Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O, ta có BAx = BCA góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB , mà BCA = AED BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do [r]
(1)Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề a : Bài 1: Cho biểu thức K = a a 1 a a a a Rút gọn biểu thức K b Tính giá trị K a 2 c Tìm các giá trị a cho K < Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = (1) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m; b) Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ x12 + x22 Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch? Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc nhọn, A = 450 Vẽ các đường cao BD và CE tam giác ABC Gọi H là giao điểm BD và CE a Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b Chứng minh: HD = DC c Tính tỉ số: DE BC d Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE Bài 5: Cho a, b là các số thực dương Chứng minh rằng: a b ab 2a b 2b a Lop10.com (2) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Bài giải: Bài 1: Điều kiện a > và a : a ( a 1) a ( a 1)( a 1) a a 1 K = a 1 0 a a a a 1 a a Bài 2: a) ' = m2 - 4m + = (m-2)2 + > : Phương trình luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Áp dụng hệ thức Viet: x1+x2 = m - x1x2 = - 2(m - 1) Ta có: x12 + x22 = (x1+ x2)2 - x1x2 = 4(m - 3)2 + 4(m - 1) = 4m2 - 20m + 32 =(2m - 5)2 + Đẳng thức xảy 2m – = m = 2,5 Vậy giá trị nhỏ x12 + x22 là m = 2,5 Bài 3: Gọi x, y là số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x, y N*; x, y < 600) Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 Số sản phẩm tăng tổ I là: Số sản phẩm tăng tổ II là: x (sản phẩm) 100 21 y ( sản phẩm) 100 Từ đó có phương trình thứ hai: 18 21 x y 120 100 100 Lop10.com (3) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ x y 600 21 Do đó x và y thỏa mãn hệ phương trình: 18 x y 120 100 100 Giải x = 200, y = 400( thỏa điều kiện ) Vậy: Số sản phẩm giao tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự là 200 và 400 sản phẩm B Bài 4: E x a Ta có ADH = AEH = 900, suy AEH +ADH = 1800 O A Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH H D C b AEC vuông có EAC= 450 nên ECA = 450, từ đó HDC vuông cân D Vậy DH = DC c)Ta có BEC = BDC = 900 nên tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường kính BC AED = ACB (cùng bù với DEB) suy AED đó: ACB, DE AE AE BC AC AE 2 d Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có BAx = BCA (góc tạo tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) , mà BCA = AED BAx =AED mà chúng là cặp góc so le đó DE Ax Mặt khác, OA Ax ( Ax là tiếp tuyến), Vậy OA ED (đpcm) Bài :Ta có : a a 1 1 a ; b , với a , b > 2 2 1 0; b b 4 Lop10.com (4) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ a a ab Mặt khác 1 b b 0 4 a b 0 a b a b 2 ab Nhân vế ta có : a b a b 2 hay: a b ab a b ab 2a b 2b a Lop10.com (5) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ Bài 1: Cho biểu thức: P ( x 8x x 1 ):( ) 2 x 4x x2 x x a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = –1 mx - y Bài 2: Cho hệ phương trình: x y 335 a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để hệ phương trình vô nghiệm Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(– ; – 2) a) Chứng minh với giá trị m thì (d) luôn cắt (P) hai điểm A, B phân biệt b) Xác định m để A, B nằm hai phía trục tung Bài 4: (2,0 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngược dòng từ B A hết tổng thời gian là Biết quãng đường sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nước là Km/h Tính vận tốc thực ca nô (( Vận tốc ca nô nước đứng yên ) Bài 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ Giải: Lop10.com (6) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Bài 1: a P = x (2 x ) 8x ( x 1) 2( x 2) : (2 x )(2 x ) x ( x 2) = x 4x : (2 x )(2 x ) 3 x x ( x 2) = x 4x x ( x 2) = (2 x )(2 x ) 3 x 4x x 3 Điều kiện x > 0; x và x b Với x > 0; x và x 9; P = –1 và khi: hay: 4x + 4x 1 x 3 x – = Đặt y = x > ta có: 4y2 + y – = có dạng a – b + c = y = –1 ; y = 3 x Vì y > nên nhận y = nên = 4 Vậy: P = –1 x = 16 Bài 