Đang tải... (xem toàn văn)
Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 60km. Khi từ B trở về A, do trời mưa người đó giảm vận tốc 10km/h so với lúc đi nên thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 p[r]
(1)ĐỀ ÔN TẬP VÀO 10 (SỐ 23) Bài 1:
Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + = (1), (m tham số)
a) Giải phương trình (1) m =
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) =
4
Bài Cho biểu thức
2
P x :
1 x 1 x
với -1< x < 1. a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị x để P2 = P.
Bài Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 60km Khi từ B trở A, trời mưa người giảm vận tốc 10km/h so với lúc nên thời gian nhiều thời gian 30 phút Tính vận tốc lúc người
Bài Cho đường tâm O, đường kính AB Trên đường trịn lấy điểm M (M khác A B), tia AM cắt tiếp tuyến kẻ từ B đường tròn ngoại tiếp N Gọi I
trung điểm AM
a) Chứng minh: NAB MBN . b) Chứng minh: AO IB = AI ON
c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác BNMO gấp lần diện tích tam giác BMO
Bài Các số thực x, y thoả mãn điều kiện: x26x y 2xy2y2 6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: S = x + y
A
B O
N M
(2)a)
sñ MB
sñ NAB
2 ( t/c góc nội tiếp) ;
sñ BM
sñ MBN
2 (t/c góc tiếp tuyến
dây cung) NAB MBN (cùng chắn cung BM )
b) Tứ giác BOIN có: OBN 90 (t/c tiếp tuyến) OIN 90 (t/c đường kính dây cung) Tứ giác BOIN nội tiếp nên ta có: OBI ONI (cùng chắn OI )
Xét ABI ANO có: OBI ONI ; BAI chung ABI ANO (g.g)
AI BI AI.NO AO.BI
AO NO
c) Ta có: SBNMO = 7.SBMO SBNM = 6.SBMO SBMN = 3.SABM (do SABM = 2SBMO) MN
= 3AN (vì chung đường cao BM) AN = 4.AM
Mặt khác theo hệ thức lượng tam giác vuông ABN, ta có: AM.AN = AB2 4AM2 = AB2
2
2 AB AB
AM AM OA
2
Vì AM = OA = OM nên AOM AOM 60 Vậy điểm M nằm (O) cho sđ AM 60 .
Ta có: x2 + 6(x + y) + 2xy + 2y2 + = (x + y)2 + 6(x + y) + y2 + = 0
(x + y + 3)2 – = –y2 ≤ (x + y + 3)2 ≤
x y 3 x y 3 3 x y 3
S = x + y Max S = 3 3 Dấu “=” xẩy khi:
x 3
y
Min S = 3 3 Dấu “=” xẩy khi:
x 3
y
(3)Bài 1: (2,0 điểm)
2
1)
1 2
1 1
2)
1
1
)
)
x
x x x
a
b x
Rót gän biÓu thøc: A
Cho biÓu thøc: B
Rót gän biĨu thøc B
Tìm giá trị để biểu thức B
Bài 2: (2,0 điểm)
2
2
1
2
1)
2) ;
y x m x y m
m
m x y x y
Cho hệ ph ơng trình:
Giải hệ ph ơng tr×nh
Tìm giá trị đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ
Bài 3: (2,0 điểm)
Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 10 hàng Khi khởi hành xe phải điều làm công việc khác, nên xe lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi đồn xe lúc đầu có ( biết khối lượng hàng xe chở nhau)
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn O điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn O điểm thứ hai Q Chứng minh:
1)BEDC tứ giác nội tiếp 2) HQ.HC HP.HB
3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ
4) Đ ờng thẳng OA đ ờng trung trực đoạn thẳng PQ
Bi 5: (0,5 điểm)
2 2
, ,
x y z x y z yz x y
Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh:
(4)1/ Khi m=1 ta có hệ pt:
2 (1)
2 (2)
y x x y
rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1)
2/
2 2 2
2 2
2
( 1) 2
2 1
( ) ( ) ( )
2 2
1 1 ( )
2 2
P x y m m m m
m m
m
P đạt GTNN
1 2khi 1 2
m m Bài
Gọi số xe lúc đầu đoàn xe x (x > 1, x nguyên dương) Số hàng xe phải chở theo dự định
10 x (tấn) Số xe thực tế chở hàng là: x – (chiếc)
Số hàng xe thực tế phải chở là: ( 10
x + 0,5) (tấn) Theo ta có pt: (x – 1)(
10
x + 0,5) = 10 (x – 1)(10 + 0,5x) = 10x x2 – x – 20 = x = – x = Đối chiếu đk, ta có : x =
Vậy đồn xe lúc đầu có Câu 4: H E Q P D O A B C
1) Từ giả thiết ta có: 0 90 90 CEB CDB
suy E,D nhìn B,C góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được đường trịn.
2) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra
;
BDEBCEBCQ từ câu 1/ TA CÓ :
BPQ BCQ
Suy BDEBPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)
EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm.
Bài 5: (1,0 điểm)
2 2
2 2 2 2
2
2
, ,
1 3
4 4 3
4
1
2 7, , ,
2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh: