bo de on thi vao 10 co DA

Neáu coù theâm 44 ngöôøi thì phaûi keâ theâm 2 daõy gheá nöõa vaø moãi daõy phaûi boá trí theâm 2 ngöôøi nöõa.. Hoûi luùc ñaàu phoøng hoïp coù bao nhieâu daõy gheá?[r]

ĐỀ SỐ :

Bài 1: Tính a) (15 √50 + 3 √200 - 2 √450 ) : √10 b) ( √6 - 3 √3 + 5 2 -

3 √18 ) 2 √6 -5 √3 Bài 2: Cho hàm số y = 14 x2 có đồ thị (P) ; y = x-1 có đồ thị (d) a) Vẽ (p) (d) hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính.

Bài 3: Một người xe gắn máy từ A đến B cách A 90 km Vì có việc gấp phải đến B trước dự định 45 phút nên người phải tăng vận tốc1ên 10 km Hãy tính vận tốc mà người dự định đi?

Bài 4: Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

a) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp b) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB.

c) Chứng minh BAF tam giác cân

d) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

e) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Baứi 5: Cho hai soỏ khõng ãm a vaứ b thoaừ maừn 2 a - b 1 Chửựng minh:

1 a+ b

5 

Lêi gi¶i

Bài 1: Tính a) (15 √50 + 3 √200 - 2 √450 ) : √10

15.5 3.10 2.15 : 10

75 2 75 5

15 5 5

2 5

  

  

1

6 3 2 3

12 18 10 12 12 12 18 12

 

     

 

    

   

Bài 2: a) Vẽ đồ thị

H

íng dÉn gi¶i:

a Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  KMF = 900 (vì hai góc kề bù).

AE B = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  KEF = 900 (vì hai góc kề bù).

 KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF là hai góc đối tứ giác EFMK Do EFMK tứ giác nội tiếp

b Ta cã I AB = 900 ( v× AI tiếp tuyến ) AIB vuông A cã AM  IB ( theo trªn)

Áp dụng hệ thức cạnh đờng cao  AI2 = IM . IB.

c.Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM IAE = MAE AE = ME  (lÝ do

) ……

 ABE = MBE  ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)

 BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AE B = 900  BE  AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2)  BAF tam giác cân B

d BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến  E trung điểm AF (3)

O x

K H

F

E I

M

B A

-5

4

2

-2

1

g x  = x-1 f x  =

Tõ BE  AF  AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5)

T (4) (5)  HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đờng trung tuyến  E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6)  AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)

e (HD) Theo AKFH hình thoi HA // FK hay IA // FK  tø gi¸c AKFI hình thang

t giỏc AKFI ni tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB

ThËt vËy: M trung điểm cung AB ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450  AIB = 450 (8)

Từ (7) (8)  IAK = AIF = 450  AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau)

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài 5: Đặt:

2 2 2

2

a = u; b = v ( u, v 0) 2 u - v =1

a + b = u + v = u + (2 u -1) = 5u - u +1

2 1 1 1

5 u 5.

5 25 25 5

 

  

      

 

 

ĐỀ SỐ : Bài 1:a) Cho A= 55−√5

+√5 +

5+√5

5−√5 - √10 Rút gọn A , chứng minh A< O b) Đơn giản biểu thức : B = √3 + √5 ( √15 - √5 ) +

Bµi Cho Parabol (P) : y = x

2

đờng thẳng (d) : y = ax + b

Xác định a b để đờng thẳng (d) qua điểm A ( - ; ) tiếp xúc với (P) Tìm toạ độ tiếp điểm

Bài : Một phịng họp có 100 người xếp ngồi dãy ghế Nếu có thêm 44 người phải kê thêm dãy ghế dãy phải bố trí thêm người Hỏi lúc đầu phịng họp có dãy ghế?

Bài 4. Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M

a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn b) Chứng minh BM // OP

c) Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

d) Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Bài 5: Chứng minh r»ng: nÕu:

1 1

a+ = b+ = c +

b c a th× a2b2c2 = hay a = b = c Lêi gi¶i

Baøi 1:a) A= 55−√5 +√5 +

5+√5

5−√5 - √10

2

(5 5) (5 5)

10 (5 5)(5 5)

25 10 10 25 10 5

10 25

3 10 10

  

 

 

    

 



b) B = √3 + √5 ( √15 - √5 ) +

3 75 25 5

3 5 3

   

    

Bài 2: Vì đờng thẳng (d) qua A( -1; 0) nên ta có: = -a + b  a = b Khi phơng trình đờng thẳng (d) trở thành: y = ax + a

Phơng trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x

2

= ax + a  x2 – 2ax – 2a = (*)

(d) tiÕp xóc với (P) nên phơng trình (*) có nghiệm kép 

' = a - ( a)2

  = 0

 a2 + 2a =

 a = ( loại) a = - 2

Phơng trình đờng thẳng (d): y 2x 2

Víi a = -2 ph¬ng trình có nghiệm kép nên:

'

b -( 2) x = - = - = -

a



 y = 2 Vậy toạ độ tiếp điểm là: (-2; 2)

Bµi 4:

a) (HS tù lµm)

X

( (

2 1

1 1

K I

J

M N P

A O B

ch¾n cung AM  ABM = AOM

2 (1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t )  AOP =

 AOM

2 (2) Tõ (1) vµ (2)  ABM = AOP (3)

Mà: ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP.(4)

c) XÐt hai tam giác AOP OBN ta có :PAO =900 (vì PA tiếp tuyến );NOB = 900 (gt NOAB)

 PAO = NOB= 900; OA = OB = R;AOP = OBN (theo (3))  AOP = OBN  OP = BN (5)

Từ (4) (5)  OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) d) Tứ giác OBNP hình bình hành  PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB  ON  PJ Ta có PM  OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6)

Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900  K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)

AONP hình chữ nhật APO =NOP ( so le ) (7)

Theo t/c hai tiÕp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM  APO = MPO (8)

Từ (7) (8)  IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao  IK  PO (9) Từ (6) (9)  I, J, K thẳng hng

Bài 5: Từ giả thiết ta có:

b-c c- a a- b

a- b = ; b- c = ;c- a =

bc ca ab

2 2

2 2 2

(b- c)(c- a)(a- b) (a- b)(b- c)(c- a) =

a b c 1

(a- b)(b- c)(c- a) 1- = 0 a b c

a b c =1 (a- b)(b- c)(c- a)



 

  

 

   

Thay vaøo:

1

a+ = b+

b c ta được: b = c hay a = b = c

ĐỀ SỐ 3 Bµi1

Cho biÓu thøc:

B=

a + a - a +1

-

a-1

a+ a +1 a

 

 

 

 

a) Tìm điềukiện a để biểu thức B có nghĩa b) Chứng minh

2 B =

a-1.

Bµi Cho phơng trình : x - (m+1) x+ m- = o2

a) Chứng minh phơng trình cã hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi m

b) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x x1, 2 phơng trình cho hệ thức khơng

phơ thc vµo m

Bài Hai ngời ngợc chiều phía nhau.M từ A lúc sáng phía B N từ B lúc sáng phía A Họ gặp lúc sáng Tính thời gian ngời hết quãng đờng AB Biết M đến B trớc N đến A 20 phút

Bài 4. Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng vng góc từ S đến AB

a) Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn

b) Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PS’M cân c) Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn

H

ớng dẫn giải: Bài

HPT:

2 1

x y y x



  

 

   



Bµi

a) Ta có SP  AB (gt)  SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )  AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS

Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn

 AMM' =AM'M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)

3

( )

4

1 1

) (

1 2 2

1

1

H O

S'

M' M

A B

S

P

Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H  MM’// SS’ ( vng góc với AB)

 AMM' = AS'S ; AM'M

= ASS' (vì so le trong) (2) Từ (1) (2)  AS'S=ASS'

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn  ASP = AMP (nội tiếp chắn AP )

 AS'P = AMP  tam gi¸c PMS’ cân P.

c) Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M B1 = S '1 (cïng phơ víi S)

(3)

Tam giác PMS cân P S '1 = M (4)

Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) B1 = M 3 (5).

ĐỀ SỐ Bài 1:

a) Thực phép tính:

10 10

5





 

b) Giaỷi phửụng trỡnh: 8x2 - x - 3x(2x - 3) = - x(x - 2) Baứi 2:Cho phơng trình: ( m - 1) x2 + 2mx + m + = 0 a) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn: A =

2

1 2

x x + x x

c) T×m hƯ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m

Bµi 3: Cho (P)

2

x y =

-4 vµ (d) y=x+m a) VÏ (P)

b) Xác định m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B

c) Xác định phơng trình đờng thẳng (d') song song với đờng thẳng (d) cắt (P) điẻm có tung độ -4

d) Xác định phơng trình đờng thẳng (d'') vng góc với (d') qua giao điểm (d') (P)

Bµi 4:

Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE

1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp

2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED =

2 BC

4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm

H

H

1

3 2 1 1

O

E

D C

B

A



CEH= 900 ( Vì BE đờng cao 

CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) 

CEH+ CDH = 1800

Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp b) Theo giả thiết: BE đờng cao  BE  AC => BEA = 900.

AD đờng cao  AD  BC  BDA = 900.

Nh E D nhìn AB dới góc 900  E D nằm đờng tròn đờng kính AB

Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

c) Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến  D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900

Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyÕn  DE = 12 BC

d) Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH  OA = OE  tam giác AOE cân O  E1 = A 1 (1).

Theo trªn DE = 12 BC tam giác DBE cân D  E 3 = B1 (2)

Mµ: B1 = A 1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB)  E1 = E  E1+ E = E + E

Mà: E1+ E = BEA = 900  E + E 3 = 900 = OED  DE  OE E. Vậy: DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E

Đề Số 5

Bài 1: Cho A =

 

2 x - x +1 x x -1 x x +1

- :

x-1 x - x x + x

 

 

 

 

a) Rót gän A.

b) Tìm x A nhn giỏ tr nguyờn.

Bài 2: GiảI phơng trình hệ phơng trình sau:

a) 4x4 – 5x2 – = 0

b)

3x - y = 7 5 x - y = 3

  

Bµi : Hai vòi nớc chảy vào bể nớc sau 55 phút đầy bể.

Nếu chảy riêng vịi thứ cần thời gian vịi thứ hai Tính thời gian để mỗi vịi chảy riêng đầy bể.

Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E lµ

điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC. a) Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành.

b) E, F nằm đờng trũn (O).

c) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân.

d) Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC.

Bài 5: Rút gọn biÓu thøc sau:

a)

1+ 2sinx cosx A =

sinx + cosx

b)

sinx B = cotgx +

1+ cosx

************************************************************

H

íng dÉn gi¶i

1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC I trung điểm BC HE  BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng

mà : BHC = B'HC' (đối đỉnh)  BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành  BHC = BFC  BFC + BAC = 1800

=

/ =

/ / /

A' C'

B'

G O H

I F E

C B

A

 Tø gi¸c ABFC néi tiÕp  F thuéc (O).

* H E đối xứng qua BC BHC = BEC (c.c.c)  BHC = BEC  BEC

+ BAC = 1800  ABEC néi tiÕp  E thuéc (O)

3 Ta có H E đối xứng qua BC  BC  HE (1) IH = IE mà I trung

®iĨm cña cña HF

 EI = 1/2 HE tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)

Tõ (1) vµ (2)  EF // BC BEFC hình thang (3)

Theo trªn E (O)  CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n CE ) (4).

Theo F (O) FEA =900  AF đờng kính (O)  ACF = 900  BCF = CAE

( v× cïng phơ ACB ) (5).

Tõ (4) vµ (5)  BCF = CBE (6).

Tõ (3) vµ (6) tứ giác BEFC hình thang cân.

4. Theo AF đờng kính (O)  O trung điểm AF; BHCF hình

bình hành  I trung điểm HF OI đờng trung bình tam giác AHF 

OI = 1/ AH.

Theo giả thiết I trung điểm BC OI  BC ( Quan hệ đờng kính dây

cung)  OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI 

HGA 

GI OI

=

GA HA mµ OI =

2 AH 

GI =

GA 2mµ AI lµ trung tun cđa ∆ ABC (do I trung điểm BC) G là

trọng tâm ABC.

Đề Số 6

Bài 1: Thực c¸c phÐp tÝnh a) M =

6

2 2

 



   

b) N =

2 12 27

18 48 30 162

 

Bài 2: Cho phơng tr×nh Èn x: ( m + 1)x2 – mx + m – = 0

a) Với gía trị m phơng trình cho phơng trình bậc hai ẩn? b) Với giá trị m phơng trình có nghiệm kép?

c) Lập phơng trình có nghiệm nghịch đảo với nghiệm phơng trình cho Bài 3: Một mảnh vờn hình chữ nhật có

chu vi 34m Nếu tăng chiều dài thêm 3m tăng chiều rộng thêm 2m diện tích tăng thêm 45m2 HÃy tính chiều dài chiều rộng mảnh vờn

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A ( AB < AC) có đờng cao AH trung tuyến AM Vẽ đờng trịn tâm H bán kính HA cắt AB kéo dài D cắt AC E ( D E khác A)

a) Chøng minh ba điểm D, H, E thẳng hàng

b) Chứng minh MAE = ADE  Vµ MA DE .

c) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đờng trịn có tâm O

d) Xác định vị trí điểm O để tứ giác AHOM hình thoi

Bµi 5: Cho x, y, z > vµ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 S = + +

x y z

Đề Số 7

Bài 1:

1) TÝnh :

√5+√2+ 52

2) Giải bất phơng trình biểu diễn tËp nghiƯm trªn trơc sè ( x –1 ) ( 2x + ) > 2x( x + )

Bµi 2: Cho hµm sè y=x2 (P) a) VÏ (P)

b) Gọi A,B hai điểm thuộc (P) có hồnh độ lần lợt -1 Viết phơng trình đờng thẳng AB

c) Viết phơng trình đờng thẳng (d) song song với AB tiếp xúc với (P)

Bài 3: Một xí nhiệp sản xuất dự định dùng số ô tô vận chuyển 40 nguyên vật liệu Nhng tăng suất nên xí nghiệp cần chở 55 nguyên vật liệu Vì vậy, tơ phải chở thêm hàng phải điều thêm xe ô tô Hỏi lúc đầu xí nghiệp dự định dùng ô tô để chở nguyên vật liệu? Biết rằng, ô tô chở không nguyên vật liệu

Bài 4: Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC

a) Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng trịn ngoại tiếp tứ giác

b) Chøng minh r»ng MP + MQ = AH c) Chøng minh OH PQ

Bài 5: Cho n số nguyên dơng Chøng minh:

1 1 1

+ + + 2

2 2 (n +1) n 

****************************************************

1. Ta cã MP  AB (gt)  APM = 900; MQ  AC (gt)

 AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng

tròn đờng kính AM  APMQ tứ giác nội tiếp

2 Tam giác ABC có AH đờng cao  SABC =

2BC.AH.

Tam giác ABM có MP đờng cao  SABM =

2AB.MP

Tam giác ACM có MQ đờng cao  SACM =

2AC.MQ

cã SABM + SACM = SABC

2AB.MP +

2AC.MQ =

2BC.AH  AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều)  MP + MQ = AH

3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác  HAP = HAQ 

 

HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = 

HOQ (t/c gãc ë t©m) OH tia phân giác

góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP

OQ bán kính) nên suy OH

đ-ờng cao OH PQ

2

I H O

Q P

M C

B

§Ị Sè 8

Bài 1: Thực phép tính: a) 48 75 108   b)

a b

a + ab + b ab

b a

 

 

 

 

Baøi 2: Cho hàm số y = f(x) = ( -2m + 3) x2

1 Khi x > 0, với giá trị m hàm số cho đồng biến Khi m =

2 3.

a) Tính f(-1); f(0); f( 12

5 ).

b) Không tính giá trị, so sánh f(1- 2) vaø f(-1)

Baứi 3:Hai ngời thợ làm cơng việc 16 xong Nếu ngời thứ làm ngời thứ hai làm họ làm đợc 25% cơngviệc Hỏi ngời làm cơng việc xong?

Bài 4: Cho hình thang ABCD nội tiếp (O),các đường chéo AC BD cắt E.Các cạnh bên AD;BC kéo dài cắt F

1 C/m:ABCD thang cân Chứng tỏ FD.FA=FB.FC C/m:Góc AED=AOD C/m AOCF nội tiếp

Bài 5: Tìm gái trị nhỏ biểu thức: y = x(x + 1) x – 2)(x – 3)

F

1/ C/m ABCD hình thang cân:

Do ABCD hình thang  AB//CD BAC =ACD (so le

trong)

Mà BAC =BDC (cùng chắn BC )

BDC =ACD

Ta lại có ADB =ACB (cùng chắn AB )

ADC = BCD

Vậy ABCD hình thang cân 2/c/m FD.FA=FB.FC

C/m Hai tam giác FDB

FCA đồng dạng Góc F chung FDB =FCA (cmt)

3/C/m AED =AOD :

C/m F;O;E thẳng hàng: Vì DOC cân OO nằm

đường trung trực DC.Do ACD =BDC(cmt)

EDC cân EE nằm trªn đường trung trực DC Vì ABCD thang cân FDC cân FF nằm đường trung trực

cuûa DCF; E; O thẳng hàng C/m AED =AOD

Ta có:SđAED = 12 sñ(AD+BC )=

2 2sñAD = sđAD AD =BC (cmt)

Mà sđAOD =sđAD (góc tâm chắn cung AD )

AOD =AED

4/Cm: AOCF nội tiếp:

AFC = 12 sñ(DmC -AB )

AOC =SñAB +sñBC 

AFC+AOC =

2 sñ DmC -1

2 sñAB +sñAB +sñBC 

Mà sđDmC =360o-sđAD -sđAB -sđBC .Từvà 

AFC +AOC =180o.ñpcm

O F

E

D C

B A

§Ị Sè 9

Bài 1: Thực phép tính sau:

a)

8 2 2 A

3 2

 

  

 

b) B ( 10  2)(6 5) 3 

Bµi 2: Cho phơng trình: x2 (m 1)x + 5m -30 = ( m lµ tham sè).

a) Giải phơng trình với m = 3.

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thoã mãn 4x1 + 3x2 =

Bài 3: Hai cần trục bốc hàng cảng Quy Nhơn, cần trục thứ bốc đợc nhiều cần trục thứ hai hàng Tính xem mỗi cần trục bốc đợc hàng, biết số lợng hàng 100 tấn, cần trục thứ bốc nhanh cần trục thứ hai

Bài 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn tâm O Gọi BD, CE đờng cao a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp

b) Chøng minh: AD.AC = AE.AB

c) Gọi (d) tiếp tuyến A đờng tròn (O) Chứng minh: DE //(d) Gọi K trung điểm DE Chứng minh: IK (d)

Bài 5: Cho hai số dơng a vµ b, biÕt a + b = Tính giá trị nhỏ P =

1 + a b

Híng dÉn gi¶i

Bài 4: a) Hai điểm D E nhìn đoạn BC dới hai góc vng nên bốn điểm B, E, D, C Cnằm đờng trịn đờng kính BC I trung điểm BC nên OI BC ( đờng kính dây đờng trịn)

b) ABD ACE ( có A chung D = E = 90  0)



AB AD

= AB.AE = AD.AC

AC AE

c) Ta cã: AED = DCB  ( Cïng bï DEB)

Mµ: DCB = BAx  ( Cïng b»ng

2sđAB ) Do đó: BAx = AED 

 (d) //DE

Tứ giác BEDC nội tiếp đờng tròn tâm I K trung điểm của dây ED nên IK ED

Mµ: (d) //DE VËy : DE  IK

§Ị Sè 10

K

I O E

D

C B

A

Bài 1: Thực phÐp tÝnh sau: a) A =

4

2 27 75

3

 

b) B =

 22 5

  

Bµi 2: Cho hµm sè y = f(x) = ( m + 1)x +

a) Với giá trị m hàm số cho đồng biến b) Xác định giá trị m để đồ thị hàm số qua A(1; 4)

c) Tìm giá trị m biết đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ Vẽ đồ thị hàm số trờng hợp

Bài 3: Hai máy cày làm việc 15 cày đợc

6 cánh đồng Nừu máy thứ làm việc 12 máy thứ hai làm việc 20 hai cày đợc 20% cánh đồng Hỏi máy làm việc riêng cày xong cánh đồng

Bài 4: Cho đờng tròn (O; R), OA = 2R Từ điểm A bên đờng tròn kẽ hai tiếp tuyến AE, AF đến đờng tròn ( E, F tiếp điểm)

a) Chứng tỏ tam giác AEF đều, tính cạnh theo R

b) Đờng thẳng OA cắt (O) B vµ C ( A, B, C theo thø tù ấy) Tứ giác AECF hình gì? Tính diện tích cña nã theo R

c) Từ O vẽ đờng thẳng vuông với OE cắt AF M Chứng minh tam giác MOA cân, suy BM tiếp tuyến đờng trịn (O) Tính AM theo R

d) TÝnh tû sè diƯn tÝch cđa hai tam gi¸c OAM OFM ( Không tính diện tích tam giác) Bài 5: Tìm giá trị lớn nhỏ ( nÕu cã) cđa hµm sè:

2 2 2010 x x y x   

Híng dẫn giải

Bài 4: a) OAE vuông E cã c¹nh hun OA = 2R OE = R  AE = R 3; 

0

OAE = 30 , AOE = 60 Mµ: AE = AF ( TÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt nhau)

AEF cân A

Mặt khác: AO phân gi¸c EAF 

 

EAF 2EAO 60 

Vậy: AEF có cạnh AE = R

b) CEF cân C ( AC đờng trung trực EF) Ta có: EOA = 2OCE  ( Góc ngồi tam giác)

Do đó: ECF = 2OCE = EOA = 60    ECF tam giác

 CE = CF = EF = AE = AF. Nên AECF h×nh thoi

SAECF = SCEF + SAEF = 2SAEF = 2AE2

4 = 2(R 3)2

4 = 2R23 = 3

3 R2 c) Vì OM //AE ( vuông góc víi OE) nªn cã EAO = AOM 

Do đó: OAM = AOM   MAO cân M

B trung điểm cđa OA vµ OB = R

MAO cân M có trung tuyếm MB đờng cao nên BMOB  MB trung tuyến ng trũn (O).