2: x y a Khi m = ta có hệ phương trình: x y 335 x y 2 x y x 2008 3x y 2010 3x y 2010 y 2007 x 2008 Vậy với m = hệ phương trình đã cho có nghiệm y 2007 b mx y x y 335 2 y mx y x 1005 (*) Lop10.com (7) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Hệ phương trình vô nghiệm (*) vô nghiệm m = (vì đã có –1 –1005) Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) qua điểm M(– ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b b = m – Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: – x2 = mx + m – x2 + mx + m – = (*) 2 Vì phương trình (*) có m 4m (m 2) với m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , đó (d) và (P) luôn cắt hai điểm phân biệt A và B b) A và B nằm hai phía trục tung x2 + mx + m – = có hai nghiệm trái dấu x1x2 < Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – x1x2 < m – < m < Vây: Để A, B nằm hai phía trục tung thì m < Bài Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5) VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + (km/h) Vận tốc ngược dòng ca nô là x - (km/h) Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60 ( giê) x5 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : 60 ( giê) x 5 Theo bµi ta cã PT: 60 60 + =5 x 5 x 5 <=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) <=> x2 – 120 x – 125 = x1 = -1 ( kh«ng TM§K) x2 = 25 ( TM§K) VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h Lop10.com (8) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Bài 5: a Ta có: EIB = 900 (giả thiết) ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB b Ta có: K sđ AM = sđ AN (đường kính MN dây AB) E AME = ACM (góc nội tiếp) A O Lại có A chung, suy AME ACM I AC AM AM AE.AC Do đó: AM AE N c MI là đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB Trừ vế hệ thức câu b với hệ thức trên Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2 d Từ câu b suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ và NK BM Dựng hình chiếu vuông góc N trên BM ta K Điểm C là giao đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM C B Lop10.com (9) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ Bài 1: Cho A = 1 + 2(1 x ) 2(1 x ) a Tìm x để A có nghĩa b Rút gọn A c Tìm các giá trị x để A có giá trị dương Bài 2: a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 2 x y b Giải hệ phương trình: 9 x y 34 Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x là ẩn số, m là tham số(1) a Giải phương trình (1) m = -1 b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, đó nghiệm bình phương nghiệm còn lại Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - = a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ giao điểm A, B (P) và (d) đồ thị và phép tính c) Gọi A’, B’ là hình chiếu A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’ Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By E và F a Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao? c Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB) Gọi K là giao điểm MH và EB So sánh MK với KH d Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF r Chứng minh rằng: R Lop10.com (10) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Hướng dẫn giải: Bài 1: x a A có nghĩa x b A = 2(1 x 2) x x 2(1 x ) c A có giá trị dương (1 x (*) x x 2) (1 x 2) 21 ( x 2) 1 x 1 1 x và x thỏa mãn (*) x 1 x < -1 và x thỏa mãn (*) x 1 Bài 2: a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = Đặt t = x2, t 0, phương trình đã cho trở thành: t2 + 24t - 25 = có a + b +c = nên t =1 t = -25, vì t ta chọn t = Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = b Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 x = Từ đó ta có y = x Nghiệm hệ phương trình đã cho là y Bài 3: a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x là ẩn số, m là tham số.