a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và... Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam [r]
(1)ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề 1
Bài 1: Cho biểu thức K =
a
2
a : a a
1
a a
a Rút gọn biểu thức K
b Tính giá trị K a 32 2
c Tìm giá trị a cho K <
Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = (1)
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt với giá trị m;
b) Gọi x1, x2 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 vượt mức 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch?
Bài 4: Cho tam giác ABC có góc nhọn, A = 450 Vẽ đường cao
BD CE tam giác ABC Gọi H giao điểm BD CE a Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b Chứng minh: HD = DC
c Tính tỉ số: BC DE
d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE
Bài 5: Cho a, b số thực dương
Chứng minh rằng: 2a b 2b a
b a b
(2)Bài giải: Bài 1: Điều kiện a > a 1
K =
( a 1)( a 1)
2 a : ) a ( a 1 a a = ) a )( a ( a : ) a ( a a = a a ) a ( ) a ( a a
b a 2 (1 2)2 a
K =
2 ) ( 2 1 2
c K < 0
a a a a
0 a 1
0 a 1 a Bài 2: a) '
= m2 - 4m + = (m-2)2 + > : Phương trình ln 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 + 7
Đẳng thức xảy 2m – = 0 m = 2,5
Vậy giá trị nhỏ x12 + x22 m = 2,5
(3)Gọi x, y 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: x
100
(sản phẩm) Số sản phẩm tăng tổ II là: y
100 21
( sản phẩm) Từ có phương trình thứ hai: x
100 18
120 y
100 21
Do x y thỏa mãn hệ phương trình:
120 y
100 21 x
100 18
600 y
x
Giải x = 200, y = 400( thỏa điều kiện )
Vậy: Số sản phẩm giao tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự 200 400 sản phẩm
Bài 4:
a Ta có ADH = AEH = 900, suy AEH +ADH = 1800
Tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH
b AEC vng có EAC= 450 nên ECA = 450, từ HDC vng cân D
Vậy DH = DC
c)Ta có BEC = BDC = 900 nên tứ giác BEDC nội tiếp đường trịn đường
kính BC AED = ACB (cùng bù với DEB) suy AED ACB, đó:
2 2
AE
AE AC
AE BC
DE
(4)ta có BAx = BCA (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung AB) ,
mà BCA = AED
BAx =AED mà chúng cặp góc so le DE Ax Mặt khác, OA Ax ( Ax tiếp tuyến),
Vậy OA ED (đpcm) Bài 5 :Ta có :
2 a
2
;
2 b
2
, với a , b >
0 b b ; a
a
0 b b a
a
0 b a b
a
Mặt khác a b2 0 a b 2 ab 0 Nhân vế ta có :
ab a b
2 b a b
a
hay: 2a b 2b a
2 b a b
(5)ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 2
Bài 1: Cho biểu thức: )
x x x
1 x ( : ) x
x x
2 x (
P
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị x để P = –1 Bài 2: Cho hệ phương trình:
335
y x
1 y -mx
a) Giải hệ phương trình cho m =
b) Tìm giá trị m để hệ phương trình vơ nghiệm
Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 đường thẳng (d) có hệ số góc m qua
điểm M(– ; – 2)
a) Chứng minh với giá trị m (d) ln cắt (P) hai điểm A, B phân biệt
b) Xác định m để A, B nằm hai phía trục tung Bài 4:
Cho phương trình : x2 – 2(m – 1)x + m2 – = (1) ; m tham số.
