a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.. b, Gọi P và Q lần l−ợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đ−ờng thẳng AB vµ AC.[r]
(1)120 §Ò ¤N TËP VµO LíP 10 I, số đề có đáp án 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 nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách 24 km ; cùng lúc đó, từ A B bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là km/h Khi đến B ca nô quay lại và gặp bè nứa địa điểm C cách A là km Tính vận tốc thực ca nô Bài : (3 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA ; trên 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 đó => tứ giác AMHK nội tiếp b) Chứng minh : HK // CD c) Chứng minh : OK.OS = R2 Bài : (1 điểm) Cho hai số a và b khác thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/2 Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a) = Đáp án Bµi 3: Do ca n« xuÊt ph¸t tõ A cïng víi bÌ nøa nªn thêi gian cña ca n« b»ng thêi gian bÌ nøa: = (h) Gäi vËn tèc cña ca n« lµ x (km/h) (x>4) 24 24 − 24 16 + =2⇔ + =2 x+4 x−4 x+4 x−4 x = ⇔ x − 40 x = ⇔ x = 20 Theo bµi ta cã: Vëy vËn tèc thùc cña ca n« lµ 20 km/h -1Lop10.com (2) Bµi 4: = BD (GT) → BMD = BAC (2 gãc néi a) Ta cã BC tiÕp ch¾n cung b¨ng nhau) = BAC → A, M nh×n HK d−êi gãc * Do BMD b»ng → MHKA néi tiÕp = BD ), OC = OD (b¸n b) Do BC = BD (do BC kÝnh) → OB lµ ®−êng trung trùc cña CD → CD ⊥ AB (1) Xet MHKA: lµ tø gi¸c néi tiÕp, AMH = 900 (gãc nt = 1800 − 900 = 900 (®l) ch¾n nöa ®−êng trßn) → HKA → HK ⊥ AB (2) Tõ 1,2 → HK // CD B C D O H K M A S Bµi 5: x + ax + b = (*) ( x + ax + b)( x + bx + a ) = ⇔ x + bx + a = (**) a (*) → ∆ = α − 4b , §Ó PT cã nghiÖm a − 4b ≥ ⇔ a ≥ 4b ⇔ ≥ b (**) → ∆ = b − 4a §Ó PT cã nghiÖm th× b − 4a ≥ ⇔ ≥ a b (3) (4) 1 1 + ≥ + a b a b 1 1 1 11 1 1 ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ (luôn luôn đúng với a, b) 4a 4b 4a b a b Céng víi ta cã: -2Lop10.com (3) Đ Đề thi gồm có hai trang PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm) Tam giác ABC vuông A có tgB = Giá trị cosC : a) cos C = ; 5 b) cos C = ; c) cos C = ; d) cos C = Cho hình lập phương có diện tích toàn phần S1 ; thể tích V1 và hình cầu có diện tích S2 ; thể tích V2 Nếu S1 = S2 thì tỷ số thể tích a) V1 = ; V2 π b) V1 π = ; V2 c) V1 : V2 V1 = ; V2 3π Đẳng thức x − x + 16 = − x xảy và : a) x ≥ ; b) x ≤ –2 ; c) x ≥ –2 và x ≤ ; d) V1 3π = V2 d) x ≥ x ≤ –2 Cho hai phương trình x2 – 2x + a = và x2 + x + 2a = Để hai phương trình cùng vô nghiệm thì : a) a > ; b) a < ; c) a > ; d) a < Điều kiện để phương trình x − ( m + 3m − 4) x + m = có hai nghiệm đối là : a) m < ; b) m = –1 ; c) m = ; d) m = – Cho phương trình 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 x sin α − y cos α = Cho góc α nhọn, hệ phương trình có nghiệm : x cos α + y sin α = x = sin α x = cos α x = x = − cos α a) ; b) ; c) ; d) y = cos α y = sin α y = y = − sin α Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác cạnh a là : 3π a 2 a) π a ; b) ; c) 3π a ; -3Lop10.com d) π a2 (4) PHẦN TỰ LUẬN : (16 điểm) Câu : (4,5 điểm) Cho phương trình x − ( m + 4m) x + m − = Định m để phương trình có nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất các nghiệm 10 + = x ( x + 1) x + x +1 Giải phương trình: Câu : (3,5 điểm) Cho góc nhọn α Rút gọn không còn dấu biểu thức : P = cos α − − sin α + Chứng minh: (4 + 15 )( 5− ) − 15 = Câu : (2 điểm) Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức : a + b + c +1 ≥ ( ab + bc + ca + a + b + c ) Khi nào đẳng thức xảy ? Câu : (6 điểm) Cho đường tròn (O) và (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 Chứng minh đường thẳng AB, CE và DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn Cho PQ là tiếp tuyến chung (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ -HẾT - -4Lop10.com (5) ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : Câu a) x x b) x c) x d) (4 điểm) 0,5đ × 8 x x x x PHẦN TỰ LUẬN : Câu : (4,5 điểm) Đặt X = x2 (X ≥ 0) Phương trình trở thành X − ( m + 4m) X + m − = (1) Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt dương + (m + 4m) − 4(7m − 1) > ∆ > ⇔ S > ⇔ m + 4m > (I) + P > 7 m − > Với điều kiện (I), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2 ⇒ phương trình đã cho có nghiệm x1, = ± X ; x3, = ± X ⇒ x12 + x22 + x32 + x42 = 2( X + X ) = 2(m2 + 4m) + m = m = −5 Vậy ta có 2(m + 4m) = 10 ⇒ m + 4m − = ⇒ + Với m = 1, (I) thỏa mãn Với m = –5, (I) không thỏa mãn Vậy m = + + Đặt t = x + x + (t ≥ 1) Được phương trình + = 3(t − 1) t + 3t2 – 8t – = ⇒t=3; t=− (loại) + Vậy x + x + = ⇒ x = ± + -5Lop10.com (6) Câu : (3,5 điểm) P = cos α − − sin α + = cos α − cos α + P = cos α − 2cos α + (vì cosα > 0) + P = (cos α − 1) + P = − cos α (vì cosα < 1) + (4 + 15 )( 5− ) ( ) ( + 15 ) ( − = ( − ) + 15 = ( − ) ( + 15 ) = ( − 15 )( + 15 ) − 15 = 5− = Câu : ( 15 ) + + + + (2 điểm) a− b ) Tương tự, ≥ ⇒ a + b ≥ ab a+c ≥ b+c ≥2 a +1 ≥ b +1≥ c +1 ≥ + ac bc a b c + Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta điều phải chứng minh + Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = + -6Lop10.com (7) Câu : (6 điểm) I E A D + O O’ B C H P F Q Ta có : ABC = 1v ABF = 1v ⇒ B, C, F thẳng hàng AB, CE và DF là 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 + + + + Gọi H là giao điểm AB và PQ Chứng minh các tam giác AHP và PHB đồng dạng ⇒ HP HA ⇒ HP2 = HA.HB = HB HP + + Tương tự, HQ2 = HA.HB ⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ + + Lưu ý : - Mỗi dấu “+” tương ứng với 0,5 điểm - Các cách giải khác hưởng điểm tối đa phần đó - Điểm phần, điểm toàn bài không làm tròn lu«n lu«n cã nghiÖm -7Lop10.com + ++ (8) -đề 3-I.Trắc nghiệm:(2 điểm) H\y ghi lại chữ cái đứng tr−ớc khẳng định đúng ( ) C©u 1: KÕt qu¶ cña phÐp tÝnh 18 − 98 + 72 : lµ : A.4 C 16 B +6 D 44 C©u : Gi¸ trÞ nµo cña m th× ph−¬ng tr×nh mx2 +2 x + = cã hai nghiÖm ph©n biÖt : A m ≠ B m < C m ≠ vµ m < D m ≠ vµ m < = 600 ; C = 450 S® BC lµ: C©u :Cho ABC néi tiÕp ®−êng trßn (O) cã B A 750 B 1050 C 1350 D 1500 Câu : Một hình nón có bán kính đ−ờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện tích xung quanh h×nh nãn lµ: A π (cm2) B 12 π (cm2) C 15 π (cm2) D 18 π (cm2) II Tù LuËn: (8 ®iÓm) C©u : Cho biÓu thøc A= x +1− x x + x + x −1 x +1 a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa b) Rót gän biÓu thøc A c) Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× A<1 