Trong tam giác vuông ABM có 

0

MAB 30 , AB = R  AM =

AB R

=

3

d) Vì MF MB hai tiếp tuyến đờng tròn (O) từ M nênOFM = OMB, mà ABM = OMB

Nªn:

OAM OMB

OFM OFM

S 2S

= =

S S

****************************************************************

§Ị Số 11

Bài 1: a) So sánh hai số 3 vµ 2 b) TÝnh P (4  15 )( 10 6) 4 15

Bµi 2: Cho phơng trình : x2 - ( m + 4)x + 3m + = ( m lµ tham sè )

a) Xác định m để phơng trình có nghiệm Tìm nghiệm cịn lại b) Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn

3

1

Bài 3: Tìm số có hai chữ số biết rằng: Tổng chữ số 13 Nếu ta thêm 34 vào tích hai chữ số số đó, ta đợc số có hai chữ số theo thứ tự ngợc lại số cần tìm

Bài 4: Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB = 2R, C trung điểm OA, đờng thẳng Cx vuông góc với AB cắt nửa đờng trịn I, K điểm nằm đoạn thẳng CI ( K khác C I), tia AK cắt nửa đờng tròn (O) M Tiếp tuyến với đờng tròn tâm O M cắt Cx N, tia BM cắt Cx D

a) Chứng minh bốn điểm A, C, M, D nằm đờng tròn b) Chứng minh tam giác MNK cân

c) TÝnh diện tích tam giác ABD theo R K trung điểm đoạn CI Bài 5: Cho a, b, c, ba cạnh tam giác có chu vi b»ng Chøng minh r»ng:

a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

*************************************************** Híng dÉn gi¶i

Bài 4: a) Ta có; ACD = AMD = 90  0Do bốn điểm A, C, M, D nằm đờng tròn b) Ta có:  

0

BMK + BCK =180 N£N Tø gi¸c BMKC néi tiÕp

 ABM = MKN  ( Cïng bï MKC )

Mặt khác: ABM = NMA ( cïng b»ng 2s® 

AM)

 MKN = NMK  Do MNK cân N c) Ta có: NMD = MDN  ( phụ hai góc NMK NKM)

Do đó: MND cân N  NM = ND Mà: NM = NK  NK = ND

Tam giác AIB vuông I có IC AB, nên:

2

2 R 3R 3R

IC = AB.BC = =

2



R IC =

2

Khi K trung điểm IC thì:

IC R IK = =

2



R

KC 4

g KAC = = =

R

AC

2

t

Mµ: KAC = CDB  ( Cïng phơ ABD )

Ngoµi ra:   3 3. 3 R

CB CB R

tgCDB CD R

CD tgCDB

     

2

1

3

2

ABD

S  AB CD R R R

Đề Số 12

Bài 1: Cho biểu thức: P = √x −√x −1+

√x −1−√x+

√x3− x √x −1

a) Tìm điều kiện x để biểu thức P xác định

b) Rót gän biĨu thøc P

c) Tìm giá trị x P = Bài 2: Cho parabol (P) : y = - 2x2

a) Vẽ P hệ trục tọa độ

b) Tìm P điểm cho khoảng cách từ đến gốc tọa độ O √3 c) Gọi A B hai điểm thuộc P có hồnh độ lần lợc -

2 TÝnh S AOB

Bài 3: Hai ngời xe đạp xuất phát từ điểm theo hai phơng vng góc với Sau họ cách 60km ( theo đờng chim bay) Tìm vận tốc ngời, biết ngời thứ nhanh ngời thứ hai 6km/h

Bài 4: Cho đờng tròn tâm O dây cung BC với 

0

BOC 120 Các tiếp tuyến vẽ B C với đờng tròn cắt A Gọi M điểm tuỳ ý cung nhỏ BC ( M khác B C ) Tiếp tuyến M với đờng tròn (O) cắt AB E, cắt AC F