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm
Bài 5:
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI =
3
AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
(6)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 nhỏ
Giải: Bài 1:
a P =
) x ( x ) x ( ) x ( : ) x )( x ( x ) x ( x = ) x ( x x : ) x )( x ( x x = x ) x ( x ) x )( x ( x x = x x Điều kiện x > 0; x x
b Với x > 0; x x 9; P = –1 khi: x x
hay: 4x + x – =
Đặt y = x > ta có: 4y2 + y – = có dạng a – b + c = 0
y = –1 ; y =
Vì y > nên nhận y =
nên x =
4
Vậy: P = –1 x =
16 Bài 2:
a Khi m = ta có hệ phương trình: 335 y x y x 2007 y 2008 x 2010 y x y x 2010 y x y x
(7)b
1005 x
2 y
1 mx y
335
y x
1 y mx
(*) Hệ phương trình vơ nghiệm (*) vô nghiệm m =
2
(vì có –1–1005) Bài 3:
a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b (d) qua điểm M(– ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b b = m –
Vậy: Phương trình đường thẳng (d) y = mx + m –
Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: – x2 = mx + m –
x2 + mx + m – = (*)
Vì phương trình (*) có m2 4m (m 2)2
với m
nên phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B
b) A 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 m < Bài 4: Phương trình (1) có nghiệm ’
(m – 1)2 – m2 + 0 – 2m 0 m
b) Với m (1) có nghiệm
(8)22
.3
a a m
a a m
a =
2
m
3(
m
)2 = m2 – 3
m2 + 6m – 15 =
'= –1.(–15) = 24 ; ' 2
m1= 32 ; m2 = 3 ( thỏa mãn điều kiện m 2)
Vậy: Với m1= 32 ; m2 = 3 phương trình (1) có hai
nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm Bài 5:
a Ta có: EIB = 900 (giả thiết)
ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy: tứ giác IECB nội tiếp đường trịn đường kính EB b Ta có:
sđ AM = sđ AN (đường kính MN dây AB)
AME = ACM (góc nội tiếp)
Lại có A chung, suy AME ACM
Do đó: AM AE.AC
AE AM AM
AC
c MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
Trừ vế hệ thức câu b với hệ thức Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2
d Từ câu b suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ NK BM
Dựng hình chiếu vng góc N BM ta K Điểm C giao
(9)ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 3
Bài 1: Cho A =
) x (
1
+ 2(1 x )
a Tìm x để A có nghĩa b Rút gọn A
c Tìm giá trị x để A có giá trị dương Bài 2:
a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
b Giải hệ phương trình:
34
9
2
y x
y x
Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham
số(1)
a Giải phương trình (1) m = -1
b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại
Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 đường thẳng (d): 2x + y - = 0
a) Vẽ (P)
b) Tìm tọa độ giao điểm A, B (P) (d) đồ thị phép tính
c) Gọi A’, B’ hình chiếu A, B trục hồnh.Tính diện tích tứ giác ABB’A’
Bài 5: Cho nửa đường trịn (0) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F
a Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp
(10)c Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH
d Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh rằng:
2 R
r
Hướng dẫn giải: Bài 1:
a A có nghĩa
1 x
2 x
1 x
2 x
1 x
0 x
(*)
b A = x 11
) x (
) x ( ) x ( ) x (
1 )
2 x (
1
2
c A có giá trị dương x
1 x
1
x thỏa mãn (*) x < -1 x thỏa mãn (*)
2x 1 Bài 2:
a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0
Đặt t = x2, t 0, phương trình cho trở thành: t2 + 24t - 25 =
có a + b +c = nên t =1 t = -25, t ta chọn t = Từ phương trình có hai nghiệm x = -1 x =
b Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 x =
Từ ta có y =
Nghiệm hệ phương trình cho
2 y
2 x
Bài 3:
a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số.(1)
Khi m = -1, phương trình cho có dạng x2 + 2x - = 0
(11)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 u, u2 theo định lí Vi-ét ta có:
) ( ) m ( u
u
) ( m
2 u u
3
2
Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m m2 - 3m =
m(m-3) = 0 m = m = 3: Cả hai giá trị thỏa mãn
điều kiện (*), tương ứng với u = -1 u =
Vậy với m 0;3 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại
Bài 4: a) Vẽ (P): - Bảng giá trị:
x -2 -1 y
Đồ thị hàm số y = 2x2 parabol (P) đỉnh O, nhận Oy
làm trục đối xứng, nằm phía trục hồnh
b) *Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) đồ thị: - Đường thẳng (d): 2x + y - = hay y = -2x + + cắt trục tung điểm (0;4)
+ cắt trục hoành điểm (2;0)
Nhìn đồ thị ta có (P) (d) cắt A(-2; 8) B(1;2) Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) A(-2; 8) B(1;2) *Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính:
Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:
2x2 = -2x + hay: 2x2 +2x – = 0 x2 +x – = có a + b +c = 1+ 1- 2= 0
nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2=
Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) 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: 15
2
S (đơn vị diện tích) Bài 4:
a Tứ giác AEMO có:
(12)
EAO = 900 (AE tiếp tuyến)
EMO = 900 (EM tiếp tuyến)
EAOEMO1800
Vậy: Tứ giác AEMO tứ giác nội tiếp
b Ta có : AMB 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AM OE (EM EA tiếp tuyến) MPO 900
Tương tự, MQO 900
Tứ giác MPOQ hình chữ nhật
c Ta có : MK //BF ( vng góc AB)
EMK EFB
BF MK EF
EM
FB F E MK EM
Vì MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên:
MF F E MK EM
(1) Áp dụng định lí Ta-let ta có:
HB AB MF
EF )
EA // KH ( HB AB KB
EB ); BF // MK ( KB EB MF
EF
(2)
Từ (1) (2) có:
HB AB MK
EM
(3)
Mặt khác, EAB KHB (MH//AE)
HB AB HK
EA
(4)
Từ (3) (4) có:
HK EA MK
EM
mà EM = EA (EM EA tiếp tuyến) đó: MK = KH
(13)Gọi độ dài cạnh EOF a, b, c I tâm đường trịn nội tiếp EOF Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = r.OE
2 OF r EF r
= r.EF OF OE
2
= r.a b c
2
Mặt khác: SEOF = OM.EF
2
=
aR
aR = r(a + b + c)
c b a
a R
r
(1)
Áp dụng bất đẳng thức EOF ta có: b + c > a a + b + c > 2a
a
1 c b a
1
1 a
a c b a
a
(2)
Mặt khác b < a, c < a a + b+ c < 3a
a
1 c b a
1
3 a
a c b a
a
(3)
Từ (1); (2); (3) ta có:
2 R
r
(14)ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ĐỀ SỐ 4
Bài 1:
Cho biểu thứcA =
1 x
x x
: x
1 x
x x x
với x > x a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị x để A = Bài 2:
a Giải hệ phương trình
2 15 y x
5 y x
b Giải phương trình 2x2 2x
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị (P): y = -2x2
b) Lấy điểm A, B, C (P), A có hồnh độ –2, B có tung độ – 8, C có hồnh độ – Tính diện tích tam giác ABC
(15)Một tam giác có chiều cao
cạnh đáy Nếu chiều cao giảm 2cm cạnh đáy tăng thêm 3cm diện tích giảm 14cm2.Tính chiều cao cạnh đáy tam giác.
Bài 5:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE
a Chứng minh BC DE
b Chứng minh tứ giác CODE; APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì?
Giải: Bài 1:
Ta có: A =
x x x : x x x x x
với x > x
(16)b) A = x
x
2 =
3x + x – =
Đặt y = x > ta có: 3y2 + y – = a – b + c = – 1– = nên : y = – y =
3
; y > nên nhận y = Vậy: x = y2 =
9
Bài 2:
a
5 , y
4 x
, y x
20 x 15
y x
5 y x
15 y x
5 y x
Hệ phương trình có nghiệm
5 , y
4 x
b Phương trình 2x2 2x
có a + b + c =
0
2
Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 =
2 a c
Bài 3:
a) Vẽ đồ thị (P): y = –2x2
Bảng giá trị:
x –2 –1 y –8 –
Đồ thị hàm số y = –2x2 parabol đỉnh O, nhận Oy
làm trục đối xứng, nằm phía trục hồnh b) Tính diện tích tam giác ABC
-Tung độ điểm A: y = –2(–2)2 = –8
-Hoành độ điểm B nghiệm phương trình: –2x2 = –8 x2 = 4 x = 2
(17)Vì A B điểm khác nên hoành độ điểm B x = -Tung độ điểm C : y = –2(–1)2 = –2
Vậy tọa độ đỉnh tam giác : A(–2; –8) ; B(2; –8) ; C(–1; –2) Ta có AB Oy AB =
Từ C hạ CHAB CH // Oy CH =
Diện tích tam giác ABC: S =
AB.CH =
.4.6 = 12 (đvdt)
Bài 4: Gọi chiều cao cạnh đáy tam giác cho x y (x > 0; y > 0, tính dm) Diện tích tam giác là:
2
xy (dm2)
Chiều cao x – (dm); cạnh đáy y + (dm); diện tích
2
(x – 2)( y + 3) (dm2)
Theo đề ta có hệ phương trình:
28 ) y x xy ( xy
y x 14
) y )( x ( xy
y x
2 55 y
11 x
22 y x
y x
Trả lời: Chiều cao tam giác 11dm cạnh đáy tam giác 55 dm
Bài 5:
a Ta có sđ BCD =
sđ BD
Do DE tiếp tuyến đường tròn (O)
(18) sđ CDE =
2
sđ CD, mà BD = CD (giả thiết)
BCD = CDE DE// BC
b ODE = 900 (vì DE tiếp tuyến), OCE = 900 (vì CE tiếp tuyến) ODE + OCE = 1800 Do CODE tứ giác nội tiếp
Mặt khác sđ PAQ =
sđ BD ; sđ PCQ =
sđCD mà BD = CD (giả thiết) suy PAQ = PCQ Vậy APQC tứ giác nội tiếp
c APQC tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ) Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp chắn BD)
QAC = BAD, suy QPC = PCB PQ // BC
Vậy BCQP hình thang