− =
3
4 y x
Baøi
Gọi thời gian người thứ làm để hồn thành cơng việc x Điều kiện: x >
=> người thứ hai làm để hồn thành cơng việc (x +6) Trong người thứ làm
x
1 công việc
Trong người thứ hai làm
6 +
x công việc
Vì làm chung hai người làm
4
1 công việc nên có phương trình
x
1 + +
x =
1
⇔4(x + 6) + 4x = x(x+ 6)
⇔ x2 – 2x – 24 =
Phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 = -4(loại)
Vậy thời gian người thứ làm để hồn thành công việc Thời gian người thứ hai làm để hồn thành cơng việc là:
+ = 12 Bài
Câu a)
Hồnh đọ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) nghiệm phương trình : x2 = 3x + m2
⇔ x2 - 3x - m2 = (*)
Phương trình (*) có : ∆ = + 4m2 > với m
=> phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt => Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt Câu b)
Gọi A B giao điểm đường thẳng (d) para bol (P) toạ độ giao điểm chúng là:
A(x1; y1) ; B(x2 ; y2)
Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta có :
− =
= +
2
1
3
m x
x x x
(47)Ta coù y1 + y2 = ( 3x1 + m2) + (3x2 + m2 ) = 3(x1 + x2) + 2m2
= 2m2 + (1)
vaø y1.y2 = x12.x22 = (x1.x2)2 = (-m2)2 = m4 (2)
Từ (1) (2) ta có :
y1 + y2 = 11y1 y2
⇔ 2m2 + = 11 m4 (3)
⇔11m4 – 2m2 – =
Đặt : t = m2 , điều kiện t
≥0 ,phươưng trình (3) trở thành:
11t2 – 2t – =
Vì phương trình có a + b + c = 0, nên phương trình có nghiệm t = ngiệm lại t = -
11
9 (loại)
Với t = => m2 = => m =
±
Vì phương trình (*) có nghiệm với m nên m = ± thoả mãn
=> đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt có tung độ thoả mãn y1 + y2 = 11y1.y2 ⇔ m = ±
Baøi 5:
B
A
C T
S D
M
Câu a)
Ta có ∠MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Lại có : ∠BAC =1v (gt)
=> Tứ giác ABTM có : ∠A + ∠T = 2v
(48)Câu b)
Ta có ∠MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường trịn)
Lại có ∠BAC = 1v
=> điểm A D nằm đường trịn đường kính BC => điểm A, B, C , D thuộc đường tròn đường kính BC
=> Tứ giác ABCD nội tiếp tron đường tròn => ∠ADB = ∠ACB ( chắn cung AB) (1)
mà sđ ∠ACB không đổi => sđ∠ADB không đổi (đpcm)
Câu c)
Vì tứ giác CMDS nội tiếp đường tròn (O)
=> ∠MDA = ∠MCS (cùng bù với góc MDS) (2)
Từ (1) (2) => ∠TMC = ∠MCS (3)
=> ∆MTC = ∆MSC => CT = CS
=> ∆CTS cân đỉnh C
Từ (3) => CM phân giác của∠SCT nên CM đường cao
=> ST ⊥ AC
(49)ĐỀ SỐ 12
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( 2điểm )
Giải hệ phương trình :
= + +
= + +
7 , 1
2
y x x
y x x
Bài ( điểm ) Cho biểu thức P =
x x
x
x −
+ +1
1 với x > x ≠1
a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P x =
2
Bài ( điểm )
Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Biết đường thẳng (d) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ song song với đường thẳng y = - 2x + 2003
a)Tìm a b
b) Tìm toạ độ điểm chung (nếu có ) (d) parabol: y = -
2 1x2
Baøi ( điểm )
Cho đường trịn (O) có tâm điểm O điểm A cố định nằm ngồi đường trịn.Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ với đường tròn (O) , P Q tiếp điểm Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng AQ M
a) Chứng minh MO = MA
b) Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến N đường tròn (O) cắt tia AQ AQ tương ứng B C
1 – Chứng minh AB + AC – BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N – Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ // BC Bài (1 điểm )
Giải phương trình : 2 2 3 − + + + = + + −
− x x x x x
(50)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12
Baøi
Điều kiện : x ≠0 x + y≠
Đặt
x
1 = u ,
y x +
1 = v , hệ phương trình cho trở thành:
= + = + , v u v u
Giải hệ u =
2
1 , v =
1
Từ :
= + = 1 1 y x x ⇔ = + = y x
x (Thoả mãn điều kiện)
⇔ = = y x Baøi a) (1,25đ)
Ta có : P =
) ( ) ( 1 x x x
x + + −
=
x x
x −
+ +1
1 = ) )( ( ) ( x x x x x − + + + − = x x − + 1 b) Với x =
2
(51)= + 2
Baøi a)
Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có hệ số góc => a = -2
Đường thẳng (d) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ nên toạ độ điểm (1;0) thoả mãn phương trình (d):
= a.1 + b Giải ta : a = -2 b = b)
Toạ độ điểm chung (d) parabol y = -
2
1x2 nghiệm hệ phương trình:
− =
+ − =
2
2
2
x y
x y
=> -
2
1x2 = - 2x +
⇔ x2 - 4x + =
Giải phương trình ta x = => y = -
Vậy đường thẳng (d) parabol có điểm chung với toạ độ ( 2; - ) Bài
O A
P Q
M
N C
B T
a) (1đ) Vì AP tiếp tuyến P (O) nên OP ⊥AP
(52)=> ∠MOA = ∠OAP ( So le trong)
Vì AP AQ hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên ∠OAP=∠OAQ
Vaäy ∠MOA = ∠OAQ
=> ∆ MOA caân => MO = MA (đpcm)
b)
1- (1đ) Ta có cặp đoạn thẳng AP AQ , CQ CN , BN BP cặp tiếp tuyến xuất phát từ điểm nên:
AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP => AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP Vậy AB + AC – BC khơng phụ thuộc vào vị trí N 2- (1đ) Nếu BCQP tứ giác nội tiếp thì:
∠QCB + ∠QPB = 2v (Hai góc đối tứ giác nội tiếp)
Mặt khác : ∠QPB + ∠QPA = 2v (hai góc kề bù)
=> ∠QCB = ∠QPA
Vì AP = AQ (hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm)
Neân ∆APQ cân => ∠PQA = ∠QPA
Ta có ∠PQA = ∠TQC (hai góc đối đỉnh)
=> ∠TQC = ∠QCB
=> BC // PQ (vì có hai góc so le nhau) Bài
Ta coù : 2 2 3
− + + + = + + −
− x x x x x
x
⇔ (x+1)(x−3)+ x+2 = (x+1)(x+2)+ x−3
Điều kiện : x ≥
Với điều kiện phương trìn cho tương đương với: x+1 x−3+ x+2 = x+1 x+2+ x−3
⇔( x+1−1).( x−3− x+2)=0
Xét hai trường hợp:
1 − +
x = ⇔ x = loại khơng thoả mãn điều kiện
3= +
− x
x , vô nghiệm x – < x + => x−3< x+2
(53)ĐỀ SỐ 13
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm )
1) Đơn giản biểu thức:
P = 14+6 + 14−6
2) Cho biểu thức : Q =
x x x
x x
x
x
2
2
2 +
− − − + +
+ với x > x
≠1
a) Chứng minh : Q =
1
−
x
b) Tìm số nguyên x lớn để Q có giá trị số nguyên Bài ( 3điểm )
Cho hệ pgương trình:
= +
= + +
a y ax
y x a
2 )
1 (
a) Giải hệ phương trình a =
b) Chứng minh với giá trị a , hệ ln có nghiệm (x,y) cho x + y ≥
Bài ( điểm )
Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) A M Q điểm phân biệt chuyển động (d)sao cho M khác A Q khác A Các đường thẳng BM BQ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh:
a) Tích BM.BN khơng đổi
b) Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn c) Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R Bài 4.( điểm )
Tìm giá trị nhỏ hàm số: y =
5
6
2
+ +
+ +
x x
(54)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13
Baøi Câu 1)
5
14 + = 5 6 5 9 ( 5 3)2
+ =
+
+
= +
Tương tự : 14 −6 = -
Vaäy P = + + - =
Câu 2) a) Q = x x x x x x x ) )( ( ) ( 2 + − + − − + + = x x x x x 2 − − − + + = x x x x x x x x x ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) )( ( − + + − − − + − + = ) )( ( ) 2 ( ) 2 ( − + − − + − − + − x x x x x x x x x = ) ( 2 2 − + + − − − + − x x x x x x x x = ) ( − = − x x x x b) Q = −
x nguyên ⇔ x -1 ước ⇔ ± = − ± = − 1 x x
Do x lớn ⇔ x – = ⇔ x =
Baøi
Trừ vế với vế phương trình ta được: x = – 2a Thay x = – 2a vào phương trình : a(4 – 2a) + y = 2a
⇔ y = 2a2 – 2a
Vậy nghiệm hệ laø :
− = − = a a y a x 2
2 (1) a)
Thay a = vào (1), ta :
(55)b)
Từ (1) ya thấy , với a hệ có nghiệm Ta có x + y = 2a2 - 4a +
= 2(a2 – 2a + 1) +
= 2(a – 1)2 +
Do 2(a – 1)2
≥ neân 2(a – 1)2 + ≥
Vậy x + y ≥
Bài
M A Q
B
N
P
a)
MQ tiếp tuyến đường tròn (O) A nên MQ ⊥ AB
=> ∆BMA vuông A
Góc ANB góc chắn nửa đường trịn đường kính AB
=> góc ANB = 900
=> AN⊥ AB => Bn hình chiếu vuông góc AB BM
=> BM.BN = AB2 Maø AB = 2R
=> BM BN = 4R2 (1) Vậy BM BN không đổi
b)
Tương tự BP BQ = 4R2 (2) Từ (1) (2) ta có BM BN = BP BQ
=>
BM BP BQ BN
= neân ∆ BPN ~ ∆BMQ (vì chúng có góc MBQ chung)
=> ∠BNP = ∠BMQ
Mặt khác : ∠BNP + ∠PNM = 1800 => ∠PNM + ∠PMQ = 1800
=> Tứ giác MNPQ nội tiếp c)
Do M ≠ A nên M khác N => BM ≠ BN => ( BM − BN )2 >
(56)Tương tự BP + BQ > 4R => BM +BN + BP + BQ > 8R Bài ( điểm)
Coù x2 + 2x + = (x + 1)2 +
≥ => x2 + x2 +5 ≥2
=> (2 2 + + x
x - 1)( x2 + x2 +5 - 2) ≥
=> 2(x2 + 2x + 5) - 5 2 5
+ + x
x + ≥
=>
5
6
2
+ +
+ +
x x
x
x
≥
5 hay y ≥
2
5
Vậy x = -1 y =
2
5 Do giá trị nhỏ cần tìm
(57)ĐỀ SỐ 14
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN MƠN: TỐN
Năm học: 2005 - 2006
( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề ) C©u1 ( im )
Giải phơng trình sau a) 2x− + =3 x
b) 2
1 1
x
x+ + x − = x−
C©u ( 3điểm )
Cho hµm sè: y = (m + 1)x - 2m +5 (m≠-1)
a) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ -2
b) Chứng minh đồ thị hàm số luôn qua điểm cố định m thay đổi Tìm điểm cố định đó?
c) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua giao điểm hai đ−ờng thẳng 3x - 2y = -9 y = - 2x
C©u ( 1điểm )
Hai tỉnh A, B cách 60 km Có xe đạp từ A đến B Khi xe đạp bắt đầu khởi hành có xe máy cách A 40 km đến A trở B Tìm vận tốc xe biết xe gắn máy B tr−ớc xe đạp 40 phút vận tốc xe gắn máy vận tốc xe đạp 15km/h Câu ( điểm )
Cho ∆ABC có góc nhọn nội tiếp đ−ờng trịn (O, R) Các đ−ờng cao BE, CF cắt H lần l−ợt cắt đ−ờng tròn (O, R) P, Q
a) Chøng minh: EF // PQ b) Chøng minh:OA ⊥ EF
c) Cã nhËn xÐt g× vỊ bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHB, BHC, AHC
Câu ( im )
Cho a, b, clà số nguyên khác thoả mn:
a b c
Z
b c a
b c a
Z
a b c
+ + ∈
+ + ∈
(58)
3 1
1
F H Q
E
P
O
C B
A
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14
C©u
a) pt ⇔ 2x−3=x−3 §K: x ≥ ⇔x2 - 8x + 12 =
x1 = ; x2 = 2(loại) b) ĐK: x
pt ⇔x2 + x - =
x1,2 = 13
2 − ±
(t/m) C©u
a) m =
4
b) m(x - 2) + (x - y +5) = Điểm cố định (2; 3)
c) Toạ độ giao điểm hai đ−ờng thẳng 3x - 2y = -9 y = - 2x (-1 ; 3) Đs: m =
C©u
Gọi vận tốc ng−ời xe đạp x(km/h) ĐK: x>0 Vận tốc ng−ời xe gắn máy là: x + 15km/h
Thời gan ng−ời xe đạp đ là: 60
x (h)
Thêi gan ngời xe máy đ là: 100
15
x + (h)
Do xe máy đến B tr−ớc 40' =
3(h) nªn ta cã pt 60
x -
100 15
x + =
2
⇔x2 + 75x - 1350 =
∆ = 11025 ⇒ = 105
x1 = 15 ; x2 = - 90 (lo¹i)
Vận tốc xe đạp 15 km/h Vận tốc ng−ời xe máy 15 + 15 = 30 km/h Câu
a) Tø gi¸c AFEC néi tiÕp
1
F =B
mµ
1 1
B =Q ⇒ Q =F ⇒ EF // PQ
b) Ta cã
1
C =B (góc có cạnh tơng ứng vuông )
AP AQ
⇒ = ⇒OA⊥PQ
(59)c) Chứng minh H, Q đối xứng qua AB
⇒∆AQB = ∆AHB
⇒chóng cã cïng b¸n kính đờng tròn ngoại tiếp bán kính đờng tròn ngoại tiếp AQB R
(bằng bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC )
bán kính đờng tròn ngoại tiếp AHB R
Chứng minh tơng tự có bán kính đờng tròn ngoại tiếp BHC; AHC b»ng R VËy c¸c tam gi¸c AHB, BHC, AHC cã bán kính đờng tròn ngoại tiếp
Câu
Đặt x1=a ; x2 b ; x3 c
b =c = a
XÐt f(x) = (x - x1)(x - x2)(x - x3) = x3 - ux2 + vx -
Trong u = x1 + x2 + x3 =a b c Z b+c+a∈
v = x1x2 + x2x3 + x3x1 = a b c
c +a+b ∈Z
NhËn xÐt: NÕu ®a thøc P(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d ∈Z ; a
≠0)
cã nghiƯm h÷u tØ x = p
q (p, q ∈Z; q≠0; (p, q) = 1)
thì p ớc d q ớc a áp dụng nhận xét ta có
Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ x1, x2, x3 nhiệm ớc
⇒
1
1 1
x
x a b c
x
=
= ⇒ = =
=
(60)ĐỀ SỐ 15
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu ( im )
Giải phơng trình sau: a) 4 4 2007
x − x+ =
b) 7( 64) 0
x− x − =
C©u ( điểm )
Cho pa bol (P): y =
2x
a) Gọi A, B hai điểm đồ thị (P) có hồnh độ lần l−ợt -2; Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng qua A, B
b) Chứng minh đ−ờng thẳng (d): y = mx - 2m + cắt (P) hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 hoành độ hai giao im y
Tìm m thoả mn x12 + x
22 = 24
C©u ( điểm )
Một phịng họp có 90 ng−ời họp đ−ợc xếp ngồi dy ghế Nếu ta bớt dy ghế dy ghế lại phải xếp thêm ng−ời đủ chỗ Hỏi lúc đầu có dy ghế dy ghế đ−ợc xếp ng−ời ?
Bài ( điểm )
Cho phương trình: (x ẩn số)
a) Giải phương trình a=1
b) Tìm a để phương trình có nghiệm Khi tồn hay không giá trị lớn của:
Bài ( điểm )
Cho điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ấy, (O) đường tròn qua B,C Kẻ từ A tiếp tuyến AE AF đến (O) (E, F tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC, N trung điểm EF
a) Chứng minh E, F nằm đường tròn cố định (O) thay đổi b) Đường thẳng FI cắt (O) E’ Chứng minh EE’ // AB
(61)ĐÁP ÁN ĐỀ 15
C©u
a, pt ⇔ x −2 =2007
x - = 2007 hc x - = -2007 x = 2009 x = 2005
b, ĐK: x ≥
pt ⇒ x - = hc x2 - 16 =
⇔x = ; x = ±
§S: x = ; x = C©u
a, Vì A, B thuộc (P) nên A(-2; 2) B(4; 8)
Phơng trình đờng thẳng qua A, B có dạng y = ax + b đờng thẳng qua A, B nªn ta cã hƯ pt
2
4
a b
a b
− + =
+ =
⇔ a = 1; b =
đờng thẳng cần tìm y = x +
b, Hoành độ giao điểm nghiệm pt
x2 - 2mx + 4m - =
∆ = (m - 2)2 +2 > víi mäi m x12 + x
22 = 24
⇔(x1 + x2)2 - 2x1x2 = 24
⇔m2 - 2m - = ⇒ m = - ; m =
C©u
Gọi số dy ghế có lúc đầu x (dy) ĐK: x nguyên dơng x > Thì dy ph¶i xÕp 90
x ng−êi
Sau bớt dy số dy ghế x - dy Mỗi dy phải xếp 90
5
x − ng−êi
Theo bµi ta cã pt : 90
5
x − -
90
x =
⇔x2 - 5x - 150 =
x1 = 15 ; x2 = - 10 (lo¹i)
VËy lóc đầu phòng họp có 15 dy ghế dy cã ng−êi Bài
Phương trình cho biến đổi thành:
a) Với a=1 phương trình cho trở thành:
(62)
b) Mỗi phương trình , có nhiều nghiệm Để
phương trình cho có nghiệm phương trình phải có nghiệm nghiệm khác Như vậy, để phương trình ban đầu có nghiệm, điều kiện cần đủ là:
*Với phương trình cho có nghiệm là: Như thế:
=
Tuy nhiên không đạt giá trị nên S khơng có giá trị lớn nhất! Bài
a) Vì AF tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có: Xét AFB , ta có:
FAB= FAC
Suy AFB
Suy ra:
Suy E, F điểm nằm đường trịn (A, ) b) Vì AF tiếp tuyến đường tròn (O) nên ta có:
(1) Mặt khác:
(2) Và:
(4 điểm A, E, I, F nằm đường trịn đường kính AO) (3)
Từ (1), (2), (3) suy được: Suy EE’ // AB (Theo dấu hiệu góc đồng vị hai đường thẳng song song)
c) Xét ta có: OAI =
ANK= AIO=900 Suy OAI KAN
(1)
Mặt khác (2)
(63)(64)ĐỀ SỐ 16
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu1 ( 3điểm) Cho biểu thức: Q= ( )
y x
xy y
x x
y y x y x
y x
+ + −
− − + −
− 3
:
a) Tìm ĐKXĐ Q rót gän
b) Ch÷ng minh Q ≥0
c) So sánh Q với Q
Câu ( 2,5 điểm) Cho vuông cân ABC (Â=900) cạnh AC lấy ®iĨm M cho MC:MA
= 1:3 KỴ đờng thằng vuông góc với AC C cắt tia BM K Kẻ BE CK a) Chứng minh: 12 2 12
BK BM
AB = +
b) Cho BM = tÝnh c¹nh cđa ∆MCK
Câu ( 1,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
x4 + x2 + = y2
Câu 4.( 1,5 ®iĨm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 1200m2 Nay người ta tu bổ cách tăng chiều rộng vườn thêm 5m, đồng thời rút bớt chiều dài 4m mảnh vườn có diện tích 1260m2 Tính kích thước mảnh vườn sau tu bổ
(65)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16
C©u a)
x ≥
y ≥
x ≠ y
Q = ( )( ) ( )( )
( )( ) ( x ) y
xy y x x y x y y xy x y x y x y x y x + + − + − + + − + − + − : = ( ) ( )( )
( )( ) x xy y
y x x y x y y xy x x y y x + − + + − + + − − + = ( ) y xy x y x y x y xy x y x + − + + + + − + = ( ) ( ) y xy x y x y x y xy x y x + − + + + + − + = y xy x xy y xy x y x y x xy + − = + − + +
VËy, Q =
y xy x
xy
+
với x,y thoả mn ĐKXĐ
b)
xy ≥0 ∀x;y≥0
x + y ≥ xy ( áp dụng BĐT Côsi cho số không âm x, y) Mà x y x + y > xy x - xy + y > xy ≥
x - xy + y >
VËy, Q = ≥0 ∀ , ≥0
+
− xy y x y
x
xy
vµ x ≠ y
c)
Theo c©u b, ta cã x - xy + y > xy (1)
Chia vÕ cña (1) cho x - xy + y > => < +
− xy y x
(66)• NÕu Q = => Q = Q
• < Q < => Q( Q - 1) < => Q - Q < => Q < Q ∀ x, y x y
Câu
a)
Chứng minh tứ giác ABEC hình vuông Kẻ BN BK ( N EC)
∆ AMB = ∆ EBN ( g.c.g ) => BM = BN
áp dụng hệ thức lợng vu«ng NBK ta cã:
2
1
BE =
1
BN +
1
BK Mµ AB = BE ; BM = BN
=> 12
AB =
1
BM +
1
BK
b)
MC:MA = 1:3 => MA = 3MC, AB = AC = MC Đặt MC = x > => MA = 3x ; AB = 4x
Theo địng lý Pitago: AB2 + AC2 = BM2 hay (4x)2 + (3x)2 = 62 x =
5
MC = 56; AB = 454
CK//AB, theo định lý Talét ta có:
3 = =
=
MA CM AB
KC MB MK
A
B
K
C
E
N
(67)=>
3 =
MK => MK =
=> 3
24 = => KC =
KC
C©u
Ta cã: (x4 + x2 + 1) – (x2 + 1) < x4 + x2 +
≤ (x4 + x2 + 1) + x2
(x2)2 < x4 + x2 +
≤ (x2 + 1)2
(x2)2 < y2 ≤ (x2 + 1)2 => y2 = (x2 + 1)2
(x2 + 1)2 = x4 + x2 +
x2 = x = y =
Nghiệm cần tìm S(x,y) = {(0;1); (0;−1)}
Câu
Gọi chiều dài mảnh vườn x (m), chiều rộng mảnh vườn y (m) ( ĐK: < y < x ) Kích thước chiều dài sau giảm: x – ( m )
Kích thước chiều rộng sau tăng: y + ( m ) Theo ta có hệ phương trình:
( )( ) = + − = 1260 1200 y x y x
Giải hệ phương trình ta có y1 = 30 => x1 = 40, y2 = -50 ( loại )
Vậy chiều dài mảnh vườn 40 mét, chiều rộng mảnh vườn 30 mét C©u
Ta cã: NÕu a, b ≥ th× a + b ≥ ab
2
ThËt vËy: (a + b)2
≥ 4ab (a – b)2 ≥ DÊu “=” x¶y a = b
ã Nếu a b a + b > ab
2
ã áp dơng víi a = 1; b = th×:
(68)ĐỀ SỐ 17
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
I Tr¾c nghiƯm: ( ®iÓm )
Khoanh vào chữ tr−ớc câu trả lời ( từ câu đến câu )
Cõu Hàm số y = ( m- 3) x2đòng biến x > nghịch biến x<0 : A m≥
B m < C m ≠3 D m>
Cõu Cho phơng trình x2 = −
+ x m th× :
A pt có nghiệm với m a c trái dÊu B pt cã nghiÖm m < -1
C pt cã nghiÖm m ≤ -1 D pt cã nghiÖm m ≥ -1
Câu Tứ giác ABCD nội tiếp đơng tròn BiÕt Gãc A = 1000th× :
A Gãc B= 800 B gãc C = 800 C gãc C=1000 D gãc D =800
Cõu Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB dây CD AB I ( I O)cặp đoạn không :
A AC vµ BC B CI vµ ID C ACvµ AD D CB vµ BD II Tù ln : ( ®iĨm )
Câu ( ®iĨm ) Cho phương trình x2- (k -1 )x + 2k – = ( Èn x ) a Chứng minh PT cã nghiƯm víi mäi k
b Tìm k để A = x1 2
x
+ -2x1- 2x2có giá trị Câu ( 1,5 điểm )
Một khu v−ờn hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 10m , ng−ời ta để lối rộng 2m xung quanh v−ờn , diện tích khu đất cịn lại 416 m2 Hỏi chiều dài , chiều rộng khu v−ờn ?