O

K I

M

F E

C B

A b) Chứng minh tam giác ABC Tính chu vi tam giác AEF, biết bán kính đờng tròn (O) R c) Gọi I K tơng ứng giao điểm BC với OE OF Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp đờng thẳng OM, EK, FI qua điểm

d) Chứng mimh OIK đồng dạng với OFE EF = 2KI Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình :

2009 2009

1 1

1.2 2.3 3.4 ( 1) 2009 2010

x

x x x

 

    

  

******************************************************* Híng dÉn gi¶i

Bài 4: a) Ta có: OE OF lần lợt phân giác BOM COM Do đó:

 1   1

EOF = BOM + COM = BOC = 60

2

b) Ta cã: AB = AC ABC cân A

Mt khác: BAC = 360 -(90 +90 +120 ) = 60 0 0  ABC

AEF

C = AE+ EF+ FA = (AE+ EB) + (AF+ FC) = AB+ AC = AB

Mµ: 

0

AB = OB.cotg OAB = R cotg 30 = R VËy: CAEF= R

c) ABC nên ACB 60   ICF = IOF = 60 

Do đó: Tứ giác OIFC nội tiếp đờng tròn  OIF + OCF =180  Mà: 

0

OCF = 90  OIF 90

 hay FI  OE T¬ng tù: OK OF

OM, EK FI ba đờng cao OEF nên chúng đồng quy d) Tứ giác EIKF nội tiếp, suy ra: OEF = OKI  ( Cùng bù với IKF )

 OIK OFE (g-g) 

IK OK

=

EF OE (1) Tam giác BOC cân O có BOC =120 nªn OBC = 30   

0

OEK = OBK = 30



 OK IK

Sin OEK = = Sin 30 = hay =

OE EF

§Ị Sè 13

Bµi : Cho biĨu thøc A =

1

1

x x x

x x

 



 

1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x = 9/4

3 Tìm tất giá trị x để A <1

Bµi : Cho phơng trình bậc hai, với tham số m: 2x2 – (m+3)x + m = (1). Gi¶i phơng trình (1) m =

2 Tỡm giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = x1x2

3 Gäi x1, x2 hai nghiệm phơng trình (1) Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc P =

x  x

Bài : Một ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn chiều dài 45m Tính diện tích ruộng, biết chiều dài giảm lần chiều rộng tăng lần chu vi ruộng khơng thay đổi

Bài : Cho đờng trịn (O;R), đờng kính AB cố định CD đờng kính thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến đờng trịn (O;R) B cắt đờng thẳng AC AD lần lợt E F

1 Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2.

2 Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn

3 Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh tâm I nằm đờng thẳng cố định

Bài 5. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 1 2 1 0

x  y y z z x Tính giá trị biÓu thøc :A = x2010+ y2010+ z2010

Đề Số 13

Bài 1:

1 §kx®: x≥ 0, x ≠ A =

1 ( 1)( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x x x

x x x x x x x

   

  

      

2 Víi x = 9/4  A =

2 3

3

 

Víi A<1

1

1 0

1 1

x x x x

x

x x x x

 

          

     x<1

Vậy để A < ≤ x < Bài 2:

3 Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 =

2

( 1)

2

m  

1 2

x x

  

VËy MinP =  m =1

Bµi 3: Gäi chiỊu dµi cđa thưa rng lµ x(m)

ChiỊu réng cđa thưa rng lµ y(m) ( x>45, x>y)



45

x y x

y x y

  

 

   

 Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn) Vậy diện tích ruộng là: 60.15 = 900(m2).

Bµi 4:

a Ta có tam giác AEF vng A (Góc A góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) Mà: AB đờng cao

 BE.BF = AB2 (HÖ thøc lợng tam giác vuông) BE.BF = 4R2 ( V× AB = 2R)

b Ta cã: CEF = BAD (Cïng phơ víi BAE ) Mµ: BAD = ADC ( Tam giác AOD cân)

c Gọi trung điểm EF H IH // AB (*)

Ta lại có tam giác AHE cân H (AH trung tuyến tam giác vu«ng AEF, 

A = 900  HAC = HEA (1) Mµ: HEA + BAC = 900 (2)

Mặt khác: BAC = ACO ( tam giác AOC cân O) (3) Từ (1), (2) (3)  AH CD

Nhng OI CD  AH//OI (**)

Từ (*) (**) AHIO hình bình hành  IH = AO = R (không đổi) Nên I cách đờng thẳng cố định EF khoảng không đổi = R

I thuộc đờng thẳng d // EF cách EF khoảng =R Bài 5. Từ giả thiết ta có :

2 2

2

2

2

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       

1 1

x y z

   

      

  x  y z 1

 2010  2010  2010

2010 2010 2010 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = O

d H

I F

E D

C

§Ị Sè 14

Bài 1: Cho

1 1

M 1 a : 1

1 a 1 a

 

 

      



    

a) Với giá trị a biểu thức M có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức M.

c) Tính giá trị M

3 a

2 3 

 .