(1) Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - = ' ' Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4 b Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' = m2 - (m - 1)3 > (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có: u u 2m (1) u.u (m 1) (2) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m m2 - 3m = m(m-3) = m = m = 3: Cả hai giá trị này thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 u = 10 Lop10.com (11) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Vậy với m 0; 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, đó nghiệm bình phương nghiệm còn lại Bài 4: a) Vẽ (P): - Bảng giá trị: -1 0 2 y= 2x =0 y-4 -2 A + 2x x y y Đồ thị hàm số y = 2x2 là parabol (P) đỉnh O, nhận Oy B làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành b) *Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) đồ thị: A’ H B’ - Đường thẳng (d): 2x + y - = hay y = -2x + -2 -1 O + cắt trục tung điểm (0;4) + cắt trục hoành điểm (2;0) Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt A(-2; 8) B(1;2) Vậy tọa độ giao điểm (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2) *Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) phép tính: Hoành độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm phương trình: 2x2 = -2x + hay: 2x2 + 2x – = x2 + x – = có a + b +c = 1+ 1- 2= nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= Vậy tọa độ giao điểm (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2) c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = nên có diện tích: 8 2.3 15 S (đơn vị diện tích) Bài 4: F a Tứ giác AEMO có: EAO = 900 (AE là tiếp tuyến) M E EMO = 900 (EM là tiếp tuyến) EAO EMO 180 Q K P A H B O Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp b Ta có : AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 11 Lop10.com x (12) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ AM OE (EM và EA là tiếp tuyến) MPO 900 F Tương tự, MQO 90 Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật c Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB) EM MK EMK EFB EF BF EM EF MK FB M I E K P A Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên: H O B EM EF (1) MK MF Áp dụng định lí Ta-let ta có: EF EB EB AB EF AB (MK // BF); (KH // EA) (2) MF KB KB HB MF HB EM AB Từ (1) (2) có: (3) MK HB EA AB Mặt khác, EAB KHB (MH//AE) (4) HK HB EM EA Từ (3) (4) có: MK HK mà EM = EA (EM và EA là tiếp tuyến) đó: MK = KH d Ta có OE là phân giác AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OE OF EOF vuông ( EOF = 900) OM là đường cao và OM = R Gọi độ dài cạnh EOF là a, b, c I là tâm đường tròn nội tiếp EOF Ta 1 có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = r.EF r.OF r.OE 2 1 = r.EF OF OE = r.a b c 2 1 Mặt khác: SEOF = OM.EF = aR 2 aR = r(a + b + c) r a (1) R abc 12 Lop10.com (13) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Áp dụng bất đẳng thức EOF ta có: b + c > a a + b + c > 2a 1 a a (2) a b c 2a a b c 2a Mặt khác b < a, c < a a + b+ c < 3a 1 a b c 3a a a (3) a b c 3a Từ (1); (2); (3) ta có: r R *Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, áp dụng cho trường chuyên 13 Lop10.com (14) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ Bài 1: x x 1 x 1 : x Cho biểu thứcA = x x x với x > và x x a) Rút gọn A b) Tìm giá trị x để A = Bài 2: 3x y a Giải hệ phương trình x y 15 b Giải phương trình x x Bài 3: a) Vẽ đồ thị (P): y = -2x2 b) Lấy điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C có hoành độ là – Tính diện tích tam giác ABC Bài 4: Một tam giác có chiều cao cạnh đáy Nếu chiều cao giảm 2cm và cạnh đáy tăng thêm 3cm thì diện tích nó giảm 14cm2.Tính chiều cao và cạnh đáy tam giác Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D là điểm chính cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C và D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q là giao điểm các cặp đường thẳng AB và CD; AD và CE a Chứng minh BC DE b Chứng minh các tứ giác CODE; APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP là hình gì? 14 Lop10.com (15) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Giải: Bài 1: x x 1 x 1 x : x với x > và x Ta có: A = x x x ( x 1)( x x 1) x x ( x 1) x : = x 1 x 1 x ( x 1)( x 1) = = = = x x 1 x 1 x x x : x x x x x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 b) A = : : x x 1 x x 1 2 x x 1 = x x 2 x =3 x 3x + x – 2=0 Đặt y = x > ta có: 3y2 + y – = vì a – b + c = – 1– = nên : 2 y = – y = ; vì y > nên nhận y = 3 Vậy: x = y2 = Bài 2: 3x y 3x y 5x 20 x 15 a 2x y 15 x y 7, y 3,5 x y x Hệ phương trình có nghiệm y 3,5 15 Lop10.com (16) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 2 c 4 a y Bài 3: a) Vẽ đồ thị (P): y = –2x2 Bảng giá trị: x y –2 –8 -1 -2 O x x có a + b + c = b Phương trình x C –1 –2 0 2 Đồ thị hàm số y = –2x2 là parabol đỉnh O, nhận Oy A 8- b) Tính diện tích tam giác ABC y=- 2x làm trục đối xứng, nằm phía trục hoành B -Tung độ điểm A: y = –2(–2)2 = –8 -Hoành độ điểm B là nghiệm phương trình: –2x2 = –8 x2 H = 4x = Vì A và B là điểm khác nên hoành độ điểm B là x = -Tung độ điểm C : y = –2(–1)2 = –2 Vậy tọa độ các đỉnh tam giác là : A(–2; –8) ; B(2; –8) ; C(–1; –2) Ta có AB Oy và AB = Từ C hạ CH AB CH // Oy và CH = 1 Diện tích tam giác ABC: S = AB.CH = 4.6 = 12 (đvdt) 2 Bài 4: Gọi chiều cao và cạnh đáy tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính dm) Diện tích tam giác là: xy (dm2) Chiều cao là x – (dm); cạnh đáy là y + (dm); diện tích là (x – 2)( y + 3) (dm2) Theo đề bài ta có hệ phương trình: 16 Lop10.com (17) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ x y x y 1 xy ( x 2)( y 3) 14 xy ( xy 3x y 6) 28 2 x y 3x y 22 x 11 55 y (thỏa mãn điều kiện) Trả lời: Chiều cao tam giác là 11dm và cạnh đáy tam giác là 55 dm Bài 5: sđ BD Do DE là tiếp tuyến đường tròn (O) sđ CDE = sđ CD, mà BD = CD (giả thiết) BCD = CDE DE// BC a Ta có sđ BCD = b ODE = 900 (vì DE là tiếp tuyến), OCE = 900 (vì CE là tiếp tuyến) ODE + OCE = 1800 Do đó CODE là tứ giác nội tiếp Mặt khác sđ PAQ = 1 sđ BD ; sđ PCQ = sđCD 2 mà BD = CD (giả thiết) suy PAQ = PCQ Vậy APQC là tứ giác nội tiếp c APQC là tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ) Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp cùng chắn BD) và QAC = BAD, suy QPC = PCB PQ // BC Vậy BCQP là hình thang 17 Lop10.com (18) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ Bài (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) b) Giải phương trình: x 13 2 4 3 x yy x xy xy x y với x > ; y > ; x y x2 Bài (2,0 điểm) m 1x y Cho hệ phương trình: (m là tham số) mx y m 1 Giải hệ phương trình m ; Chứng minh với giá trị m thì hệ phương trình luôn có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y k 1x (k là tham số) và parabol (P): y x Khi k 2 , hãy tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P); Chứng minh với giá trị nào k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt; Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k cho: y1 y y1 y Bài (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự H và K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; A Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 1 2 AD AM AN Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: 1 1 3 x 2x 5x 4x - HẾT - 18 Lop10.com (19) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ Đáp án: Bài (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) b) Giải phương trình: x 13 2 4 3 x yy x xy (1,5đ) xy x y với x > ; y > ; x y x2 Ý Nội dung a) 13 2 4 3 = b) 2 43 13 4 16 3 0,25 = 10 0,25 x yy x xy = xy xy x y với x > ; y > ; x y x y x y x y xy x y x y x y x 0,25 3 x2 ĐK: x 2 Quy đồng khử mẫu ta phương trình: x2 0,25 0,25 =2 x (0,5đ) 0,25 = 63 4 = Điểm 0,25 + 2x + = 3(x + 2) x2 x = Do a b + c = + = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = (thoả mãn) 0,25 Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = Bài (2,0 điểm) 19 Lop10.com (20) Trần Mậu Thủy - THCS Nguyễn Trường Tộ m 1x y Cho hệ phương trình: mx y m (m là tham số) Giải hệ phương trình m ; Chứng minh với giá trị m thì hệ phương trình luôn có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y Ý (1,0đ) Nội dung x y 2x y 0,25 x x y 0,25 x y 0,25 Khi m = ta có hệ phương trình: x Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất: y (1,0đ) Ta có hệ: Điểm m 1x y mx y m 0,25 0,25 x m mx y m x m y m m 1 m x m y m 2m 0,25 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất: x m y m 2m Khi đó: 2x + y = m2 + 4m = (m 2)2 đúng m vì (m 2)2 0,50 20 Lop10.com (21)