1. Trang chủ
  2. » Vật lí lớp 11

nha tho le anh xuan các nhà văn nhà thơ huỳnh duy linh thư viện tư liệu giáo dục

11 11 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 11
Dung lượng 195 KB

Nội dung

Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.. Theo Viet ,ta cã:.[r]

(1)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 1

TP Đ ƠN THI TUYN VÀO LP 10 §Ị :

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 m2n

3 x

x =50

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

( ) ( )

2

18

1 1 72

x y x y

x x y y  + + + = 

+ + =

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

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

b, Gọi P Q lần 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 Cho x>o ;

2

7 x

x

+ = Tính: 5 x

x +

Đáp án

Bài 1: (2 điểm) §K: x ≥0;x ≠1

a, Rót gän: P = ( )

( )

( )

1

:

1

2

− − −

x x x

x x

x z

<=> P =

1 1 )

1 (

1

2 −

+ = −

x x x

x

b P =

1 1

− + = − +

x x

x Để P nguyên

) ( 1 2

1

9 3

2 1

0 0

1 1

4 2

1 1

Loai x

x

x x

x

x x

x

x x

x

− = ⇒ − = −

= ⇒ = ⇒ = −

= ⇒ = ⇒ − = −

= ⇒ = ⇒ = −

(2)

( ) ( )

     

< + = +

> − + =

≥ − + −

+ = ∆

0

0

0

1

2

2

2

m x x

m m x x

m m m

2

0 ) )( (

0 25

− < ⇔

      

− <

> + −

> = ∆

m

m

m

m

b Giải phơng trình: (m2)3 −(m+3)3 =50

      

− − =

+ − = ⇔

= − + ⇔ = + + ⇔

2

2

0 50

) 3 (

2

2

m m

m m m

m

Bµ3. §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;

XX + = ⇒ X = X =

⇒ 12

6 u v

=

 

=

 ;

6 12 u v

=

 

=

⇒ ( )

( )

1 12 x x

y y

 + =

 

+ =

 ;

( )

( )

1 12 x x

y y

 + =

 

+ =

Giải hai hệ ta đợc : NghiƯm cđa hƯ lµ : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị Bà4

a Giả sử đ2 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 BH⊥ AC => BD⊥ AB CD⊥ AC Do đó: ∠ABD = 900 ∠ACD = 900

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

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

Tứ giác APBH nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn nên ∠PAB = ∠PHB Mà ∠PAB = ∠DAB đó: ∠PHB = ∠DAB

Chøng minh t−¬ng tù ta cã: ∠CHQ = ∠DAC

H

O

P

Q

D

C B

(3)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 3 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 nht

D đầu đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O Bi T

2

2

1 1

7

x x x x

x x x x

   

+ = ⇒ +  − = ⇒ +  = ⇒ + =

    (do x>o)

Nênx5 15 x x4 x31 x2 12 x 13 14 x4 14 x2 12

x x x x x x x x

 

     

+ = +   − + − + =  + − + + 

       

( )

2

3 x 49 123

x

  

=  + − − + = − =

 

 

HT

Đề :

Câu1 : Cho biÓu thøc A=

2 ) 1 ( : 1

1 1

1

2 2

3

− −    

 

− +

+    

 

+ −

x x x x x

x x x

x

Víi x≠ 2;±1 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 phơng trình:

2

( ) 4 3( )

2 3 7

x y y x

x y

 − − = − 

+ =

b Giải bất phơng trình:

3

2

4 20

3

x x x

x x

− − −

+ + <0

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xỏc định m để ph−ơng trình có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để ph−ơng trình có nghiệm phõn biệt x1;x2 cho:x12+x22 =3

Câu Cho nửa đ−ờng trịn tâm O , đ−ờng kính BC Điểm A thuộc nửa đ−ờng trịn D−ng hình vng 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 ®−êng trßn b chøng minh r»ng :BK tiếp tuyến của(o)

c chøng minh r»ng :F trung điểm CK

đáp án

C©u 1: a Rót gän A= x x2 −2

(4)

O K

F E

D

C B

A

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

2 17 3±

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

Từ ta có

2

( ) 4 3( )

2 3 7

x y y x

x y

 − − = − 

+ =

 <=>*

1

2

x y x y

− =

 

+ =

 (1) V *

4

2

x y x y

− = −

 

+ =

 (2)

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

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

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

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

• a)XÐt 2m-1≠0=> m≠ 1/2

và∆, = m2-2m+1= (m-1)2 > 0 m≠1

ta thÊy pt cã nghiƯm p.biệt víi m≠ 1/2 m≠1

b) m=2

±

C©u 4:

a Ta cã ∠KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng tròn)

do CF kéo dài cắt ED t¹i D

=> ∠BFK= 900 => E,F thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh BK

hay ®iĨm 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

Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân t¹i B

=>BK⊥OB=>BK tiếp tuyến của(0)

c)BF⊥CK F=>F trung điểm

………HẾT………

Đề:

Bài 1: Cho biểu thức:

( ) ( 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 m2n 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 phớa ca trc tung

Bài 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 (CA;CB ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

(5)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 5 Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m2n x+y=1 : Tìm GTLN ca A= x+ y

Đáp án

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

*) 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 + xyy.

b) P = ⇔ x + xyy.=

( ) ( )