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

Bài 3: Một ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B lại ngợc dòng từ bến B bến A tất Tính vận tốc ca nô nớc yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nớc km/h

Bài 4: Cho đờng tròn (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 tròn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN MCN cân b) Khi MB = MQ, tính BC theo R

Bµi 5: TÝnh : A =

√3+√5 + √5+√7 +

1

√7+√9 + +

1 √97+√99

**************************************************************

Q

N

M

O C

B A

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình: - x2 = mx + m –

⇔ x2 + mx + m – = (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+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 ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu

⇔ m – < ⇔ m <

Bài 4: a) Xét ABM NBM Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên : AMB = NMB = 90o

M điểm cung nhá AC nªn : ABM = MBN  BAM = BNM

 BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp

 BAM = MCN ( bù với MCB )  MCN = MNC ( 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 ACBQ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)  AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = (√5−1)R

§Ị Sè 15

( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học: 2010 2011- Tỉnh Bình Định) Baứi 1: (1,5 điểm) Giải phương trình sau:

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ) Tìm điều kiện m để phương cho có nghiệm

b) Xác định hệ số a, b biết hệ phương trình

ax 2y bx ay

  



 

 có nghiệm ( √2, - √2 )

Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng xe lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng ? Biết khối lượng hàng chở xe

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao BB’ CC’ (B’ cạnh AC, C’ cạnh AB) Đường thẳng B’C’ cắt đường tròn tâm O hai điểm M N ( theo thứ tự N, C’, B’, M)

a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN

c) AM2 = AC’.AB

Bài 5: (1,0 điểm) Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện < a < b phương trình ax2 + bx + c = vô nghiệm Chứng minh rằng:

a b c b a

+ + - > 3

HƯỚNG DẪN GIẢI

Baøi 1: (1,5 điểm) a) 3(x – 1) = + x  3x – = + x  2x =  x =

5

2

b) Ta coù a + b + c = + +(-6) =  x1 = ; x2 = -6

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ) Để phương cho có nghiệm D ³  (-1)2 – 4(1 – m) ³  – + 4m ³  m ³

3

b) Hệ phương trình có nghiệm ( √2, - √2 ) nên ta có :

2a 2 2a 2b

         

a 2 b 2

         Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x (xe số xe điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2) Số xe thực chở hàng x – (xe)

Khối lượng hàng chở xe lúc đầu:

90

x (tấn); thực chở là: 90

x 2- (taán); Ta có phương trình:

90 x 2- -

90 x =

1

2  2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)  x2 – 2x – 360 =  x1 = 20 ; x2 = -18 (loại)

Vậy số xe điều đến chở hàng 20 xe

Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp

Ta coù BC'C BB'C· =· = 900 (gt)

Hay B’ ; C’ nhìn BC góc 900

 BC’B’C nội tiếp đường trịn đường kính BC b) Chứng minh AM = AN

Ta có: · ¼ »

1

AC'M sñ(AM NB)

= +

; · » »

1

Mà BC’B’C nội tiếp  AC'M B'CB ABC· =· =· 

¼ »

1 sđ(AM NB)

2 + = 1 sñ(AN NB)2 » +»

 AM AN¼ =»  AM = AN c) AM2 = AC’.AB

Xét DANC’ DABN có:

¼ »

AM AN=  ANC' ABN· =· (góc nội tiếp chắn cung nhau); Và NAB· : chung => DANC’ DABN 

AN AC'

AB= AN  AN2 = AC’.AB hay AM2 = AC’.AB Bài 5: (1,0 điểm) Ta có (4a – b)2 ³ <=> 16a2 – 8ab + b2 ³ ;

Mà phương trình cho vô nghiệm nên b2 – 4ac <  b2 < 4ac  16a2 – 8ab + 4ac > 16a2 – 8ab + b2 ³ Hay 16a2 – 8ab + 4ac >  4a – 2b + c > (vì a > 0 > 4a > 0)  a + b + c + 3a – 3b >  a + b + c + > 3b – 3a = 3(b – a) 

a b c b a

+ +