Câu ( 3,5 ®iĨm )
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB , lấy C đoạn AO , M nửa đờng tròn Qua M kẻ đờng thẳng vuông góc với MC cắt tiếp tuyến Ax D, qua C kẻ đờng thẳng vuông góc với DC cắt MB K , AM cắt DC I
(69)c Chøng minh IK lµ tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác DIM Câu ( điểm )
Giải hệ phương trình:
x y 3x 2y 6z
a) b)
xy 10 x y z 18
− = − = =
= + + =
(70)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17
I.Trắc nghiệm : ( 1điểm )
Cõu Mỗi câu cho 0,25 điểm
C©u Đáp án D D B A II Tù ln : ( ®iĨm )
Câu
a TÝnh ∆,= k2-4k + = ( k -2 )2 + > víi mäi k b Theo hÖ thøc Viet cã x1 + x2=2 ( k-1)= 2k -2 x1 x2 = 2k -5
A= (x1+ x2) 2- 2x
1x2- (x1+ x2) = ( 2k – )2- 2( 2k -5) – 2( 2k – 2)
= 4k2-16k + 18
Câu
Gäi chiÒu réng khu vờn hình chữ nhật x ( m, x>0) Thì chiều dài khu vờn hình chữ nhật x+10( m)
chiu rng ca khu đất lại : x-2-2=x-4( m) Chiều dài khu đất cịn lại :x+10-2- 2=x+6(m) Ta có ph−ơng trình :(x+6)(x-4)=416 x2+2x- 440 =
'= 441
Tính đợc x1=20(chọn) x2=-22(loại) Trả lời: chiều rộng khu vờn lµ 20 m
chiỊu dµi khu v−ên lµ 30 m Câu
a) Chøng minh tứ giác ADMC tứ giác IMKC nội tiếp
(71)ta chứng minh đ−ợc IK tiếp tuyến đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác DIM (theo định lý đảo định lý góc tạo tiếp tuyến dây)
Câu a)
( ) ( )
= − = −
2 10
1
xy y x
Từ (1) ta có x = y – 3, thay x = y – vào (2) ta có: y ( y- ) = 10 <=> y1 = -2, y2 =
Vây ta có nghiệm hệ
− =
− =
2
y x
= =
5
y x
b)
( ) ( )
= + +
= =
2 18
1
z y x
z y x
(72)ĐỀ SỐ 18
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN
Năm học: 2007 - 2008
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bµi ( điểm ) Cho biÓu thøc A =
2
4( 1) 4( 1)
1 4( 1)
x x x x
x
x x
− − + + −
−
−
− −
a) Tìm điều kiện x để A xác định b) Rút gọn A
Bµi ( điểm )
Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) B(3; -4) a) Viết ph−ơng tình đ−ờng thẳng AB
b) Xác định điểm M trục hoành để tam giác MAB cân M Bài ( điểm )
Tìm tất số tự nhiên m để ph−ơng trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + =
cã nghiÖm nguyên Bài ( 3,5 im )
Cho tam giác ABC Phân giác AD (D ∈ BC) vẽ đ−ờng tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đ−ờng tròn cắt AB AC lần l−ợt E F Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED ADC; AFD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = à.AB = AC2
Câu 5. ( 1,5 điểm )
(73)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 18
Bµi
a) §iỊu kiƯn x tháa mn
2
1
4( 1) 4( 1) 4( 1) x
x x
x x
x x
− ≠
− − ≥
+ − ≥
− − >
⇔
1 1 x x x x
≠
≥
≥ ≠
⇔ x > x ≠ KL: A xác định < x < x >
b) Rót gän A
A = 2
2
( 1) ( 1)
( 2)
x x x
x x
− − + − + −
− −
A = 1 1
2
x x x
x x
− − + − + −
− −
Víi < x < A =
1 x−
Víi x > A =
1 x −
KÕt luËn
Víi < x < th× A =
1 x−
Víi x > th× A =
1 x −
Bµi
a) A B có hồnh độ tung độ khác nên ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB có dạng y = ax + b
A(5; 2) ∈ AB ⇒ 5a + b = B(3; -4) ∈ AB ⇒ 3a + b = -4 Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13
VËy phơng trình đờng thẳng AB y = 3x - 13 b) Gi¶ sư M (x, 0) ∈ xx’ ta cã
MA = (x −5)2 +(0 2)− MB = (x −3)2 +(0 4)+
MAB c©n ⇒ MA = MB ⇔ (x−5)2 +4 = (x−3)2 +16
⇔ (x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16 ⇔ x =
(74)Bài
Phơng trình có nghiệm nguyên = m4 - 4m - lµ sè chÝnh phơng
Ta lại có: m = 0; < (loại) m = đ = = 22 nhËn
m ≥ th× 2m(m - 2) > ⇔ 2m2 - 4m - > ⇔đ - (2m2 - 2m - 5) < đ < đ + 4m +
⇔ m4 - 2m + < đ < m4 ⇔ (m2 - 1)2 < đ < (m2)2 đ không phơng Vậy m = giá trị cần tìm Bài
a) ( )
2
EAD=EFD = sd ED (0,25)
( )
2
FAD= FDC = sd FD (0,25)
mµ EDA =FAD ⇒EFD=FDC (0,25)
⇒ EF // BC (2 gãc so le b»ng nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE =DF
s®
2
ACD = s®(AED DF−) =
2s®AE = s®ADE
do ACD= ADE EAD =DAC
⇒ AED ~ ADC (g.g)
Tơng tự: sđ ( )
2
ADF= sd AF= sd AFD DF− = 1( ) sd AFD DE− =sd ABD ⇒
ADF= ABD
do AFD ~ ABD(g.g) c) Theo trên:
+ đAED ~ đđDB
⇒ AE AD
AD = AC hay AD
2 = AE.AC (1)
+ đADF ~ đABD ⇒ AD AF
AB = AD
⇒ AD2 = AB.AF (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF
Bµi
Gọi x (km) vân tốc xe thứ ( ĐK: x > 10 ) Vận tốc xe thứ hai x – 10 (km)
Thời gian xe thứ hết quảng đường AB là:
x
120
Thời gian xe thứ hai hết quảng đường AB là:
10 120
−
x
Theo ta có phương trình:
10 120
−
x – x
120
=
5
F E
A
B
(75)Giải phương trình ta có hai nghiệm x1 = - 50 (loại), x2 = 60
(76)ĐỀ SỐ 19
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày tháng năm 2008 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Câu 1. ( điểm )
a) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + =
b) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn cña A = x + y
Câu 2. ( im )
a) Tìm số nguyên a, b, c cho ®a thøc : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
b) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần l−ợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho
MB MA =
2
Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ Cõu 3. ( 3,5 điểm )
Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB CD vuông góc với nhau, lấy điểm I đoan CD
a) Tỡm im M trờn tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi
c) Chứng minh đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định Cõu 4. ( 1,5 điểm )
Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến sơng B cách 24 km ; lúc đó, từ A B bè nứa trôi với vận tốc dòng nước km/h Khi đến B ca nô quay lại gặp bè nứa địa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nơ
C©u ( im )
Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - =
Khơng giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mn: 3x1 -
(77)M D
C B
A
x
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 19
Câu
a)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
VËy A chia hÕt cho sè chÝnh phơng khác với số nguyên dơng n b) Do A > nªn A lín nhÊt⇔ A2 lín nhÊt
XÐt A2 = (
x+ y)2 = x + y + xy = + xy (1) Ta cã:
2
y x +
xy
≥ (Bất đẳng thức Cô si)
=> > xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2
xy < + = Max A2 = <=> x = y =
2
1, max A =
2 <=> x = y = 1 Câu
a) Víi mäi x ta cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nªn víi x = th× - = (4 + b)(4 + c)
Cã tr−êng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Tr−êng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Tr−êng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =
Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5) b)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
4
1AB Ta có D điểm cố định
Mµ
AB MA =
2
1 (gt)
MA AD =
2
1
Xét tam giác AMB tam giác ADM có MâB (chung)
AB MA =
MA AD =
2
Do ∆ AMB ~ ∆ ADM =>
MD MB =
AD MA =
=> MD = 2MD (0,25 ®iĨm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
(78)K O
N
M
I
D C
B A
Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M
- Dựng đờng tròn tâm A b¸n kÝnh
2 1 AB
- Dùng D trªn tia Ax cho AD =
4
1AB
M lµ giao điểm DC đờng tròn (A;
2
1 AB) Câu
a) Dùng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN ®−êng kÝnh
Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ∆INC = ∆IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ∆MKD vng cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta cã IA = IB = IM = IN
Vậy đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆AMN qua hai điểm A, B cố định
Câu
Gọi vân tốc thực ca nô x (km/h) ( ĐK: x > ) Vận tốc ca nô xuôi dòng là: x +
Vân tốc ca nơ ngược dịng là: x – Thời gian ca nơ xi dịng là:
4 24
+
x
Thời gian ca nô ngược dòng là:
4 24
− −
x
Theo ta có phương trình:
4 24
+
x +
8 24
− −
x = (*)
Giải phương trình (*) ta có hai nghiệm x1 = x2 = 20
Vậy vận tốc thực ca ca nụ l 20 km/h Câu
Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th× ∆ > <=> (2m - 1)2 - (m - 1) >
Từ suy m ≠ 1,5 (1)
(79)⇔
= −
− =
− − = +
11 4x 3x
2 m x x
2 2m x
x
2
2
2
= − −
− = =
11 8m -26
7 7m
4m -13
8m -26
7 7m x
7 4m -13 x
1
Giải phơng trình 11
8m -26
7 7m
4m -13
3 =
ta đợc m = - vµ m = 4,125 (2)
(80)ĐỀ SỐ 20
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày tháng năm 2007 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài 1: ( điểm )
a) Tìm tất cặp số nguyên dương m; n cho 2m + chia hết cho n 2n +1 chia hết cho m
b) Có số có chữ sốđược cấu tạo chữ số 2, 3, chia hết cho
Bài 2: ( điểm ) Cho biểu thức:
a) Rút gọn P(x) b) Tìm x để P(x) = Baøi 3: ( 1,5 điểm )
Một xe máy quãng đường AB với vận tốc 50km/h tiếp quãng đường BC với vận tốc 45km/h Biết tổng cộng quãng đường AB BC dài 215km thời gian quãng đường AB nhiều thời gian quãng đường BC 30 phút Tính thời gian tơ đoạn đường AB, BC
Bài 4: ( điểm )
Cho điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ấy, (O) đường tròn qua B,C Kẻ từ A tiếp tuyến AE AF đến (O) (E, F tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC, N trung điểm EF
a) Chứng minh E, F nằm đường tròn cốđịnh (O) thay đổi b) Đường thẳng FI cắt (O) E’ Chứng minh EE’ // AB
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm đường thẳng cố định (O) thay đổi
Bài 5: ( 1,5 điểm )
Chứng minh n nguyên dương, có:
(81)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 20
Bài
a)
–Xét trường hợp m n
Ta có 0< 2n + 2m +1 3m
Mặt khác 2n + chia hết cho m nên xảy trường hợp: *) 2n + = 3m Vì m n nên xảy trường hợp m = n = *) 2n + = 2m Loại chẳn lẻ
*) 2n + = m Khi 2m + = 4n + 2m + chia hết cho n n = n = Và ta cặp nghiệm (m; n) = (3; 1), (7; 3)
–Xét trường hợp m < n
Giải tương tự ta (m; n) = (1; 3), (3; 7) Kết luận:
Các cặp số nguyên dương (m; n) thỏa mãn toán là: (1; 1), (1; 3), (3; 1), (3; 7), (7; 3)
b) Gọi số có chữ số A Gọi x số chữ số 2, y số chữ số z số chữ số A Ta
có: x + y + z =
Mặt khác A chia hết cho tổng chữ số A chia hết cho Hay nói cách khác 2x + 3y + 5z chia hết cho
Như vậy, ta có :
(82)
Với (x; y; z) = (0; 6; 0) có số A thỏa mãn toán
Với (x; y; z) = (2; 3; 1) có số A thỏa mãn tốn Với (x; y; z) = (4; 0; 2) có số A thỏa mãn toán Với (x; y; z) = (1; 0; 5) có số A thỏa mãn tốn Vậy có tất + 60 + 15 + = 82 số thỏa mãn toán Bài
a) Ta có: x3 + 3x2 – = (x + 2)2(x – 1) Và đó:
(1) Tương tự vậy: x3 – 3x2 + = (x – 2)2(x + 1)
Và:
(2) Ta giải phương trình:
Vậy miền xác định P là:
Với x thuộc miền xác định, từ (1) (2) ta rút gọn được: b) Với x thuộc miền xác định, ta tìm x cho P = Ta có: P =
Hệ vô nghiệm Vậy không tồn x cho P = Baøi
Gọi x, y thời gian xe mắy đoạn đường AB BC ( ĐK: < y < x) Theo ta cĩ:
phương trình : x – y = 0,5
phương trình: 50x + 45y = 215
Giải hệ phương trình:
= = ⇔
= +
= −
2 , 215
45 50
5 ,
y x y
x y x
(83)Vậy thời gian xe máy đoạn đường AB 2,5 giờ, thời gian xe máy đoạn đường BC
Bài
a) Vì AF tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có: Xét AFB , ta có:
FAB= FAC
Suy AFB
Suy ra:
Suy E, F điểm nằm đường tròn (A, )
b) Vì AF tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có:
(1) Mặt khác:
(2) Và:
(4 điểm A, E, I, F nằm đường tròn đường kính AO) (3)
Từ (1), (2), (3) suy được: Suy EE’ // AB (Theo dấu hiệu góc đồng vị hai đường thẳng song song)
c) Xét ta có:
OAI =
ANK= AIO=900 Suy OAI KAN
(1)
Mặt khác (2)
Từ (1) (2) suy AK.AI = AB.AC = const
Suy K điểm cốđịnh
Dễ dàng nhận thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI đường trịn ngoại tiếp tứ giác OIKN, suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm đường trung trực KI đường thẳng cốđịnh Từđó ta có (đpcm)
Bài
n nguyên dương, ta có:
Ở đó:
Suy (1)
Lại có:
Ở đó:
(84)(85)ĐỀ SỐ 21
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày tháng năm 2007 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài : ( 1,5 điểm ) Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 18
1 72
x y x y
x x y y
+ + + =
+ + =
Bµi 2: ( điểm ) Cho biÓu thøc M =
x x x
x x
x x
− + + −
+ +
+ −
−
2 3
1
9
a Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M b Tìm x để M =
c Tìm x ∈ Z để M ∈ Z Bài 3: ( 1,5 điểm )
Một người xe đạp từ A đến B cách 24km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B
Bµi 4: ( điểm )
Cho đ−ờng tròn (o) với dây BC cố định điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC>AB AC > BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q lần l−ợt giao điểm cặp đ−ờng thẳng AB với CD; AD CE
a Chøng minh r»ng DE// BC
b Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiếp
c Gọi giao điểm dây AD vµ BC lµ F Chøng minh hƯ thøc:
CE
1 =
CQ
1 +
CE
1
C©u 5: ( im )
Cho a, b, clà số nguyên khác thoả mn:
a b c
Z
b c a
b c a
Z
a b c
+ + ∈
+ + ∈
(86)
ĐÁP ÁN ĐỀ S 21
Bi 1.