C©u : Hai vßi n−íc cïng ch¶y vµo mét bÓ th× ®Çy bÓ sau giê 24 phót NÕu ch¶y riªng tõng vßi th× vßi thø nhÊt ch¶y ®Çy bÓ nhanh h¬n vßi thø hai giê Hái nÕu më riªng tõng vßi th× mçi vßi ch¶y bao l©u th× ®Çy bÓ? Câu : Cho đ−ờng tròn tâm (O) đ−ờng kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C (AB>BC) VÏ ®−êng trßn t©m (O') ®−êng kÝnh BC.Gäi I lµ trung ®iÓm cña AC VÏ d©y MN vu«ng gãc víi AC t¹i I, MC c¾t ®−êng trßn t©m O' t¹i D a) Tø gi¸c AMCN lµ h×nh g×? T¹i sao? b) Chøng minh tø gi¸c NIDC néi tiÕp? c) Xác định vị trí t−ơng đối ID và đ−ờng tròn tâm (O) với đ−ờng tròn tâm (O') -8Lop10.com (9) §¸p ¸n C©u Néi dung C D D C x ≥ x ≥ a) A cã nghÜa ⇔ ⇔ x − ≠ x ≠ ( b) A= ) x −1 x −1 x + ( §iÓm 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 ) x +1 x +1 = x −1 + x 0.25 =2 x − 0.25 c) A<1 ⇒ x − <1 0.25 ⇒2 x <2 0.25 ⇒ x < ⇒ x<1 KÕt hîp ®iÒu kiÖn c©u a) ⇒ VËy víi ≤ x < th× A<1 12 giê 2giê 24 phót= Gäi thêi gian vßi thø nhÊt ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ x (giê) ( §k x>0) Thêi gian vßi thø hai ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ: x+2 (giê) Trong giê vßi thø nhÊt ch¶y ®−îc : (bÓ) x Trong giê vßi thø hai ch¶y ®−îc : (bÓ) x+2 1 Trong giê c¶ hai vßi ch¶y ®−îc : + (bÓ) x x+2 1 Theo bµi ta cã ph−¬ng tr×nh: + = 12 x x+2 GiaØ ph−¬ng tr×nh ta ®−îc x1=4; x2=- (lo¹i) VËy: Thêi gian vßi thø nhÊt ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ:4 giê Thêi gian vßi thø hai ch¶y mét m×nh ®Çy bÓ lµ: 4+2 =6(giê) Vẽ hình và ghi gt, kl đúng 0.25 -9Lop10.com 0.25 0.25 0.5 0.25 0.75 0.25 0.5 (10) M D A B I O O' C N a) §−êng kÝnh AB ⊥ MN (gt) ⇒ I lµ trung ®iÓm cña MN (§−êng kÝnh vµ d©y cung) IA=IC (gt) ⇒ Tø gi¸c AMCN cã ®−¬ng chÐo AC vµ MN c¾t t¹i trung ®iÓm cña mçi ®−êng vµ vu«ng gãc víi nªn lµ h×nh thoi b) ANB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 ®−êng trßn t©m (O) ) 0.5 0.5 ⇒ BN ⊥ AN AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN) ⇒ BN ⊥ MC (1) = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n 1/2 ®−êng trßn t©m (O') ) BDC BD ⊥ MC (2) = 900 (3) Từ (1) và (2) ⇒ N,B,D thẳng hàng đó NDC = 900 (v× AC ⊥ MN) (4) NIC Tõ (3) vµ (4) ⇒ N,I,D,C cïng n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh NC ⇒ Tø gi¸c NIDC néi tiÕp c) O ∈ BA O' ∈ BC mà BA vafBC là hai tia đối ⇒ B nằm O và O' đó ta cã OO'=OB + O'B ⇒ ®−êng trßn (O) vµ ®−êng trßn (O') tiÕp xóc ngoµi t¹i B MDN vu«ng t¹i D nªn trung tuyÕn DI = MN =MI ⇒ MDI c©n = IDM ⇒ IMD +O = 900 ) T−¬ng tù ta cã O ' DC = O ' CD mµ IMD ' CD = 900 (v× MIC +O = 1800 ⇒ IDO ' = 900 ⇒ IDM ' DC = 900 mµ MDC đó ID ⊥ DO ⇒ ID là tiếp tuyến đ−ờng tròn (O') Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa §Ò C©u1 : Cho biÓu thøc - 10 Lop10.com 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 (11) x3 −1 x + x(1 − x ) + x − x : Víi x≠ ;±1 x2 − x −1 x + A= .a, Ruý gän biÓu thøc A b , TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc cho x= + 2 c Tìm giá trị x để A=3 C©u2.a, Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: ( x − y ) + 3( x − y ) = 2 x + y = 12 b Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: x − x − x − 15 <0 x2 + x + Cho