( 1)(1 ) 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 m2n

Bài 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 + 4> 0∀m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B

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

⇔ m <

Bµi 3 :

( )

( )

      

= + +

= + +

= + +

3 27

) ( 1 1

1

xz yz xy

z y x

z y x

(6)

Q

N

M

O C

B A

( ) ( )

( )

( ) ( )

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2

2

2

81 2 81

81 2 27

2( ) 2 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) 0

( ) 0

( ) 0

x y z x y z xy yz zx

x y z xy yz zx x y z

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

x y y z z x

x y x y

y z y z x y z

z x z x

⇒ + + = ⇔ + + + + + =

⇔ + + = − + + ⇔ + + =

⇒ + + = + + ⇒ + + − + + =

⇔ − + − + − =

 − =  =

 

⇔ − = ⇔ = ⇔ = =

  =

− = 

Thay vµo (1) => x = y = z =

Ta thÊy x = y = z = thâa m2n hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt x = y = z = Bµi 4:

a) XÐt ∆ABM vµ ∆NBM

Ta có: AB đờng kính đờng trịn (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

Xét tam giác vuông ABQ có AC BQAB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

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

) ( −

Bµi 5:) Do A > nªn A lín nhÊt⇔ A2 lín nhÊt

XÐt A2 = ( x+ y )2 = x + y + 2 xy = + 2 xy (1)

Ta cã:

y x+

xy

≥ (Bất đẳng thức Cô si) => > xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2 xy < + =

Max A2 = <=> x = y =

2

, max A = 2 <=> x = y =

Đề

Câu 1: Cho hµm sè f(x) = x2 −4x+4

a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =

4 ) ( − x

x f

(7)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 7 Câu 2: Giải hệ phơng tr×nh

   + − = + − − + = − ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( 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 đ−ờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đ−ờng vuông 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 trình 2x2 + (2m - 1)x + m - =

Tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa m2n: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án Câu 1a) f(x) = x2 −4x+4 = (x−2)2 = x−2

Suy f(-1) = 3; f(5) =

b) 

  − = = ⇔    − = − = − ⇔ = 12 10 10 10 ) ( x x x x x f c) ) )( ( ) (

2 − +

− = − = 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 2

C©u a) 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

= => 3x + x - = => x = 2/3

(8)

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

)

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

− =

+ −

− =

+ =

+ =

Câu Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 >

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

Từ suy m ≠ 1,5 (1)

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

⇔ 

       

= −

− =

− − = +

11 4x 3x

2 1 m .x x

2 1 2m x

x

2

2

2

        

= − −

− = =

11 8m -26

7 7m 4 7

4m -13 3

8m -26

7 7m x

7 4m -13 x

1

Giải phơng tr×nh 11

8m -26

7 7m

4m -13

3 − − = ta đợc m = - m = 4,125 (2)

đ k (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa m2n: x1 -4 x2 = 11

(9)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 9 Đề

Câu 1: Cho P = x x x

+ − +

1 x

x x

+ + + -

1 x x

+ − a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

3 víi x ≥ x 1

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 : 1

x +

1 2−x

=

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

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

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

Cõu5. Cho ba số x, y, z tho2 m2n đồng thời :

2 2

2 2

x + y+ =y + z+ =z + x+ =

Tính giá trị biểu thức :A x= 2009+y2009+z2009 Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x x 1 P =

1 x x x

+ − +

1 x

x x

+ + + -

1 ( 1)( 1)

x

x x

+

+ −

=

2 ( )

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+ <

1 ⇔ x < x + x + ; ( v× x + x + > )

⇔ x - x + >

⇔ ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) cã nghiƯm vµ chØ ∆’ ≥ ⇔ (m - 1)2 – m2 –

≥ ⇔ – 2m ≥

⇔ m ≤

b/ Víi m ≤ th× (1) cã nghiÖm

(10)

22

.3

a a m

a a m

+ = −

 

= −

⇒ a=

2 m

⇒3(

2 m

)2 = m2 –

⇔ m2 + 6m – 15 =

⇔ m = 32 ( thõa m2n điều kiện) Câu 3:

§iỊu kiƯn x ≠ ; – x2 > ⇔ x ≠ ; x <

2 Đặt y =

2x > Ta cã:

2

2 (1)

1 1

2 (2)

x y x y  + = 

+ = 

Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy = -1 * 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 − ±

V× y > nªn: y = − +

⇒ x = − −

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

1 − −

Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK h×nh thang

Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành ⇔ AB // CK

BAC=ACK

2

ACK = sđEC =

2sđBD = DCB Nên BCD BAC=

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

⇒ D ∈ AB

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

2

2

2

2 2

x y

y z

z x

 + + =

+ + =

 

+ + =

Cộng vế đẳng thức ta có :( ) ( ) ( )

2 2

x + x+ + y + y+ + z + z+ =

O

K

D

C B

(11)

GV:Mai Thành LB Đ ÔN THI VÀO LP 10 11

(x 1)2 (y 1)2 (z 1)2

⇒ + + + + + =

1 0

1 0

1 0

x y z

+ =   ⇔ + =

 + = 

1 x y z

⇒ = = = −

( )2009 ( )2009 ( )2009

2009 2009 2009

1 1

A x y z

⇒ = + + = − + − + − = − VËy : A = -3

Ngày đăng: 11/03/2021, 16:14

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w