Đặt : ( )
( )
1
u x x
v y y
= +
= +
Ta cã :
18 72 u v uv + = =
⇒ u ; v lµ nghiƯm phơng trình :
2
1
18 72 12;
X − X + = ⇒ X = X =
⇒ 12 u v = = ; 12 u v = = ⇒ ( ) ( ) 12 x x y y + = + = ; ( ) ( ) 12 x x y y + = + =
Giải hai hệ ta đợc : NghiƯm cđa hƯ lµ :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị Bài M = x x x x x x x − + + − + + + − − 3
a) §K x≥0;x≠4;x≠9 0,5®
Rót gän M = ( )( ) ( )( )
( 2)( 3)
2 3 − − − + + − + − − x x x x x x x
Biến đổi ta có kết quả: M =
( 2)( 3) − − − − x x x x
M = ( )( )
( )( )
(87)c) M =
3
4 3
1
− + = −
+ − = − +
x x
x x
x
Do M znên x3là ớc x3 nhận giá trị: -4; -2; -1; 1; 2;
{1;4;16;25;49}
∈
⇒ x x≠4⇒ x∈{1;16;25;49}
Bài 3.
Gọi vận tốc x (đơn vị tính km/h, điều kiện x >0) Vận tốc x + ( km/h )
Thời gian 24/x Thời gian là: 24/x+4
Theo ta có phương trình Giải ta có nghiệm x = 12 ( km/h )
Vận tốc từ A đến B 12 km/h Bµi
Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận
a) S®∠CDE =
1S® DC =
1S® BD =
BCD
∠
=> DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le) b) ∠APC =
2
1 s® (AC - DC) =
∠ AQC
=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC
cùng nhìn đoan AC) c) Tứ giác APQC néi tiÕp
∠CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ) ∠CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC)
Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ
Ta cã:
PQ DE =
CQ
CE (v× DE//PQ) (1)
FC DE =
QC
QE (v× DE// BC) (2)
Céng (1) vµ (2) : + = + = =1
CQ CQ CQ
QE CE FC DE PQ DE
=>
DE FC PQ
1 1
=
+ (3)
ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy PQ = CQ Thay vµo (3) :
CE CF CQ
1 1
=
(88)C©u
Đặt x1=a ; x2 b ; x3 c
b =c = a
XÐt f(x) = (x - x1)(x - x2)(x - x3) = x3 - ux2 + vx -
Trong u = x1 + x2 + x3 =a b c Z b+c+a∈
v = x1x2 + x2x3 + x3x1 = a b c
c +a+b ∈Z
NhËn xÐt: NÕu ®a thøc P(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d
∈Z ; a≠0)
cã nghiƯm h÷u tØ x = p
q (p, q ∈Z; q≠0; (p, q) = 1)
thì p ớc d q ớc a áp dụng nhận xét ta có
(89)đề
Bài : (2 điểm) a) Tính :
b) Giải hệ phương trình :
Bài : (2 điểm)
Cho biểu thức :
a) Rút gọn A
b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên
Bài : (2 điểm)
Một ca nơ xi dịng từ bến sơng A đến bến sông B cách 24 km ; lúc đó, từ A B bè nứa trơi với vận tốc dòng nước km/h Khi đến B ca nô quay lại gặp bè nứa địa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nô
Bài : (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C D thuộc đường tròn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA ; tia đối tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) M ; MD cắt AB K ; MB cắt AC H
a) Chứng minh ∠ BMD = ∠ BAC, từ => tứ giác AMHK nội tiếp b) Chứng minh : HK // CD
c) Chứng minh : OK.OS = R2
Bài : (1 điểm)
Cho hai số a b khác thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2 Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a) =
Đáp án Bài 3:
Do ca nô xuất phát từ A với bè nứa nên thời gian ca nô b»ng thêi gian bÌ nøa: =
(h)
Gọi vận tốc ca nô x (km/h) (x>4)
Theo bµi ta cã: 24 24 24 16
4 4
x x x x
−
+ = ⇔ + =
+ − + −
2
2 40
20
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
=
(90)Bµi 4:
a) Ta cã BC=BD (GT) → BMD=BAC (2 góc nội
tiếp chắn cung băng nhau)
* Do BMD=BAC → A, M nh×n HK d−êi gãc
b»ng → MHKA néi tiÕp
b) Do BC = BD (do BC=BD), OC = OD (bán
kính) OB đờng trung trùc cđa CD → CD⊥AB (1)
Xet MHKA: lµ tø gi¸c néi tiÕp, 900
AMH = (gãc nt
chắn nửa đờng tròn) HKA =1800900 =900 (®l) → HK⊥AB (2)
Tõ 1,2 → HK // CD
H K
M A
B
O
C D
S Bµi 5:
2
2
2
0 (*)
( )( )
0 (**)
x ax b
x ax b x bx a
x bx a
+ + =
+ + + + = ⇔
+ + =
(*) → ∆ = α −2 4b, §Ĩ PT cã nghiÖm 4 0 4 1
2
a b a b
a b
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ (3)
(**) =b24a Để PT có nghiệm 1
2
b a
b a
− ≥ ⇔ ≥ (4)
Céng víi ta cã: 1 1
2
a b a b
+ ≥ +
1 1 1 1 1 1
2 4 4
2 a b a b a b
⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
(91)Đ
Đề thi gồm có hai trang PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm) Tam giác ABC vng A có tg
4
B = Giá trị cosC :
a) cos
C = ; b) cos
5
C = ; c) cos
3
C = ; d) cos
4
C =
2 Cho hình lập phương có diện tích tồn phần S1 ; thể tích V1 hình cầu có diện tích
S2 ; thể tích V2 Nếu S1 = S2 tỷ số thể tích
2
V
V :
a)
V
V = π ; b)
1
V
V
π
= ; c)
2
V
V = 3π ; d)
1
V
V
π
=
3 Đẳng thức 8 16 4
x − x + = −x xảy :
a) x ≥ ; b) x ≤ –2 ; c) x ≥ –2 x ≤ ; d) x ≥ x ≤ –2 4 Cho hai phương trình x2 – 2x + a = x2 + x + 2a = Để hai phương trình vơ nghiệm :
a) a > ; b) a < ; c)
8
a > ; d)
8
a <
5 Điều kiện để phương trình ( 3 4) 0
x − m + m− x+m= có hai nghiệm đối :
a) m < ; b) m = –1 ; c) m = ; d) m = – Cho phương trình 4 0
x − −x = có nghiệm x1 , x2 Biểu thức A=x13+x23 có giá trị :
a) A = 28 ; b) A = –13 ; c) A = 13 ; d) A = 18 Cho góc α nhọn, hệ phương trình sin cos
cos sin
x y
x y
α α
α α
− =
+ =
có nghiệm :
a) sin
cos
x y
α α
=
=
; b)
cos sin
x y
α α
=
=
; c)
0
x y
=
=
; d)
cos sin
x y
α α
= −
= −
8 Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác cạnh a : a)
a
π ; b)
2
3
a
π
; c) 3 a2
π ; d)
2
3
a
(92)PHẦN TỰ LUẬN : (16 điểm) Câu : (4,5 điểm)
1 Cho phương trình ( 4 ) 7 1 0
x − m + m x + m− = Định m để phương trình có nghiệm
phân biệt tổng bình phương tất nghiệm 10
2 Giải phương trình: 2
4
3
5 ( 1)
1 x x
x +x + + = +
Câu : (3,5 điểm)
1 Cho góc nhọn α Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :
2
cos sin
P= α − − α +
2 Chứng minh: (4+ 15)( 5− 3) 4− 15 =
Câu : (2 điểm)
Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :
( )
2
3
a+b+ + ≥c ab + bc + ca + a+ b+ c
Khi đẳng thức xảy ? Câu : (6 điểm)
Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), (O’) điểm thứ hai C, D Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) điểm thứ hai E, F
1 Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn
3 Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ
(93)ĐÁP
ÁN
PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm) 0,5đ ××××
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
a) x x
b) x x
c) x x
d) x x
PHẦN TỰ LUẬN : Câu : (4,5 điểm)
Đặt X = x2
(X ≥ 0)
Phương trình trở thành ( 4 ) 7 1 0
X − m + m X + m− = (1)
Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt dương +
0 0
S P
∆ > ⇔ >
>
2
2
( ) 4(7 1)
4
7
m m m
m m
m
+ − − >
⇔ + >
− >
(I) + Với điều kiện (I), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2
⇒ phương trình cho có nghiệm x1, = ± X1 ; x3, = ± X2
2 2 2
1 2( 2) 2( )
x x x x X X m m
⇒ + + + = + = + +
Vậy ta có 2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m
=
+ = ⇒ + − = ⇒
= −
+
Với m = 1, (I) thỏa mãn +
Với m = –5, (I) không thỏa mãn +
Vậy m =
Đặt 1
t =x +x + (t ≥ 1)
Được phương trình 3(t 1)
t + = − +
3t2 – 8t – = ⇒ t = ;
3
t = − (loại) +
Vậy 1 3
x +x + =
(94)Câu : (3,5 điểm)
2 2
cos sin cos cos
P= α − − α + = α − α +
2
cos 2cos
P= α − α+ (vì cosα > 0) +
2
(cos 1)
P= α − +
1 cos
P= − α (vì cosα < 1) +
2
(4+ 15)( 5− 3) 4− 15 =( 5− 3) (4+ 15) (2 4− 15) +
= ( 5− 3) 4+ 15
= ( 5− 3) (2 4+ 15) +
= (8 15 4− )( + 15) +
= +
Câu : (2 điểm)
( a− b)2 ≥0⇒ + ≥a b ab +
Tương tự, a+c≥2 ac
2
b+c≥ bc
1
a+ ≥ a +
1
b+ ≥ b
1
c+ ≥ c
Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta điều phải chứng minh +
(95)Câu : (6 điểm)
+
1
Ta có : ABC = 1v ABF = 1v
⇒ B, C, F thẳng hàng +
AB, CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy ++
ECA = EBA (cùng chắn cung AE (O) +
Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) +
⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI +
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp +
3
Gọi H giao điểm AB PQ
Chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng +
⇒ HP HA
HB = HP ⇒ HP
2 = HA.HB +
Tương tự, HQ2 = HA.HB +
⇒ HP = HQ ⇒ H trung điểm PQ +
Lưu ý :
- Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm
- Các cách giải khác hưởng điểm tối đa phần - Điểm phần, điểm tồn khơng làm trịn
lu«n lu«n cã nghiƯm
O O’
B A
C
D E
F I
P
(96)
-đề
I.Trắc nghiệm:(2 điểm)
Hy ghi li mt chữ đứng tr−ớc khẳng định Câu 1: Kết phép tính (8 18 98− + 72 : 2) :
A B 5 6+ C 16 D 44
Câu : Giá trị m phơng trình mx2 +2 x + = có hai nghiƯm ph©n biƯt :
A m ≠0
B
m < C m ≠0vµ
4
m < D m ≠0vµ m <1
Câu :Cho ABC nội tiếp đờng tròn (O) cã 60 ;0 450
B= C= Sđ BC là:
A 750 B 1050 C 1350 D 1500
Câu : Một hình nón có bán kính đ−ờng trịn đáy 3cm, chiều cao 4cm diện tích xung quanh hình nón là:
A 9π(cm2) B 12π(cm2) C 15π(cm2) D 18π(cm2)
II Tự Luận: (8 điểm)
Câu : Cho biểu thøc A=
1
x x x x
x x
+ − +
+
− +
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A
c) Víi gi¸ trị x A<1
Câu : Hai vòi nớc chảy vào bể đầy bể sau 24 phút Nếu chảy riêng vòi vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai Hỏi mở riêng vòi vòi chảy đầy bể?
Câu : Cho đ−ờng tròn tâm (O) đ−ờng kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C (AB>BC) Vẽ đ−ờng trịn tâm (O') đ−ờng kính BC.Gọi I trung điểm AC Vẽ dây MN vuông gúc vi AC ti I,
MC cắt đờng tròn tâm O' D
a) Tứ giác AMCN hình gì? Tại sao? b) Chøng minh tø gi¸c NIDC néi tiÕp?
(97)Đáp án
Câu Nội dung Điểm
1 C 0.5
2 D 0.5
3 D 0.5
4 C 0.5
5
a) A cã nghÜa ⇔
x x
≥
− ≠
⇔
0
x x
≥
≠
0.5
b) A=( ) ( )
2
1
1
x x x
x x
− +
+
− +
0.5
= x− +1 x 0.25
=2 x −1 0.25
c) A<1 ⇒ x −1<1 0.25
⇒ x <2 0.25
⇒ x <1 ⇒ x<1 0.25
KÕt hỵp điều kiện câu a) Vậy với 0x<1 A<1 0.25
2giê 24 phót=12 giê
Gäi thời gian vòi thứ chảy đầy bể x (giờ) ( Đk x>0)
0.25 Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: x+2 (giờ)
Trong vòi thứ chảy đợc :
x(bÓ)
0.5
Trong giê vòi thứ hai chảy đợc :
x + (bể)
Trong hai vòi chảy ®−ỵc :
x+
1
x + (bể)
Theo ta có phơng trình:
x+
1
x + =
1 12
5
0.25
GiaØ ph−¬ng trình ta đợc x1=4; x2
=-6 5(loại)
0.75 Vậy: Thời gian vòi thứ chảy đầy bể là:4
Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
(98)I
D
N M
O' O
A
C B
a) §−êng kÝnh AB ⊥ MN (gt) ⇒ I lµ trung điểm MN (Đờng kính dây cung) 0.5 IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đơng chéo AC MN cắt trung điểm đờng vuông góc với nên hình thoi
0.5 b) 900
ANB = (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 đờng tròn tâm (O) )
BN AN
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN) ⇒ BN ⊥ MC (1)
900
BDC = (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O') )
BD ⊥ MC (2)
Từ (1) (2) ⇒ N,B,D thẳng hàng 900
NDC = (3)
900
NIC = (v× AC ⊥ MN) (4)
0.5
Tõ (3) vµ (4) N,I,D,C nằm đờng tròn đờng kính NC
⇒ Tø gi¸c NIDC néi tiÕp 0.5
c) O∈BA O'∈BC mà BA vafBC hai tia đối ⇒ B nằm O O' ta
có OO'=OB + O'B đờng tròn (O) đờng tròn (O') tiếp xúc B 0.5
MDN vuông D nên trung tuyÕn DI =1
2MN =MI ⇒ MDI c©n ⇒ IMD=IDM T−¬ng tù ta cã O DC' =O CD' mà ' 900
IMD O CD+ = (vì 900
MIC = )
0.25 ⇒ ' 900
IDM +O DC= mµ MDC =1800 ⇒ IDO =' 900
do ID ⊥ DO ⇒ ID tiếp tuyến đ−ờng tròn (O') 0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa
§Ị
C©u1 : Cho biĨu thøc A=
2 ) ( :
1
1
2 2
3
− −
− +
+
+ −
−
x x x x x
x x x
x
(99).a, Ruý gän biÓu thøc A
.b , Tính giá trị biểu thức cho x= +2
c Tìm giá trị x để A=3 Câu2.a, Giải hệ ph−ơng trình: = + = − + − 12 ) ( ) ( y x y x y x
b Giải bất phơng trình: 15 2 + + − − − x x x x x <0
C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0
Xỏc nh m ph−ơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)
Câu Cho nửa đ−ờng trịn tâm O , đ−ờng kính BC Điểm A thuộc nửa đ−ờng trịn D−ng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đ−ờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED
a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b Tam giác BKC tam giác g× ? V× ?