ph−¬ng tr×nh (2m-1)x2-2mx+1=0 C©u3 Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) Câu Cho nửa đ−ờng tròn tâm O , đ−ờng kính BC Điểm A thuộc nửa đ−ờng tròn đó D−ng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®−êng trßn (O) Gäi Klµ giao ®iÓm cña CFvµ ED a chøng minh r»ng ®iÓm E,B,F,K n»m trªn mét ®−êng trßn b Tam gi¸c BKC lµ tam gi¸c g× ? V× ? đáp án x2 − C©u 1: a Rót gän A= x b.Thay x= + 2 vµo A ta ®−îc A= 4+2 6+2 c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= ± 17 C©u : a)§Æt x-y=a ta ®−îc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 ( x − y ) + 3( x − y ) = Từ đó ta có <=> 2 x + y = 12 x − y = * (1) 2 x + y = 12 x − y = −4 * (2) 2 x + y = 12 Gi¶i hÖ (1) ta ®−îc x=3, y=2 Gi¶i hÖ (2) ta ®−îc x=0, y=4 VËy hÖ ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x=3, y=2 hoÆc 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 víi mäi x VËy bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi x-5>0 =>x>5 C©u 3: Ph−¬ng tr×nh: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 - 11 Lop10.com (12) • XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1 • Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2 đó ta có ∆, = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mäi m=> pt cã nghiÖm víi mäi m ta thÊy nghiÖm x=1 kh«ng thuéc (-1,0) m − m +1 = 2m − 2m − 1 pt cã nghiÖm kho¶ng (-1,0)=> -1< <0 2m − 2m +1 > >0 => 2m − =>m<0 2m − 2m − < 2m − < víi m≠ 1/2 pt cßn cã nghiÖm x= D K VËy Pt cã nghiÖm kho¶ng (-1,0) vµ chØ m<0 C©u 4: E F a Ta cã ∠ KEB= 900 mÆt kh¸c ∠ BFC= 90 ( gãc néi tiÕp ch¾n n÷a ®−êng trßn) CF kÐo dµi c¾t ED t¹i D => ∠ BFK= 900 => E,F thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh BK hay ®iÓm E,F,B,K thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh BK B O b ∠ BCF= ∠ BAF Mµ ∠ BAF= ∠ BAE=450=> ∠ BCF= 450 Ta cã ∠ BKF= ∠ BEF Mµ ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA lµ ®−êng chÐo cña h×nh vu«ng ABED)=> ∠ BKF=450 V× ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam gi¸c BCK vu«ng c©n t¹i B §Ò x x − x x + 2(x − x + 1) : Bµi 1: Cho biÓu thøc: P = − x− x x+ x x −1 a,Rót gän P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên Bµi 2: Cho ph−¬ng tr×nh: 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 m\n x1 − x2 =50 3 Bµi 3: Cho ph−¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = cã hai nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt x1, x2Chøng minh: a,Ph−¬ng tr×nh ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt t1 vµ t2 b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥ - 12 Lop10.com A C (13) Bµi 4: Cho tam gi¸c cã c¸c gãc nhän ABC néi tiÕp ®−êng trßn t©m O H lµ trùc t©m cña tam gi¸c D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm A a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành b, Gọi P và Q lần l−ợt là các điểm đối xứng điểm D qua các đ−ờng thẳng AB vµ AC Chøng minh r»ng ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bµi 5: Cho hai sè d−¬ng x; y tho¶ m\n: x + y ≤ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: A = 501 + x +y xy §¸p ¸n Bµi 1: (2 ®iÓm) §K: x ≥ 0; x ≠ ( x( x − 1) x − z : a, Rót gän: P = x(x − 1) x −1 b P = x +1 = 1+ x −1 ) <=> P= x −1 ( x − 1) = x +1 x −1 x −1 §Ó P nguyªn th× x −1 = ⇒ x = ⇒ x = x − = −1 ⇒ x −1 = ⇒ x − = −2 ⇒ x =0⇒ x=0 x =3⇒ x =9 x = −1( Loai ) VËy víi x= {0;4;9} th× P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: §Ó ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×: ( ) ∆ = (2m + 1)2 − m + m − ≥ x1 x = m + m − > x + x = 2m + < ∆ = 25 > ⇔ (m − 2)(m + 3) > ⇔ m < −3 m < − b Gi¶i ph−¬ng tr×nh: (m − 2)3 − (m + 3) = 50 - 13 Lop10.com (14) ⇔ 5(3m + 3m + 7) = 50 ⇔ m + m − = −1+ m1 = ⇔ m = − − 2 Bµi 3: a V× x1 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0 1 V× x1> => c + b + a = x1 x tr×nh: ct2 + bt + a = 0; t1 = Chøng tá x1 lµ mét nghiÖm d−¬ng cña ph−¬ng V× x2 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: x1 ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 1 1 lµ mét nghiÖm d−¬ng cña v× x2> nªn c + b. + a = ®iÒu nµy chøng tá x2 x2 x2 ph−¬ng tr×nh ct2 + bt + a = ; t2 = x2 VËy nÕu ph−¬ng tr×nh: ax2 + bx + c =0 cã hai nghiÑm d−¬ng ph©n biÖt x1; x2 th× ph−¬ng tr×nh : ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt t1 ; t2 t1 = 1 ; t2 = x1 x2 b Do x1; x1; t1; t2 là nghiệm d−ơng nên t1+ x1 = + x1 ≥ x1 t + x2 = + x2 ≥ x2 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 ≥ Bµi a Gi¶ sö ®\ t×m ®−îc ®iÓm D trªn cung BC cho tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên A CH ⊥ AB vµ BH ⊥ AC => BD ⊥ AB vµ CD ⊥ AC Do đó: ∠ ABD = 900 và ∠ ACD = 900 Q VËy AD lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn t©m O H O Ng−îc l¹i nÕu D lµ ®Çu ®−êng kÝnh AD P cña ®−êng trßn t©m O th× C B tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh - 14 Lop10.com D (15) b) Vì P đối xứng với 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 néi tiÕp ®−îc ®−êng trßn nªn ∠ 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 ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng c) Ta thấy ∆ APQ là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và ∠ PAQ = ∠ 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn AP và AQ là lớn hay AD là lớn D lµ ®Çu ®−êng kÝnh kÎ tõ A cña ®−êng trßn t©m O §Ò Bµi 1: Cho biÓu thøc: P= x ( x + y )(1 − y ) − y x + ( − ) ( y) x +1 xy )( x + 1− y ) a) Tìm điều kiện x và y để P xác định Rút gọn P b) T×m x,y nguyªn tháa m\n ph¬ng tr×nh P = Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) a) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm A , B ph©n biÖt b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : x + y + z = 1 1 + + =1 x y z xy + yz + zx = 27 Bài 4: Cho đ−ờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là 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), gọi M là điểm chính cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM c¾t BC t¹i N a) Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n - 15 Lop10.com (16) b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R 1 1 + + = x y z x+ y+z H\y tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bµi 5: Cho x, y, z ∈ R tháa m\n : §¸p ¸n Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là :; x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ *) Rót gän P: P = x(1 + x ) − y (1 − ( y ) − xy y )(1 + VËy P = x + ( x + y ( ) ( x − y ) + x x + y y − xy = b) P = ⇔ x + xy − ( ( xy − x + )( x + y ) y 1+ x 1− y y = ) ( x1+ ⇔ x ( ( )( y ) ( x + y )( x − y + x − xy + y − xy ) = x ( x + 1) − y ( x + 1) + y (1 + x )(1 − x ) = ( x + y )(1 + x )(1 − y ) (1 + x )(1 − y ) x (1 − y )(1 + y ) − y (1 − y ) x − y + y − y x = = = x + xy − y (1 − y ) (1 − y ) x + )(1 − y ) ) ) y − )( y +1 =1 ) ⇔ x −11+ y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vµo ta cãc¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m\n Bµi 2: a) §−êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc m vµ ®i qua ®iÓm M(-1 ; -2) Nªn ph¬ng tr×nh đờng thẳng (d) là : y = mx + m – Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m – ⇔ x2 + mx + m – = (*) V× ph¬ng tr×nh (*) cã ∆ = m − 4m + = (m − )2 + > ∀ m nªn ph¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiệm phân biệt , đó (d) và (P) luôn cắt hai điểm phân biệt A và B b) A vµ B n»m vÒ hai phÝa cña trôc tung ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – = cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m < x + y + z = (1) 1 Bµi : + + = (2) x y z xy + yz + xz = 27 (3) §KX§ : x ≠ , y ≠ , z ≠ - 16 Lop10.com (17) ⇒ ( x + y + z ) = 81 ⇔ x + y + z + ( xy + yz + zx ) = 81 ⇔ x + y + z = 81 − ( xy + yz + zx ) ⇔ x + y + z = 27 ⇒ x + y + z = ( xy + yz + zx ) ⇒ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ⇔ ( x − y )2 + ( y − z ) + ( z − x) = ( x − y ) = ⇔ ( y − z ) = ( z − x ) = x = y ⇔y = z z = x ⇔ x= y= z Thay vµo (1) => x = y = z = Ta thÊy x = y = z = thâa m\n hÖ ph¬ng tr×nh VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = y = z = Q Bµi 4: a) XÐt ∆ ABM vµ ∆ NBM Ta có: AB là đờng kính đờng tròn (O) N nªn :AMB = NMB = 90o M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AC C nªn ABM = MBN => BAM = BNM M => ∆ BAN cân đỉnh B Tø gi¸c AMCB néi tiÕp => BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB) A O => MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M b) XÐt ∆ MCB vµ ∆ MNQ cã : MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; 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 = ( − 1) R Bµi 5: 1 1 1 1 => + + − =0 + + = x y z x+ y+ z x y z x+ y+z x+ y x+ y+z−z => + =0 xy z (x + y + z ) Tõ : = ⇒ ( z + y ) + xy z (x + y + z ) zx + zy + z + xy = ⇒ ( x + y ) xyz ( x + y + z ) ⇒ ( x + y )( y + z )( z + x) = Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= - 17 Lop10.com B (18) y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) VËy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 §Ò Bài 1: 1) Cho đ−ờng thẳng d xác định y = 2x + Đ−ờng thẳng d/ đối xứng với ®−êng th¼ng d qua ®−êng th¼ng y = x lµ: A.y = x+2; B.y = x - ; C.y = H\y chọn câu trả lời đúng x-2; D.y = - 2x - 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đ−ờng kính đáy đựng đầy n−ớc, nhúng chìm vµo b×nh mét h×nh cÇu lÊy mùc n−íc b×nh cßn l¹i b×nh TØ sè gi÷a b¸n kÝnh h×nh trô vµ b¸n kÝnh h×nh cÇu lµ A.2 ; B ; C 3 ; D mét kÕt qu¶ kh¸c B×a2: 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A = x + y Bµi 3: 1) T×m c¸c sè nguyªn a, b, c cho ®a thøc : (x + a)(x - 4) - Ph©n tÝch thµnh thõa sè ®−îc : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần l−ợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MA = MB Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ Bµi 4: Cho ®−êng trßn t©m O ®−êng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau, lÊy ®iÓm I bÊt kú trªn ®oan CD a) T×m ®iÓm M trªn tia AD, ®iÓm N trªn tia AC cho I lag trung ®iÓm cña 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 H−íng dÉn Bài 1: 1) Chọn C Trả lời đúng 2) Chän D KÕt qu¶ kh¸c: §¸p sè lµ: Bµi : 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 VËy A chia hÕt cho sè chÝnh ph−¬ng kh¸c víi mäi sè nguyªn d−¬ng n 2) Do A > nªn A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt - 18 Lop10.com (19) XÐt A2 = ( x + Ta cã: y )2 = x + y + xy = + xy (1) x+ y ≥ xy (Bất đẳng thức Cô si) => > xy (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + xy < + = Max A2 = <=> x = y = , max A = 2 <=> x = y = Bµi3 C©u 1Víi mäi x ta cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nªn víi x = th× - = (4 + b)(4 + c) Cã tr−êng hîp: + b = vµ 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Tr−êng hîp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Tr−êng hîp thø hai cho b = 3, c = - 5, a = Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5) C©u2 (1,5®iÓm) Gäi D lµ ®iÓm trªn c¹nh AB cho: AD = AB Ta có D là điểm cố định MA AD Mµ = (gt) đó = AB MA x B D XÐt tam gi¸c AMB vµ tam gi¸c ADM cã M©B (chung) A M MA AD = = AB MA Do đó ∆ AMB ~ ∆ ADM => MB MA = =2 MD AD C => MD = 2MD (0,25 ®iÓm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC DÊu "=" x¶y <=> M thuéc ®o¹n th¼ng DC Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña MB + MC lµ DC * C¸ch dùng ®iÓm M AB - Dùng D trªn tia Ax cho AD = AB - Dùng ®−êng trßn t©m A b¸n kÝnh M lµ giao ®iÓm cña DC vµ ®−êng trßn (A; AB) N Bµi 4: a) Dùng (I, IA) c¾t AD t¹i M c¾t tia AC t¹i N Do M©N = 900 nªn MN lµ ®−êng kÝnh VËy I lµ trung ®iÓm cña MN - 19 - C I K Lop10.com O A B (20) b) KÎ MK // AC ta cã : ∆INC = ∆IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (v× ∆MKD vu«ng c©n) VËy 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 §Ò Bài Cho ba số x, y, z tho\ m\n đồng thời : x2 + y + = y + 2z + = z + 2x + = TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 Bµi 2) Cho biÓu thøc : M = x − x + y + xy − y + 2014 Với giá trị nào x, y thì M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ đó Bµi Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : x + y + x + y = 18 x ( x + 1) y ( y + 1) = 72 Bµi Cho ®−êng trßn t©m O ®−êng kÝnh AB b¸n kÝnh R TiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm M bbÊt kú trªn ®−êng trßn (O) c¾t c¸c tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B lÇn l−ît t¹i C vµ D a.Chøng minh : AC BD = R2 b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ Bµi 5.Cho a, b lµ c¸c sè thùc d−¬ng Chøng minh r»ng : (a + b) + a+b ≥ 2a b + 2b a Bµi 6).Cho tam gi¸c ABC cã ph©n gi¸c AD Chøng minh : AD2 = AB AC - BD DC H−íng dÉn gi¶i Bµi Tõ gi¶ thiÕt ta cã : x2 + y + = y + 2z +1 = z + 2x + = Cộng vế các đẳng thức ta có : ( x + x + 1) + ( y + y + 1) + ( z + z + 1) = - 20 Lop10.com (21)