tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10 tập đề ôn thi khảo sát học kỳ ii và thi tuyển vào lớp 10 §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn bµi 2 cho ph­¬ng tr×nh x2 2m

Gäi Flµ giao ®iÓm cña Aevµ nöa ®êng trßn (O).. chøng minh r»ng :BK là tiếp tuyến của(o).[r]

TẬP ĐỀ ÔN THI KHẢO SÁT HỌC KỲ II VÀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 §Ị : 1

Bµi 1: Cho biĨu thøc: P = (x√x −1 x −√x −

x√x+1 x +√x ):(

2(x − 2√x +1)

x − 1 ) a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giỏ tr nguyờn

Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn |x13− x23| =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 khơng chứa điểm A

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

b, Gọi P Q lần lợt điểm đối xứng điểm D qua đờng thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn

Bµi Cho x>o ;

2 1

7 x

x

 

tÝnh:

5 1 x

x  Đáp án

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0 ; x ≠ 1

a, Rót gän: P = 2 x (x −1) x ( x −1) :

2(√x −1❑z)

x −1 <=> P =

√x −1¿2 ¿ ¿

√x −1

¿

b P = √x+1

√x − 1=1+ 2

√x − 1 Để P nguyên

x 1=1x=2 x=4

x −1=− 1⇒√x=0⇒ x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒ x=9

√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

VËy víi x= {0 ;4 ; 9} P có giá trị nguyên Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

Δ=(2 m+1 )2− 4(m2+m− 6)≥ 0 x1x2=m

2

+m−6 >0 x1+x2=2 m+1<0

¿{ {

¿

⇔ Δ=25>0 (m− 2)(m+3)>0

m<−1 2 ⇔ m<− 3

¿{ {

b Giải phơng trình:

m+33

(m 2)3=50 ¿

¿m1=− 1+√5

2 m2=− 1−√5

2

¿

⇔|5 (3 m2+3 m+7)

|=50⇔ m2

+m−1=0

⇔ {

Bà3 Đặt :

 

 

1 1 u x x v y y    



 



 Ta cã :

18 72 u v uv

  

 

  u ; v nghiệm phơng trình :

1

18 72 0 12; 6

X  X   X  X 



12 6 u v

  



 ;

6 12 u v

  







 

 

1 12 1 6 x x

y y

  

 

  

 ;

 

 

1 6 1 12 x x

y y

  

 

  



Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị Bà4

a Giả sử tìm đợc 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 trịn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tõm O thỡ

tứ giác BHCD hình bình hµnh

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác 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 ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c) Ta thy APQ l 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 đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O

H

O P

Q

D

C B

O K

F E

D

C B

A Bài Từ

2

2

1 1 1 1

7 2 7 9 3

x x x x

x x x x

   

               

    (do x>o)

Nên

5 4

5 4

1 1 1 1 1 1 1 1

3 1

x x x x x x x x

x x x x x x x x

 

     

                

       

 

2 1

3 x 2 1 3 49 8 123 x

  

         

 



HT Đề : 2

Câu1 : Cho biÓu thøc

A=

1− x2 ¿2 ¿

x¿

(xx − 13−1+x)( x3+1

x +1 − x):¿

Víi x √2 ;1

.a, Ruý gän biÓu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= 6 2 c Tìm giá trị ca x A=3

Câu2.a, Giải hệ phơng tr×nh:

2

( ) 4 3( )

2 3 7

x y y x

x y

    



 



b Giải bất phơng trình:

3 2

4 2 20 3

x x x

x x

  

 <0

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xác định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt x1;x2 cho: 2 3 x x 

Câu Cho nửa đờng trịn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng trịn Dng hình vng ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED

a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đờng tròn b chứng minh :BK tiếp tuyến của(o)

c chứng minh :F trung điểm CK đáp án

C©u 1: a Rót gän A= x

−2 x

b.Thay x= 6 2  2 2 vào A ta đợc A= 2(4 2) c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3 ±√17

2

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 3 7

x y

x y

  



 

 (1) V *

4

2 3 7

x y

x y

  



 

 (2)

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

VËy hÖ 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 víi mäi x

 a)XÐt 2m-10=> m 1/2

và Δ, = 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 trịn)

do CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK

hay điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK b BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đờng chéo hình vng ABED)=> BKF=450

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

=>BKOB=>BK l tip tuyn của(0) c)BFCK F=>F trung điểm

………HẾT……… §Ị: 3

Bµi 1: Cho biĨu thøc:

√x+√y

P= x

(√x +√y)(1 −√y )− y

¿(√x+1)¿−

xy

(√x +1)(1 −√y)

a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn 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 :

¿ x + y +z=9

1

x+

1

y+

1

z=1

xy +yz+zx =27

¿{ {

¿

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đờng 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

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R

Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m·n x+y=1 : Tỡm GTLN ca A= x y Đáp ¸n

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

*) Rót gän P:

 

     

(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  

   

     

( )

1 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 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



Q

N

M

O C

B A

1 

x y y y x

y

  





     

 

1 1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

VËy P = √x+√xy −√y b) P = ⇔ √x+√xy −√y = ⇔√x(1+√y)−(√y +1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: + y 1  x  1 1  0 x  x = 0; 1; 2; ; Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn

Bi 2: a) Đờng 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 Δ=m2− m+8=(m− 2)2+4 >0∀ m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln 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 – 2

< ⇔ m <

Bµi :

¿

x + y +z=9(1) 1

x+ 1 y+

1 z=1(2) xy +yz+xz=27 (3)

¿{ {

¿

§KX§ : x ≠ , y ≠ , z ≠

   

 

   

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 mÃn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt x = y = z =

Bµi 4:

a) Xét Δ ABM ΔNBM Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên :AMB = NMB = 90o

M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ΔBAN cân đỉnh B Tứ giác AMCB nội tiếp

=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M

b) XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ΔMCB= ΔMNQ (c g c). => BC = NQ

XÐt tam giác vuông ABQ có AC BQ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

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

(√5− 1) R

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

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = + √xy (1) Ta cã: x + y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si) => > √xy (2) Từ (1) (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y = 1

2 , max A = √2 <=> x = y = 1 2

. Đề 4

Câu 1: Cho hàm số f(x) = √x2− x+4 a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f (x)

x2−4 x  ± 2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x ( y −2)=(x +2)( y −4 ) (x − 3)(2 y +7)=(2 x −7)( y+3)

¿{

¿ C©u 3: Cho biĨu thøcA = (x√x+1

x −1 − x −1

√x −1):(√x +

√x

√x −1) víi x > vµ x  a) Rót gän A

b) Tìm giá trị x để A =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d TÝnh AH theo R vµ d

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án

C©u 1a) f(x) =

x − 2¿2 ¿ ¿

√x2− x+4=

√¿

b)

f (x)=10⇔ x −2=10

¿

x −2=−10

¿

x=12

¿

x=−8

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

c) A= f (x) x2− 4=

|x − 2|

(x − 2)(x +2)

Víi x > suy x - > suy A= 1 x +2 Víi x < suy x - < suy A=− 1

x +2 C©u 2

( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0

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 = (x√x+1 x −1 −

x −1

√x −1):(√x +

√x

√x −1) =

((√x+1)(x −√x+1) (√x −1)(√x+1) −

x − 1

√x − 1):(

√x (√x − 1)

√x − 1 +

√x

√x −1) = (

x −√x +1

√x −1 −

x −1

√x −1):(

x −√x+√x

√x −1 ) =

x −√x+1− x +1

√x − 1 : x

√x −1 =

−√x +2

√x − 1 : x

√x −1 =

−√x +2

√x − 1 ⋅

√x − 1 x =

2 −√x x b) A = => 2 −√x

x = => 3x + √x - = => x = 2/3 C©u 4

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC ∞  POB

Do đó: AH PB =

CH

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

O

B H C

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã

AH2=(2 R −AH CB 2PB )

AH CB 2PB . ⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2R¿2

¿

4PB2 +¿

¿

⇔ AH=4R CB PB 4 PB2+CB2=

4R 2R PB

¿ C©u Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  >

<=> (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

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

¿

x1+x2=−2m−1 2 x1 x2=m− 1

2 3x1− 4x2=11

⇔

¿{ {

¿

¿

x1=13-4m 7 x1=

7m−7 26-8m 313-4m

7 −4

7m− 7 26-8m=11

{ {

Giải phơng trình 313-4m 7 −4

7m− 7

26-8m=11 ta đợc m = - m = 4,125 (2)

đ k (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 ph trình có hai nghiƯm ph©n biƯt tháa m·n: x1 -4 x2 = 11

HT Đề 5

Câu 1: Cho P = 2

1 x x x

  +

1 1 x

x x

   -

1 1 x x

  a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P < 1

3 với x x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m lµ tham sè.

a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba ln nghim

Câu 3: a/ Giải phơng tr×nh : 1

x +

1

2 x = 2

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

a/ Chøng minh tứ giác ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK h×nh g×? V× sao?

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

Cõu5 Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

Tính giá trị biểu thức :

2009 2009 2009 A x y z . Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x x 1

P = 2

1 x x x

  +

1 1 x

x x

   -

1 ( 1)( 1)

x

x x



 

=

2 ( ) 1

x x

  +

1 1 x

x x

   -

1 1 x 

=

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x x x

b/ Víi x  vµ x 1 Ta cã: P < 1

3  1

x x x <

1 3  3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )

 x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) cã nghiƯm vµ chØ ’   (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0

 m  2.

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm

Gäi mét nghiƯm cđa (1) a nghiệm 3a Theo Viet ,ta cã:

2

3 2 2

.3 3

a a m

a a m

  

 

  

 a= 1 2 m 

 3( 1 2 m 

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = 32 6 ( thõa mÃn điều kiện). Câu 3:

§iỊu kiƯn x  ; – x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = 2 x >

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 2 * Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phơng trình:

* NÕu xy = -1

2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phơng trình: X2 + X -

1

2 =  X =

1 3 2  

V× y > nªn: y =

1 3 2  

 x =

1 3 2 

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

1 3 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

 1

2 ACK 

sđEC = 1

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 .Cõu 5. Từ giả thiết ta có :

2 2

2 1 0 2 1 0 2 1 0

x y

y z

z x

    

   



   

Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0

x  x  y  y  z  z 

x 12 y 12 z 12 0

      

1 0 1 0 1 0 x y z

       

  

  x  y z 1  2009  2009  2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

………HẾT………

O

K

D

C B