đáp án
C©u 1: a Rót gän A=
x x2 −2
b.Thay x= +2 vào A ta đợc A=
2 2 + +
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=
2 17 ±
Câu : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ ta có
= + = − + − 12 ) ( ) ( y x y x y x <=> * = + = − 12 y x y x (1) * = + − = − 12 y x y x (2)
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 x=0; y=4 b) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)
mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
(100)O K F E D C B A
• Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2 ta có ,
∆ = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m
ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0) víi m≠ 1/2 pt cßn cã nghiƯm x=
1 − + − m m m = − m
pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<
1 − m <0 < − > + − 1 m m => < − > − 2 m m m =>m<0
VËy Pt cã nghiệm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:
a Ta có KEB= 900
mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng tròn)
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 tròn đờng kính BK b ∠BCF= ∠BAF
Mµ ∠ BAF= ∠BAE=450=> ∠ BCF= 450
Ta cã ∠BKF= ∠ BEF
Mµ BEF= BEA=450(EA đờng chéo hình vuông ABED)=> ∠BKF=450
V× ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B
Đề
Bµi 1: Cho biĨu thøc: P = ( )
− + − + + − − − 1 2 : 1 x x x x x x x x x x x
a,Rót gän P
b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun
Bµi 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)
a.Tìm m để ph−ơng trình (*) có nghiệm âm
b.Tìm m để ph−ơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mn 3
1 x
x =50
Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x
1, x2Chứng minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiƯm d−¬ng phân biệt t
1 t2
(101)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, Xỏc nh vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành
b, Gọi P Q lần l−ợt điểm đối xứng điểm D qua đ−ờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng
c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số d−ơng x; y tho mn: x + y
Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa: A =
xy y x 501 2 + + Đáp án Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0;x1
a, Rút gọn: P = ( )
( ) ( ) 1 : 1 2 − − − − x x x x x x z
<=> P =
1 ) ( − + = − − x x x x
b P =
1 1 − + = − + x x x
Để P nguyên
) ( 0 1 1 Loai x x x x x x x x x x x − = ⇒ − = − = ⇒ = ⇒ = − = ⇒ = ⇒ − = − = ⇒ = ⇒ = −
VËy víi x= {0;4;9} P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( ) ( ) < + = + > − + = ≥ − + − + = ∆ 6 2 2 2 m x x m m x x m m m ) )( ( 25 − < ⇔ − < > + − > = ∆ ⇔ m m m m
b Giải phơng trình: ( 2)3 ( 3)3 50 = + −
− m
(102) − − = + − = ⇔ = − + ⇔ = + + ⇔ 5 1 50 ) 3 ( 2 m m m m m m
Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax
12 + bx1 + c =0
V× x1> => c
1
1 + + =
a x b
x Chøng tá
1
x lµ nghiệm dơng phơng trình: ct 2 +
bt + a = 0; t1 =
1
1
x Vì x2 nghiệm phơng tr×nh:
ax2 + bx + c = => ax
22 + bx2 + c =0
v× x2> nªn c
1 2 = + + a x b
x điều chứng tỏ 2
1
x nghiệm dơng phơng
trình ct2 + bt + a = ; t =
2
1
x
VËy nÕu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x
1; x2 phơng tr×nh :
ct2 + bt + a =0 cịng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1 ; t2 t1 =
1
1
x ; t2 = 2
1
x
b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm d−ơng nên t1+ x1 =
1
1
x + x1 ≥2 t2 + x2 = 2
1
x + x2 ≥2
Do x1 + x2 + t1 + t2 ≥4
Bµi
a Giả sử đ tìm đ−ợc 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 vµ BH⊥ AC => BD⊥ AB vµ CD⊥ AC
Do đó: ∠ABD = 900 ∠ACD = 900
VËy AD lµ đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng tròn tâm O
(103)tứ giác BHCD hình bình hành
b) Vỡ P i xng vi D qua AB nên ∠APB = ∠ADB
nh−ng ∠ADB =∠ACB nh−ng ∠ADB = ∠ACB
Do đó: ∠APB = ∠ACB Mặt khác: ∠AHB + ∠ACB = 1800 => ∠APB + ∠AHB = 1800
Tø gi¸c 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 ∆ 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 đ−ờng kính kẻ từ A đ−ờng tròn tâm O
Đề
Bài 1: Cho biểu thøc:
( ) ( x )( y)
xy x
y x
y y
y x
x P
− + − + +
− −
+ =
1 1
) )
1 )( (
a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mn 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 :
= + +
= + +
= + +
27 1 1
9
zx yz xy
z y x
z y x
Bài 4: Cho đ−ờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đ−ờng tròn
) ;
(C≠ A C ≠ B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn
(O), gäi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân
(104)Bài 5: Cho x,y,z∈R tháa mn : z y x z y
x + + = + +
1
1
Hy tính giá trị cđa biĨu thøc : M =
4
3 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)
Đáp án
Bi 1: a) iu kin P xác định :; x ≥0; y ≥ 0; y ≠1; x + y ≠
*) Rót gän P: ( )
( )( )( )
(1 ) (1 )
1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ − − − + = + + − ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 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
x x y x y x x
x y
+ − + + + −
=
+ −
(1 )
x y y y x
y − + − = − ( )( ) ( ) ( )
1 1
1
x y y y y
y
− + − −
=
−
x xy y
= + −
VËy P = x + xy − y
b) P = ⇔ x + xy − y.=
( ) ( )
( 1)(1 )
1 1 = + − ⇔ = + − + ⇔ y x y y x
Ta cã: + y ≥1 ⇒ x − ≤1 ⇔0≤x≤4 ⇒ x = 0; 1; 2; ;
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mn
Bi 2: a) Đ−ờng 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 = m2 − 4m +8= (m− 2)2 + >0∀m nên phơng trình (*) có hai
nghim phõn biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B
b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung phơng trình : x2 + mx + m = cã hai nghiƯm
tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m <
Bµi :
( ) ( ) = + + = + + = + + 27 ) ( 1 1 xz yz xy z y x z y x
(105)Q N M O C B A ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
81 81
81 27
2( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
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 mn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =
Bµi 4:
a) XÐt ∆ABM vµ ∆NBM
Ta có: AB đờng kính đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o
M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ∆BAN cân đỉnh B
Tø gi¸c AMCB néi tiÕp
=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M
b) XÐt ∆ MCB vµ ∆ MNQ cã :
MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
∠ BMC =∠ MNQ ( v× : ∠MCB = ∠MNC ; ∠MBC = ∠MQN )
=> ∆ MCB = ∆ MNQ (c.g.c) => BC = NQ
XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC ⊥ BQ ⇒AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC =
R ) ( − Bµi 5: Tõ : z y x z y
x + + = + +
1
1
1 =>
0 1 1 = + + − + + z y x z y x =>
( + + ) = − + + + + z y x z z z y x xy y x ( ) ( ) ( )
( )( )( )
0 ) ( 1 = + + + ⇒ = + + + + + + ⇒ = + + + + ⇒ x z z y y x z y x xyz xy z zy zx y x z y x z xy y z
(106)y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
VËy M =
4
3 + (x + y) (y + z) (z + x).A =
§Ị
Bài 1: 1) Cho đ−ờng thẳng d xác định y = 2x + Đ−ờng thẳng d/ đối xng vi ng
thẳng d qua đờng thẳng y = x lµ: A.y =
2
1 x + ; B.y = x - ; C.y =
1 x - ; D.y = - 2x -
Hy chọn câu trả lời
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đ−ờng kính đáy đựng đầy n−ớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực n−ớc bình cịn lại
3
2 bình Tỉ số bán kính hình trụ
và bán kính hình cầu A.2 ; B.3 2 ; C 3; D kết khác Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + =
2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = x + y
Bài 3: 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) - Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần l−ợt điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho
MB MA =
2
Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ
Bµi 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB CD vuông góc với nhau, lấy điểm I đoan CD
a) Tỡm im M trờn tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA khơng đổi
c) Chứng minh đ−ờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định H−ớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C Trả li ỳng
2) Chọn D Kết khác: Đáp số là: Bài : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
(107)M D
C B
A
x
K O
N
I C
B A
XÐt A2 = (
x+ y)2 = x + y + xy = + xy (1) Ta cã:
2
y x +
xy
≥ (Bất đẳng thức Cô si)
=> > xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2
xy < + = Max A2 = <=> x = y =
2
1, max A =
2 <=> x = y = 1
Bài3 Câu 1Với x ta có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)
Cã tr−êng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Tr−êng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Tr−êng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =
Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm)
Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =
4
1AB Ta có D điểm cố định
Mµ
AB MA =
2
1 (gt)
MA AD =
2
1
XÐt tam gi¸c AMB tam giác ADM có MâB (chung)
AB MA =
MA AD =
2
Do ∆ AMB ~ ∆ ADM =>
MD MB =
AD MA =
=> MD = 2MD (0,25 ®iÓm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (khơng đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M
- Dựng đờng tròn tâm A bán kính
2 1 AB
- Dùng D trªn tia Ax cho AD =
4
1AB
M giao điểm DC đờng tròn (A;
2
1 AB)
(108)Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ∆INC = ∆IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ∆MKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta cã IA = IB = IM = IN
Vậy đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆AMN qua hai điểm A, B cố định
§Ị
Bài Cho ba số x, y, z tho mn đồng thời :
2 2 1 2 1 2 1 0
x + y+ = y + z+ =z + x+ =
Tính giá trị biểu thức : 2007 2007 2007
A=x +y +z
Bµi 2) Cho biÓu thøc : 5 4 2014
M =x − x+y +xy− y+
Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ Bài Giải hệ ph−ơng trình :
( ) ( )
2 18
1 72
x y x y
x x y y
+ + + =
+ + =
Bài Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C vµ D
a.Chøng minh : AC BD = R2
b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ Bài 5.Cho a, b số thực d−ơng Chứng minh :
( )2 2
2
a b
a+b + + ≥ a b+ b a
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân gi¸c AD Chøng minh : AD2 = AB AC - BD DC
H−íng dÉn gi¶i
Bài Từ giả thiết ta có :
2 2
2 2
x y
y z
z x
+ + =
+ + =
+ + =
(109)Cộng vế đẳng thức ta có :( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) 0
x + x+ + y + y+ + z + z+ = (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2
⇒ + + + + + = 1 x y z + = ⇔ + = + =
x y z
⇒ = = =
( )2007 ( )2007 ( )2007
2007 2007 2007 1 1 1 3
A x y z
⇒ = + + = − + − + − = − Vậy : A = -3
Bài 2.(1,5 điểm) Ta cã :
( 4 4) ( 2 1) ( 2 2) 2007
M = x + x+ + y + y+ + xy− −x y+ + ( 2)2 ( 1)2 ( 2)( 1) 2007
M = x− + y− + x− y− +
( ) ( ) ( )
2
2
1
2 1 2007
2
M x y y
⇒ = − + − + − +
Do (y −1)2 ≥0 vµ ( ) ( )
2
1
2
2
x y
− + − ≥
