Đang tải... (xem toàn văn)
Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.. Theo Viet ,ta cã:.[r]
(1)GV:Mai Thành LB ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 1
TẬP ĐỀ ƠN THI TUYỂN VÀO LỚP 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;
X − X + = ⇒ 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 ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 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 (C≠ A;C ≠ B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N
(5)GV:Mai Thành LB ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 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 + xy − y.
b) P = ⇔ x + xy − y.=
( ) ( )
( 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 ĐỀ 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 ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 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
Mà
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 ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 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