∀x y, 2007
M
⇒ ≥ ⇒Mmin =2007⇔x=2;y=1
Bµi §Ỉt : ( )
( )
1
u x x
v y y
= +
= +
Ta cã :
18 72 u v uv + = =
⇒ u ; v nghiệm phơng trình :
2
1
18 72 12;
X − X + = ⇒ X = X =
⇒ 12 u v = = ; 12 u v = = ⇒ ( ) ( ) 12 x x y y + = + = ; ( ) ( ) 12 x x y y + = + =
Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị
Bµi a.Ta cã CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC ⊥ OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đ−ờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD
⇒R2 = AC BD
b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp
;
MCO MAO MDO MBO
⇒ = = ( )
COD AMB g g
⇒ ∼ (0,25®)
(110)Do :
1
Chu vi COD OM
Chu vi AMB = MH
(MH1 ⊥ AB)
Do MH1 ≤ OM nªn
1
1
OM
MH ≥
⇒ Chu vi COD ≥ chu vi AMB
DÊu = x¶y ⇔ MH1 = OM ⇔ MO M điểm cung AB Bài (1,5 điểm) Ta có :
2
1
0;
2
a b
− ≥ − ≥
∀ a , b >
1
0;
4
a a b b
⇒ − + ≥ − + ≥ ( 1) ( 1)
4
a a b b
⇒ − + + − + ≥ ∀ a , b >
0
a b a b
⇒ + + ≥ + > MỈt khác a+b2 ab >0
Nhân vế ta cã : ( ) ( ) ( )
2
a+b a+b + ≥ ab a+ b
( )2 ( ) 2
2
a b
a b + a b b a
⇒ + + ≥ +
Bài (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC
Gọi E giao ®iĨm cđa AD vµ (O) Ta cã:ABD∼CED (g.g)
BD AD
AB ED BD CD
ED CD
⇒ = ⇒ =
( )
2
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
⇒ − =
⇒ = −
L¹i cã : ABD∼AEC g g( )
2
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
⇒ = ⇒ =
⇒ = −
Đè
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 4 + − x
x a) TÝnh f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =
4 ) (
2
−
x x
f x ≠
2 ±
d e
c b
(111)Câu 2: Giải hệ phơng trình + = + − − + = − ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( y x y x y x y x
C©u 3: Cho biĨu thøcA =
− + − − − − + : 1 1 x x x x x x x
x víi x > vµ x ≠
a) Rót gän A
b) Tìm giá trị x để A =
Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đ−ờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đ−ờng vng góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC
a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d TÝnh AH theo R d
Câu 5: Cho phơng tr×nh 2x2 + (2m - 1)x + m - =
Khơng giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mn: 3x1 -
4x2 = 11
đáp án
C©u 1a) f(x) = 4 ( 2)2
− = − = +
− x x x
x
Suy f(-1) = 3; f(5) =
b)
− = = ⇔ − = − = − ⇔ = 12 10 10 10 ) ( x x x x x f c) ) )( ( ) ( + − − = − = x x x x x f A
Víi x > suy x - > suy
2 + = x A
Víi x < suy x - < suy
2 + − = x A C©u
( 2) ( 2)( 4) 2
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21
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
C©u a) Ta cã: A =
(112) − + − − − − − + − + − + 1 ) ( : 1 ) )( ( ) )( ( x x x x x x x x x x x
x =
− + − − − − − + − : 1 1 x x x x x x x x x = : 1 − − + − + − x x x x x x = : − − + − x x x
x =
x x x x 1 − ⋅ − + − = x x −
b) A = =>
x x
−
2 = => 3x +
x - = => x = 2/3
C©u
Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
CB CH PB EH
= ; (1)
Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB) => ∠POB = ∠ACB (hai góc đồng vị)
=> ∆ AHC ∞ ∆ POB
Do đó:
OB CH PB AH
= (2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E lµ trung điểm AH b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta cã AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã
) ( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH2 = −
R
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2 2 2 2 2 2 2 d R d 2.R 4R ) R 4(d R d 8R (2R) 4PB 4R.2R.PB CB 4.PB 4R.CB.PB AH − = + − − = + = + =
Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th× ∆ > <=> (2m - 1)2 - (m - 1) >
Từ suy m ≠ 1,5 (1)
•
O
B C
H E
(113)Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có: ⇔ = − − = − − = + 11 4x 3x m x x 2m x x 2 = − − − = = 11 8m -26 7m 4m -13 8m -26 7m x 4m -13 x 1
Gi¶i phơng trình 11
8m -26 7m 4m -13
3 − − =
ta đợc m = - m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình đ cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mn: x1 + x2 = 11
§Ị 10
C©u 1: Cho P =
1 x x x + − + 1 x x x + + + - 1 x x + −
a/ Rót gän P
b/ Chøng minh: P <
3 víi x ≥ x
Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m lµ tham sè
a/ Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm
b/ Tìm m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm Câu 3: a/ Giải ph−ơng trình :
x +
1 2 x−
=
b/ Cho a, b, c sè thùc thâa mn :
0
2
2 11
a b
a b c
a b c
≥ ≥ + − + = + =
Tìm giá trị lớn giá trị bé Q = a + b + 2006 c
Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D khụng trựng vi
A, B) Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K
a/ Chứng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp b/ Tø gi¸c ABCK hình gì? Vì sao?
c/ Xỏc nh v trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bỡnh hnh ỏp ỏn
Câu 1: Điều kiện: x x (0,25 điểm)
P =
1 x x x + − + 1 x x x + + + - ( 1)( 1)
x
x x
+
(114)= 32
( )
x x
+
− +
1
x
x x
+ + + -
1
x −
= ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + − − + +
− + +
=
( 1)( 1)
x x
x x x
−
− + + =
x x+ x+
b/ Víi x ≥ vµ x ≠1 Ta cã: P <
3 ⇔
x
x+ x+ < ⇔ x < x + x + ; ( v× x + x + > )
⇔ x - x + >
⇔ ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)
Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiệm vµ chØ ∆’ ≥ ⇔ (m - 1)2 – m2 – ≥
⇔ – 2m ≥
⇔ m ≤
b/ Víi m ≤ th× (1) cã nghiƯm
Gọi nghiệm (1) a nghiệm lµ 3a Theo Viet ,ta cã: 22
.3
a a m
a a m
+ = −
= −
⇒ a=
m − ⇒3(
2
m − )2 = m2 –
⇔ m2 + 6m – 15 =
⇔ m = –3±2 ( thõa mn điều kiện)
Câu 3:
§iỊu kiƯn x ≠ ; – x2 > x ; x < Đặt y = 2 x2
− >
Ta cã:
2 2 (1)
1
2 (2)
x y x y
+ =
+ =
Tõ (2) cã : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy = -1
2
* Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm ph−ơng trình: X2 – 2X + =
⇔ X = ⇒ x = y =
* NÕu xy = -1
2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm ph−ơng trình:
X2 + X - 1
2 = ⇔ X =
1 − ±
K
D
(115)V× y > nªn: y =
2 − +
⇒ x = − −
Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =
2 − −
Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK h×nh thang
Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành ⇔ AB // CK ⇔ BAC =ACK
Mµ
2
ACK = s®EC =
2s®
BD = DCB
Nªn 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
§Ị 11
Câu 1: a) Xác định x ∈R để biểu thức :A =
x x
x x
− + − − +
1 1
2
2 Lµ mét sè tù nhiªn
b Cho biĨu thøc: P =
2 2
2 + +
+ + + + +
+ zx z
z y
yz y x
xy
x BiÕt x.y.z = , tÝnh
P Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a Chøng minh ®iĨm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC
Câu3 Giải phơng trình: 13 2 =5
x x
Câu Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R VÏ c¸c tiÕp tuyÕn AB, AC
với đờng tròn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D vµ E
Chøng minh r»ng:
a.DE lµ tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b R<DE<R
3
2
đáp án Câu 1: a
A = x x x x x
x x
x x
x x
x
x ( )
) ).(
1 (
1
1 2
2
2
− = + + −
− + = + + −
+
+ + −
− +
A số tự nhiên -2x số tự nhiên ⇔x =
k
(trong k ∈Z k≤ )
b.Điều kiện xác định: x,y,z ≥ 0, kết hpọ với x.y.z = ta đ−ợc x, y, z > xyz =2
(116)P = 2
( 2
2 + + =
+ + = + + +
+ + + +
+ xy x
xy x xy x
z
z x
xy xy x
xy
x (1đ)
P =1 P >
Câu 2: a.Đờng thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nªn ⇒ b = 4; a =
Vậy đờng thẳng AB y = 2x +
Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mn y = 2x + nên C không thuộc đ−ờng thng AB A, B,
C không thẳng hµng
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mn y = 2x + nên điểm D thuộc đ−ờng thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng
hµn
b.Ta cã :
AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10
⇒AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông C
Vậy S∆ABC = 1/2AC.BC = 2 10 10
1
= ( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x≥1, đặt x−1=u; 2−x =v ta có hệ ph−ơng trình:
= +
= −
1
3
v u
v u
Giải hệ phơng trình phơng pháp ta đợc: v =
⇒ x = 10
C©u
a.áp dụng định lí Pitago tính đ−ợc AB = AC = R ⇒ ABOC hình
vu«ng (0.5đ) Kẻ bán kính OM cho
BOD = ∠MOD⇒
∠MOE = ∠EOC (0.5®) Chøng minh ∆BOD = ∆MOD
⇒ ∠OMD = ∠OBD = 900
T−¬ng tù: ∠OME = 900
⇒D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đ−ờng trịn (O)
b.XÐt ∆ADE cã DE < AD +AE mµ DE = DB + EC
⇒2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R⇒DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R DE >
3 2R
VËy R > DE >
3 2R
B
M A
O
C D
(117)Đề 12
Câu 1: Cho hàm số f(x) = 4 + − x
x a) TÝnh f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =
4 ) ( − x x
f x ≠
2
Câu 2: Giải hệ phơng tr×nh
+ − = + − − + = − ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( y x y x y x y x
C©u 3: Cho biĨu thøc
A =
− + − − − − + : 1 1 x x x x x x x
x víi x > vµ x ≠
a) Rót gän A
2) Tìm giá trị x để A =
Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đ−ờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đ−ờng vng góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC
a) Chứng minh PC cắt AH trung ®iĨm E cđa AH b) Gi¶ sư PO = d Tính AH theo R d
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - =
Khơng giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mn: 3x1 - 4x2 = 11
đáp án Câu
a) f(x) = 4 ( 2)2
− = − = +
− x x x
x
Suy f(-1) = 3; f(5) =
b)
(118)Víi x > suy x - > suy + = x A
Víi x < suy x - < suy
2 + − = x A C©u = = ⇔ = + − = − ⇔ − + − = − + − − − + = − ⇔ + − = + − − + = − y -2 x 21 21 2 ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( y x y x x y xy x y xy x y xy x xy y x y x y x y x
C©u 3a) Ta cã: A =
− + − − − − + : 1 1 x x x x x x x x = − + − − − − − + − + − + 1 ) ( : 1 ) )( ( ) )( ( x x x x x x x x x x x x = − + − − − − − + − : 1 1 x x x x x x x x x = : 1 − − + − + − x x x x x x = : − − + − x x x
x =
x x x x 1 − ⋅ − + − = x x −
b) A = =>
x x
−
2 = => 3x +
x - = => x = 2/3
Câu
ã
O
B C
H E
(119)a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
CB CH PB EH
= ; (1)
Mặt khác, PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB
Do đó:
OB CH PB AH
= (2)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trug điểm AH
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta cã AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã
)
2 (
2PB AH.CB 2PB
AH.CB AH2 = −
R
⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2 2 2
2
2 2
2
2
d R d 2.R 4R
) R 4(d
R d 8R
(2R) 4PB
4R.2R.PB CB
4.PB 4R.CB.PB AH
− =
+ −
− =
+ =
+ =
⇔
C©u (1đ)
Để phơng trình có nghiệm phân biƯt x1 ; x2 th× ∆ >
<=> (2m - 1)2 - (m - 1) >
Từ suy m ≠ 1,5 (1)
(120)⇔ = − − = − − = + 11 4x 3x m x x 2m x x 2 = − − − = = 11 8m -26 7m 4m -13 8m -26 7m x 4m -13 x 1
Giải phơng trình 11
8m -26 7m 4m -13
3 − − =
ta đợc m = - m = 4,125 (2)
Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình đ cho có hai nghiệm phân biệt t
Đề 13
Câu I : Tính giá trị biểu thức: A =
5
1
+ +
1
+ +
1
+ + + 97 99
1 +
B = 35 + 335 + 3335 + +
3 99 35 3333 sè C©u II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a5 + a10
C©u III :
1) Chøng minh : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2)
2) ¸p dơng : cho x+4y = T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2
C©u : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đờng thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q
a) Chøng minh DM.AI= MP.IB b) TÝnh tØ sè :
MQ MP
C©u 5: Cho P =
x x x − + −
Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức
(121)1) A =
5
1
+ +
1
+ +
1
+ + + 97 99
1 +
=
2
( − 3+ − 5+ − 7+ + 99 − 97) =
2
( 99 − 3)
2) B = 35 + 335 + 3335 + +
3 99
35 3333
sè
= =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)
= 198 +
3
1( 99+999+9999+ +999 99)
198 +
3
1( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 +
B =
−
27 10 10101
+165
C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
C©u 3: 4®
1) Ta cã : (ab+cd)2 ≤ (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2
≤ a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
≤ a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
≤ (ad - bc)2 (®pcm )
DÊu = xy ad=bc
2) áp dụng đẳng thức ta có :
52 = (x+4y)2 = (x + 4y) ≤ (x2 + y2)( +1 16)=>
x2 + y2
≥ 17
25 => 4x2 + 4y2
≥ 17
100dÊu = xy x= 17
5 , y = 17
20 (2đ)
Câu : 5®
Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
∆ MPD đồng dạng với ∆ ICA =>
IA MP CI
DM
= => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1)
(122)Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA
Do ∆ DMQ đồng dạng với ∆ BIA =>
IA MQ BI
DM
= => DM.IA=MQ.IB (2)
Tõ (1) vµ (2) ta suy
MQ MP
=
C©u
Để P xác định : x2-4x+3 ≥ 1-x >0
Tõ 1-x > => x <
MỈt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < nên ta cã :
(x-1) < (x-3) < từ suy tích (x-1)(x-3) > Vậy với x < biểu thức có nghĩa
Víi x < Ta cã : P = x x x − + −
= x
x x x − = − − − ) )( ( Đề 14
Câu : a Rót gän biĨu thøc
( )2 1 1 + + + = a a
A Víi a >
b TÝnh gi¸ trÞ cđa tỉng 2 2 2 2 2 2
100 99 1 1 1
1+ + + + + + + + +
=
B
C©u : Cho pt
= − + −mx m x
a Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m
b Gọi x1, x2 hai nghiệm pt Tìm GTLN, GTNN cña bt
( 1) 2 2 2 + + + + = x x x x x x P
C©u : Cho x≥1, y≥1 Chøng minh
xy y
x + + ≥ +
+ 1 1 2
Câu Cho đ−ờng tròn tâm o dây AB M điểm chuyển động đ−ờng tròn, từM kẻ MH ⊥⊥⊥ AB (H ∈⊥ ∈∈ AB) Gọi E F lần l−ợt hình chiếu vng góc H MA MB Qua ∈ M kẻ đ−ờng thẳng vng góc với è cắt dây AB D
1 Chứng minh đ−ờng thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đ−ờng tròn
(123)BH AD BD AH MB MA 2 = Hớng dẫn Câu a Bình phơng vÕ
( 1) + + + = ⇒ a a a a
A (V× a > 0)
c áp dụng câu a
100 9999 100 100 1 1 = − = ⇒ + − + = B a a A
C©u a : cm ∆≥0 ∀m
B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta cã:
− = = + 2 m x x m x x 2 + + = ⇒ m m
P (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn
1 2 1 = ⇔ = − = ⇔ − = ⇒ ≤ ≤ − ⇒ m GTNN m GTLN P
Câu : Chuyển vế quy đồng ta đ−ợc
b®t ( )
( )( )
( )
(1 )(1 )
1
1 2 ≥
+ + − + + + − ⇔ xy y y x y xy x x y x
( − ) (2 −1)≥0
⇔ x y xy xy≥1
C©u 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ
- Chứng minh MD đờng kính (o) =>
b
Gọi E', F' lần lợt hình chiếu D MA MB Đặt HE = H1
HF = H2
( )1 2 2 MB h HF MA h HE BH AD BD AH = ⇒ HEF ∆
⇔ ∞ ∆DF'E'
(124)⇒HF.h2 =HE.h
Thay vµo (1) ta cã:
BH AD BD AH MB
MA
2
=
§Ị 15
C©u 1: Cho biĨu thøc D =
+ + + −
+
ab b a ab
b a
1
1 :
− + + +
ab ab b a
1
a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =
3
2
c) Tìm giá trị lớn D Câu 2: Cho phơng trình
3
2
− x
2- mx +
3
2
− m
2 + 4m - = (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm tho mn 2
1
1
x x x
x + = +
Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân gi¸c AI, biÕt AB = c, AC = b, ˆ ( 900) = =α α
A Chøng
minh r»ng AI =
c b
Cos bc
+
2 α
(Cho Sin2α =2SinαCosα )
Câu 4: Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB điểm N di động nửa đ−ờng tròn cho NA ≤ NB Vễ vào đ−ờng trịn hình vng ANMP
a) Chứng minh đ−ờng thẳng NP qua điểm cố định Q
b) Gọi I tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp c) Chứng minh đ−ờng thẳng MP qua điểm cố định
C©u 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = vµ x + y + z = -1 Hy tính giá trị của:
B =
x xyz y zx z xy
+ +
(125)b a A α α
Câu 1: a) - Điều kiện xác định D
≠ ≥ ≥ 0 ab b a
- Rót gän D
D =
− + ab a b a 2 : − + + ab ab b a D = + a a
b) a = ( 1)
1 ( 2 + = ⇒ + = + = + a
VËy D =
3 3 2 2 − − = + +
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
1
2 a ≤a+ D
Vậy giá trị D
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)
2
1 2
= − + ⇔ = − +
⇔ x x x x
+ − = − − = ⇒ 10 10 x x
b) Để phơng trình cã nghiƯm th×
4
2
0⇔− + ≥ ⇔ ≤ ≥
m m (*)
+ Để phơng trình có nghiƯm kh¸c
+ − ≠ − − ≠ ⇒ ≠ − + ⇔ 4 2 m m m m (*) + = − = + ⇔ = − + ⇔ + = + 0 ) )( ( 1 2 2 2
1 x x
x x x x x x x x x x + − = − − = = ⇔ = − + = ⇔ 19 19 0 2 m m m m m m
KÕt hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = vµ m=−4 − 19
(126)1 2 F I Q P N M B A + ; α bSin AI S∆AIC =
+ ;
2
α
bcSin S∆ABC =
AIC ABI
ABC S S
S∆ = ∆ + ∆
c b bcCos c b Sin bcSin AI c b AISin bcSin + = + = ⇒ + = ⇒ 2 ) ( ) ( α α α α α
C©u 4: a) N =ˆ1 Nˆ2Gäi Q = NP ∩(O)
QA QB
⇒ = Suy Q cố định
b) Aˆ1 =Mˆ1(= Aˆ2)
⇒Tø gi¸c ABMI néi tiÕp
c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF
ABF vuông A ⇒ ˆ 450 ˆ 450
= ⇒
= AFB B
L¹i cã Pˆ1 =450 ⇒ AFB=Pˆ1 ⇒Tø gi¸c APQF néi tiÕp
⇒ ˆ ˆ 900
= = AQF F
P A
Ta cã: ˆ ˆ 900 900 1800
= + = + APM F
P A
M1,P,F Thẳng hàng
Câu 5: Biến đổi B = xyz
+ + 2 2
2 1 z y
x =
2 = = xyz xyz §Ị 16
Bµi 1: Cho biĨu thøc A =
2
4( 1) 4( 1)
1 4( 1)
x x x x
x x x − − + + − − − − −
a) Tìm điều kiện x để A xác định b) Rút gọn A
Bài : Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) B(3; -4) a) Viết ph−ơng tình đ−ờng thẳng AB
(127)Bài : Tìm tất số tự nhiên m để ph−ơng trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + =
cã nghiƯm nguyªn
Bài : Cho tam giác ABC Phân giác AD (D ∈ BC) vẽ đ−ờng tròn tâm O qua A D đồng thời tiếp xúc với BC D Đ−ờng tròn cắt AB AC lần l−ợt E F Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED ADC; àD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = à.AB = AC2
Bµi : Cho số dơng x, y thỏa mn ®iỊu kiƯn x2 + y2 ≥ x3 + y4 Chøng minh:
(128)Đáp án Bài 1:
a) §iỊu kiƯn x tháa mn
2
1
4( 1) 4( 1) 4( 1) x
x x
x x
x x
− ≠
− − ≥
+ − ≥
− − >
⇔
1 1 x x x x
≠
≥
≥ ≠
⇔ x > vµ x ≠
KL: A xác định < x < x > b) Rút gọn A
A = 2
2
( 1) ( 1)
( 2)
x x x
x x
− − + − + −
− −
A = 1 1
2
x x x
x x
− − + − + −
− −
Víi < x < A =
1 x−
Víi x > A =
1 x −
KÕt luËn
Víi < x < th× A =
1 x−
Víi x > th× A =
1 x −
Bµi 2:
a) A B có hồnh độ tung độ khác nên ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB có dạng y = ax + b
A(5; 2) ∈ AB ⇒ 5a + b = B(3; -4) ∈ AB ⇒ 3a + b = -4 Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13
VËy phơng trình đờng thẳng AB y = 3x - 13 b) Gi¶ sư M (x, 0) ∈ xx’ ta cã
MA = (x −5)2 +(0 2)− MB = (x −3)2 +(0 4)+
∆MAB c©n ⇒ MA = MB ⇔ (x−5)2 +4 = (x−3)2 +16 ⇔ (x - 5)2 + = (x - 3)2 + 16
⇔ x =
KÕt luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bài 3:
(129)Ta lại có: m = 0; < loại m = = = 22 nhËn
m ≥ th× 2m(m - 2) > ⇔ 2m2 - 4m - >
⇔ ∆ - (2m2 - 2m - 5) < ∆ < ∆ + 4m +
⇔ m4 - 2m + < ∆ < m4
⇔ (m2 - 1)2 < ∆ < (m2)2
không phơng Vậy m = giá trị cần tìm Bài 4:
a) ( )
2
EAD=EFD = sd ED (0,25)
( )
2
FAD= FDC = sd FD (0,25)
mµ EDA =FAD ⇒EFD=FDC (0,25)
⇒ EF // BC (2 gãc so le nhau) b) AD phân giác góc BAC nên DE =DF
sđ
2
ACD = s®(AED DF−) =
2s®AE = s®ADE
do ACD= ADE EAD =DAC
D ADC (g.g)
Tơng tự: sđ ( )
2
ADF= sd AF= sd AFD DF− = 1( )
2 sd AFD DE− =sd ABD ⇒ ADF= ABD
do ∆AFD ~ →ΑΒ (g.g c) Theo trên:
+ ∆AED ~ ∆ΑDB
⇒ AE AD
AD = AC hay AD
2 = AE.AC (1)
+ ∆ADF ~ ∆ABD ⇒ AD AF
AB = AD
⇒ AD2 = AB.AF (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF
Bài (1đ):
Ta có (y2 - y) + ≥ ⇒ 2y3 ≤ y4 + y2
⇒ (x3 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x2 + y2) + (y4 + x3)
mà x3 + y4 ≤ x2 + y3
x3 + y3 ≤ x2 + y2 (1)
+ Ta cã: x(x - 1)2 ≥ 0: y(y + 1)(y - 1)2 ≥
⇒ x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2 ≥
⇒ x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y ≥
⇒ (x2 + y2) + (x2 + y3) ≤ (x + y) + (x3 + y4)
F E
A
B
(130)mµ x2 + y3 ≥ x3 + y4
⇒ x2 + y2 ≤ x + y (2)
vµ (x + 1)(x - 1) ≥ (y - 1)(y3 -1) ≥
x3 - x2 - x + + y4 - y - y3 + ≥
⇒ (x + y) + (x2 + y3) ≤ + (x3 + y4)
mµ x2 + y3 ≥ x3 + y4
⇒ x + y ≤ Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:
x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ x + y ≤
Đề 14
Câu 1: x- 4(x-1) + x + 4(x-1)
cho A= ( - ) x2- 4(x-1) x-1
a/ rót gän biĨu thøc A
b/ Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên
Câu 2: Xác định giá trị tham số m để ph−ơng trình x2-(m+5)x-m+6 =0
Cã nghiƯm x1 x2 tho mn điều kiện sau:
a/ Nghiệm lớn nghiệm đơn vị b/ 2x1+3x2=13
Câu 3Tìm giá trị m để hệ ph−ơng trình mx-y=1
m3x+(m2-1)y =2
v« nghiƯm, v« sè nghiƯm
Câu 4: tìm max biểu thức: x2+3x+1
x2+1
Câu 5: Từ đỉnh A hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với góc 450 Một tia cắt
cạnh BC E cắt đờng chéo BD P Tia cắt cạnh CD F cắt đờng chéo BD Q a/ Chứng minh điểm E, P, Q, F C nằm đờng tròn
b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP
c/ Kẻ trung trực cạnh CD cắt AE M tính số đo góc MAB biết CPD=CM
h−íng dÉn
Câu 1: a/ Biểu thức A xác định x≠2 x>1
( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2
A= ( ) (x-2)2 x-1
(131)1
Q
P M
F
E
D C
B A
= = = x-2 x-1 x-1 x-1 b/ Để A nguyên x- ớc dơng
* x- =1 x=0 loại * x- =2 th× x=5
vËy víi x = A nhận giá trị nguyên
Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để ph−ơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt
vµchØ m≤-7-4 vµ m≥-7+4 (*)
a/ Gi¶ sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)
x1+x2=m+5 (2)
x1x2 =-m+6 (3)
Giải hệ tađợc m=0 m=-14 tho mn (*) b/ Theo gi¶ thiÕt ta cã: 2x1+3x2 =13(1’)
x1+x2 = m+5(2’)
x1x2 =-m+6 (3)
giải hệ ta đợc m=0 m= Thoả mn (*)
Câu 3: *Để hệ vô nghiệm m/m3=-1/(m2-1) 1/2
3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0
3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=
±1/2 m=±1/2
∀m *HƯv« sè nghiƯm th×: m/m3=-1/(m2-1) =1/2
3m3-m=-m3 m=0
3m2-1= -2 m=
±1/2
V« nghiƯm
Khơng có giá trị m để hệ vô số nghiệm
Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1
gäi y0 lµ giá trịcủa hàmphơng trình: y0= x2+1
(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm
*y0=1 suy x = y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ 9 suy
-2 ≤ y0 ≤
VËy: ymin=-2 y max=4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) Giải
a/ A1 B1 nhìn đoạn QE d−íi mét gãc 450
⇒ tø gi¸c ABEQ nội tiếp đợc FQE = ABE =1v
chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠FBE = 1v
(132)⇒ AE
AQ = (1)
tơng tự APF vuông cân ⇒ AF
AB = (2)
tõ (1) vµ (2) ⇒ AQP ~ AEF (c.g.c)
AEF AQP
S
S = ( )
2 hay S
AEF = 2SAQP
c/ §Ĩ thÊy CPMD néi tiÕp, MC=MD vµ ∠APD=∠CPD
⇒∠MCD= ∠MPD=∠APD=∠CPD=∠CMD
⇒MD=CD ⇒ ∆MCD ⇒ ∠MPD=600
mµ ∠MPD lµ gãc ngoµi cđa ∆ABM ta cã ∠APB=450 vËy ∠MAB=600-450=150
Đề 17
Bài 1: Cho biÓu thøc M =
x x x
x x
x x
− + + −
+ + + −
−
2 3
1
9
d Tìm điều kiện x để M có nghĩa rút gọn M e Tìm x để M =
f Tìm x ∈ Z để M Z
bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng tho mn phơng trình 3x2 +10 xy + 8y2 =96
b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = Bài 3: a Cho sè x, y, z d¬ng tho mn
x
1 +
y
1 +
z
1 =
Chøng ming r»ng:
z y
x+ +
2
1 +
z y x+2 +
1 +
z y
x
1 +
+
b Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: B = 2 2 2006
x x
x − +
(với x 0)
Bài 4: Cho hình vuông ABCD KỴ tia Ax, Ay cho x ˆAy = 450
Tia Ax cắt CB BD lần lợt E P, tia Ay cắt CD BD lần lợt F Q a Chứng minh điểm E; P; Q; F; C nằm đờng tròn
b S∆AEF = S∆APQ
(133)Cho ba sè a, b , c kh¸c tho mn: + + =
c b
a ; Hy tÝnh P = 2 b2
ac a bc c ac + + đáp án Bài 1:M =
x x x x x x x − + + − + + + − − 3
a.ĐK x0;x4;x9 0,5đ
Rót gän M = ( )( ) ( )( )
( 2)( 3)
2 3 − − − + + − + − − x x x x x x x
Biến đổi ta có kết quả: M =
( 2)( 3) − − − − x x x
x M = ( )( )
( )( )
1 − + = ⇔ − − − + x x M x x x x ( ) 16 4 16 16 15 5 5 M b = ⇒ = = ⇒ = ⇔ − = + ⇔ − = + ⇒ = − − ⇔ = x x x x x x x x x
c M =
3 4 3 − + = − + − = − + x x x x x
Do M znên x3là ớc x3 nhận giá trÞ: -4; -2; -1; 1; 2;
{1;4;16;25;49}
∈
⇒ x x≠4⇒ x∈{1;16;25;49}
Bµi a 3x2 + 10xy + 8y2 = 96
< > 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96
< > (3x2 + 6xy) + (4xy + 8y2) = 96
< > 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96
< > (x + 2y)(3x + 4y) = 96
Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng 3x + 4y > x + 2y ≥3
mà 96 = 25 có ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành tích thừa
(134)Lại có x + 2y 3x + 4y có tích 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y số chẳn = + = + 24 y x y x
Hệ PT vô nghiệm Hc = + = + 16 y x y x = = ⇒ y x Hc = + = + 12 y x y x
HƯ PT v« nghiƯm
VËy cÊp sè x, y nguyên dơng cần tìm (x, y) = (4, 1) b ta cã /A/ = /-A/ ≥A∀A
Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/ ≥ /x−2005+2008−x/≥ /3/ =3 (1)
mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = (2) KÕt hợp (1 (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ ≤0 (3)
(3) sảy
= = ⇔ = − = − 2007 2006 / 2007 / / 2006 / y x y x Bµi
a Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
b Víi mäi a, b thuéc R: x, y > ta cã ( ) (*)
2 2 y x b a y b x a + + ≥ +
< >(a2y + b2x)(x + y) ( ) xy b
a+
≥
⇔a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy ≥ a2xy + 2abxy + b2xy ⇔a2y2 + b2x2 ≥ 2abxy
⇔a2y2 – 2abxy + b2x2 ≥
⇔(ay - bx)2 ≥ (**) bất đẳng thức (**) với a, b, x,y >
DÊu (=) x¶y ay = bx hay a b
x = y
áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có
2 2 2
1 1 1 1
1 2 2 4 4
2x y z 2x y z x y x z x y x z
(135)2 2
1 1
1 1
4 4
16
x y x z x y z
≤ + + + = + +
T¬ng tù 1
2 16
x y z x y z
≤ + +
+ +
1 1
2 16
x y z x y z
≤ + +
+ +
Cộng vế bất đẳng thức ta có:
1 1 1 1 1 1
2 2 16 16 16
1 4 4 1 1
.4
16 16
x y z x y z x y z x y z x y z x y z
x y z x y z
+ + ≤ + + + + + + + +
+ + + + + +
≤ + + ≤ + + ≤ =
V× 1
x+ y+ z =
( )
2
2 2006
0
x x
B x
x
− +
= ≠
Ta cã:
x x x
B x
x x B
2006
2006 2006
2006 2006
2 2
2
+ −
= ⇔ +
−
=
( ) ( )
2006 2005 2006
2005 2006
2005 2006
2 2
2
+ +
− ⇔ +
− = ⇔
x x
x
x x
B
V× (x - 2006)2
≥ víi mäi x
x2 > víi mäi x kh¸c
( )
2
2006 2005 2005
0 2006
2006 2006 2006
x
B B khix
x
−
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ = =
Bµi 4a 450
EBQ =EAQ = ⇒EBAQ néi tiÕp; Bˆ = 900 gãc AQE = 900 gãcEQF = 900
T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450
Tø gi¸c FDAP néi tiÕp gãc D = 900 gãc APF = 900 gãc EPF = 900 …… 0,25®
Các điểm Q, P,C ln nhìn dới 1góc900 nên điểm E, P, Q, F, C nằm đờng
trịn đờng kính EF ………0,25đ
(136)Gãc AFE + gãc EPQ = 1800
Tam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)
2
2 1 2
2
APQ
APQ AEE
AEF
S
k S S
S ∆
∆ ∆
∆
= = = ⇒ =
c gãc CPD = gãc CMD tø gi¸c MPCD néi tiÕp gãc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD)
Lại có gãc MPD = gãc CPD (do BD lµ trung trùc cña AC) gãc MCD = gãc MDC (do M thc trung trùc cđa DC)
góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC góc CMD = 600 tam giác DMA cân D (vì AD = DC = DM)
Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300
gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : = 750 gãcMAB = 900 750 = 150
Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0) x = -(y + z)
x3 + y3 + z3 – xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz
-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz = Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = x3 + y3 + z3 = 3xyz
1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc
Do P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc =
nÕu 1/a + 1/b + 1/c =o th× P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 =
Đề 19 Bài 1Cho biÓu thøc A = ( 3)22 12
x x
x − +
+ ( 2)2 8
x
x+ −
a Rót gän biĨu thøc A
(137)Cho đờng thẳng:
y = x-2 (d1) y = 2x – (d2)
y = mx + (m+2) (d3)
a Tìm điểm cố định mà đ−ờng thẳng (d3 ) qua với giá trị m b Tìm m để ba đ−ờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy
Bµi 3: Cho phơng trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)
a Chøng minh ph−¬ng trình có nghiệm phân biệt
b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phơng trình (1) mà không phụ thuộc vào m
c Tìm giá trị nhỏ P = x2
1 + x22 (với x1, x2 nghiệm phơng tr×nh (1))
Bài 4: Cho đ−ờng trịn (o) với dây BC cố định điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC>AB AC > BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q lần l−ợt giao điểm cặp đ−ờng thẳng AB với CD; AD CE
a Chøng minh r»ng DE// BC
b Chøng minh tø gi¸c PACQ nội tiếp
c Gọi giao điểm dây AD vµ BC lµ F Chøng minh hƯ thøc:
CE
1 =
CQ
1 +
CE
1
Bµi 5: Cho số dơng a, b, c Chứng minh rằng: <2 + + + + + <
a c
c c b
b b a
a
đáp án Bài 1: - Điều kiện : x ≠0
a Rót gän: 4
2
+ −
+ + +
= x x
x x x
A
2
− + +
= x
x
x
- Víi x <0:
x x x
A 2
2+ −
−
=
- Víi 0<x≤ 2:
x x
A= +3
- Víi x>2 :
x x x
A 2
2
+ −
=
b Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên <=> x2 + x
<=> 3x => x = {−1 −; 3;1;3 }
(138)a (d1) : y = mx + (m +2)
<=> m (x+1)+ (2-y) = Để hàm số qua điểm cố định với m
= − = + y x =.> = − = y x
Vậy N(-1; 2) điểm cố định mà (d3) qua b Gọi M giao điểm (d1) (d2) Tọa độ M nghiệm hệ
− = − = 2 x y x y => = = y x
VËy M (2; 0)
Nếu (d3) qua M(2,0) M(2,0) nghiÖm (d3) Ta cã : = 2m + (m+2) => m=
-3
VËy m =
-3
2 th× (d
1); (d2); (d3) đồng quy
Bµi 3: a ∆'= m2 –3m + = (m -
2 3)2 +
4 7>0
m
Vậy phơng trình cã nghiƯm ph©n biƯt b Theo ViÐt:
− = − = + ) ( 2 m x x m x x => − = − = + 2 2 2 m x x m x x <=> x1+ x2 – 2x1x2 – = kh«ng phơ thuéc vµo m
a P = x12 + x
12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3)
= (2m -
2 5)2 +
m ∀ ≥ 15 15
VËyPmin =
4
15víi m =
5
Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a Sđ∠CDE =
2
1S® DC =
1S® BD =
BCD
∠
=> DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le) b ∠APC =
2
1 s® (AC - DC) =
∠ AQC
=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC
cùng nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp
∠CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ) ∠CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC)
Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ
Ta cã:
PQ DE =
CQ
(139)FC DE =
QC
QE (v× DE// BC) (2)
Céng (1) vµ (2) : + = + = =1
CQ CQ CQ QE CE FC DE PQ DE => DE FC PQ 1 =
+ (3)
ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy PQ = CQ Thay vµo (3) :
CE CF CQ 1 = +
Bµi 5:Ta cã:
c b a
a
+
+ < b a a
+ < a b c c a + + + (1) c b a b +
+ < b c b
+ <a b c a b + + + (2) c b a c +
+ < c a c
+ < a b c b c + + + (3) Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :
<
b a
a
+ + b c b
+ + c a c
+ <
Đề 20
Bài 1: (2đ)
Cho biÓu thøc:
P =
1 : 1 + − + + − + − − + − x x x x x x x x
a) Rót gän P
(140)Bài 2: (2đ) Một ng−ời đự định xe đạp từ A đến B cách 20 km thời gian đ định Sau đ−ợc với vận tốc dự định, đ−ờng khó nên ng−ời giảm vận tốc 2km/h qung đ−ờng cịn lại, ng−ời đến B chậm dự định 15 phút Tính vận tốc dự nh ca ngi i xe p
Bài 3: (1,5đ) Cho hệ phơng trình:
= + −
= −
m my
x y mx
1
3
a) Giải hệ phơng trình với m =
b) Tìm m để hệ có nghiệm thoả mn x + y =
Bài 4: (3đ) Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Điểm M tuỳ ý nửa đờng tròn Gọi N P lần lợt điểm cung AM cung MB AP cắt BN I
a) TÝnh sè ®o gãc NIP
b) Gäi giao ®iĨm cđa tia AN vµ tia BP lµ C; tia CI AB D Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc
c) Tỡm qu tớch trung điểm J đoạn OC M di động nửa tròn tròn tâm O Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) đ−ờng thẳng y = 3x + 2m – (d)
a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm toạ độ hai điểm b) Tìm quỹ tích chung điểm I AB m thay đổi
-
(Häc sinh kh«ng đợc sử dụng tài liệu nào)
Đáp án Môn: Toán
Bài 1: (2đ) a) (1,5đ)
- Thực đợc biểu thức ngoặc bằng:
) )( (
) (
+ −
+ −
x x
(141)- Thực phép chia
4 + −
x 0,25®
- Thực phép cộng bằng:
4 +
−
x
x 0,25®
- Điều kiện đúng: x ≥ 0; x ≠ 0,25đ b) (0,5đ)
- ViÕt P =
4
+ −
x lập luận tìm đợc GTNN P = -1/4 x = 0,5đ
Bài 2: (2đ)
1) Lập ph−ơng trình (1,25đ)
- Gọi ẩn, đơn vị, đk 0,25đ - Thời gian dự định 0,25đ - Thời gian thực tế 0,5đ - Lập luận viết đ−ợc PT 0,25đ 2) Gải ph−ơng trình 0,5đ 3) đối chiếu kết trả lời 0,25đ Bài 3: (1,5đ) a) Thay m = giải hệ đúng: 1đ
b) (0,5®)
Tìm m để hệ có nghiệm 0,25đ Tìm m để hệ có nghiệm thoả mn x + y = KL 0,25đ Bài 4: (3đ) Vẽ hình 0,25đ a) Tính đ−ợc số đo góc NIP = 1350 0,75đ
b) (1®)
Vẽ hình C/m đợc góc NDP = 900 0,5đ
Chứng minh đợc tứ giác DOPN nội tiếp đợc 0,5đ c) (1đ) + C/m phần thuận
Kẻ JE//AC, JF//BC C/m ®−ỵc gãc EJF = 450 0,25®
Lập luận kết luận điểm J: 0,25đ
+ C/m phần đảo 0,25đ
+ KÕt luËn quü tÝch 0,25đ Bài 5: (1,5đ) a) (1đ)
Tỡm c iu kiện m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt: 0,5đ Tìm đ−ợc toạ độ điểm A, B 0,5đ b) Tìm đ−ợc quỹ tích trung điểm I:
− = + =
− = + =
4 11
4
m y
y y
x x x
B A I
B A I
...1( 10< /sub>2 -1 +10< /sub>3 - 1 +10< /sub>4 - 1+ +10< /sub >100 – 1) = 198 – 33 +
B =
−
27 10 1 0101
... nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp∠CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ) ∠CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC)
Suy ∠ CPQ = ∠ CDE => DE/ / PQ
Ta cã:
PQ DE< /i>... (139)
FC DE< /i> =
QC
QE (v× DE/ / BC) (2)