Tai lieu on thi vao 10 co dap an day du

Gäi Klµ giao ®iÓm cña CFvµ ED.. a..[r]

(1)

Sáu đề tự luyện vào THPT Môn toỏn

(Cú ỏp ỏn)

Đề 1

Câu1 : Cho biÓu thøc

A=

1− x2¿2 ¿

x¿

(

xx −

−1

x

)(

x

x+1 − x

)

Víi x √2 ;1

.a, Ruý gän biÓu thøc A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x=

c Tìm giá trị x để A=3 Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x − y¿2+3(x − y)=4

¿

2x+3y=12

b Giải bất phơng tr×nh: x

3−4x2−2x −15

x2+x+3 <0

Câu3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xỏc định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu Cho nửa đờng tròn 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 Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

đáp án

C©u 1: a Rót gän A= x2−2 x

b.Thay x=

√

±

2

Câu : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ ta có

x − y¿2+3(x − y)=4 ¿

2x+3y=12 ¿ ¿ ¿

<=>

*

¿

x − y=1

2x+3y=12

¿{

¿

(2)

O K

F E

D

C B

A

*

¿

x − y=−4

2x+3y=12

¿{

¿

(2)

Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

Vậy hệ phơng trình có nghiệm x=3, y=2 x=0; y=4 b) Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với x Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1  Xét 2m-10=> m 1/2 ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0)

víi m 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= m−m+1 2m−1 =

1 2m−1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<

2m−1 <0

¿

1

2m−1+1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>

¿

2m 2m−1>0 2m−1<0

¿{

¿

=>m<0

VËy Pt cã nghiệm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:

a Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đờng trịn) 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

(3)

Đề 2

Bài 1: Cho biểu thức: P =

(

x

x −

x

−

x√x+1

x+√x

)

(

2(x −2√x+1)

x −1

)

b,Tìm x ngun để P có giá trị nguyên

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

|

x

− x

|

Bµi 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dơng phân biệt x

1, x2Chứng minh:

a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dơng phân biệt t

1 vµ t2 b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đờng trịn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC không 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 Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y

Tìm giá trị nhỏ của: A = x2

+y2+

501 xy

Đáp án

Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0; x 1

a, Rót gän: P = 2x(x −1) x(x −1) :

2(√x −1❑z)

2

x −1 <=> P =

√x −1¿2 ¿ ¿ √x −1

¿

b P = √x+1

x 1=1+

x 1 Để P nguyên

√x −1=1⇒√x=2⇒x=4

√x −1=−1⇒√x=0⇒x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒x=9

√x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

(4)

¿

Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0

x1x2=m2+m−6>0

x1+x2=2m+1<0

¿{ {

¿

⇔

Δ=25>0 (m−2)(m+3)>0

m<−1

2

⇔m<−3

¿{ {

b Giải phơng trình: m+3

3 (m2)3=50

¿

¿m1=−1+√5

2 m2=−1−√5

2

¿

⇔

|

m

|

⇔m

m−1

{

Bài 3: a Vì x1 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0

V× x1> => c

(

x

)

2 +b

x1

+a=0 Chøng tá x1

1

nghiệm dơng phơng

trình: ct2 + bt + a = 0; t =

1

x1 Vì x2 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = => ax

22 + bx2 + c =0 x2> nên c

(

x2

)

+b.

(

x2

)

+a=0 điều chứng tỏ x2

nghiệm dơng

phơng trình ct2 + bt + a = ; t =

1 x2

VËy nÕu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x

1; x2 phơng tr×nh : ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiệm dơng phân biệt t

1 ; t2 t1 =

x1 ; t2 = x2 b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên

t1+ x1 =

x1 + x1 t2 + x2 =

x2 + x2 Do x1 + x2 + t1 + t2

Bµi 4

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 tâm O

H

O

P

Q

D

C B

(5)

tứ giác BHCD hình bình hành

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 Δ APQ 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 trịn tâm O

§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) Chøng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt

b) Xác định m để A,B nằm hai phớa ca trc tung

Bài 3: Giải hệ phơng tr×nh :

¿

x+y+z=9

1 x+

1 y+

1 z=1 xy+yz+zx=27

¿{ {

¿

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 ®iĨm C , kỴ tia Ax tiÕp xóc víi

đ-ờng tròn (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 , y , z∈R tháa m·n : x+

1 y+

1 z=

1 x+y+z

HÃy tính giá trị biÓu thøc : M =

(6)

Đáp án

Bi 1: a) iu kin P xác định :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0

*) Rót gän P:







 



(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y P

x y x y

    



  











 



( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  



 





 



x y x y x xy y xy

x y x y

     



  











 





 



1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 





x y y y x y

  







 











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  0 x 4  x = 0; 1; 2; ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mÃn

Bài 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 =m24m+8=(m2)2+4>0m nên phơng trình (*) có

hai nghim phân biệt , (d) (P) ln cắt hai điểm phân biệt A B b) A B nằm hai phía trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – = có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – < ⇔ m <

Bµi 3 :

¿

x+y+z=9(1)

1

x+

1

y+

1

z=1(2)

xy+yz+xz=27(3)

¿{ { ¿

§KX§ : x ≠0, y ≠0, z≠0





















2 2 2 2

2 2 2

2 2

81 81

81 27

2( )

( ) ( ) ( )

( )

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

          

          

            

      

    

 

        

  

  



(7)

Q

N

M

O C

B A

Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt x = y = z =

Bµi 4:

a) XÐt ΔABM vµ 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

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> 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

Xét tam giác vuông ABQ có AC⊥BQ⇒ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

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

(√5−1)R

Bµi 5:

Tõ : x+

1 y+

1 z=

1

x+y+z =>

1 x+

1 y+

1 z−

1 x+y+z=0

=> x+y xy +

x+y+z − z

z(x+y+z)=0 ⇒(z+y)

(

xy+

z(x+y+z)

)

⇒

x

y

(

z

2 +xy

xyz(x+y+z)

)

⇒

x

y

z

x

Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) VËy M =

4 + (x + y) (y + z) (z + x).A =

§Ị 4

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định y = 2x + Đờng thẳng d/ đối xứng với đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x là:

A.y =

2 x + ; B.y = x - ; C.y =

2 x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nớc bình cịn lại

3 b×nh TØ sè bán kính hình trụ bán kính hình cầu lµ A.2 ; B

√2 ; C

3 ; D kết khác

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0

2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = √x + √y

(8)

M D

C B

A

x

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt điểm cố định 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

Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ đoan CD

a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung ®iĨm cđa MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định

Híng dÉn

Bài 1: 1) Chọn C Trả lời đúng.

2) Chọn D Kết khác: Đáp số là:

Bµi 2 : 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 hết cho số phơng khác với số nguyên dơng n 2) 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)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = + 2

√xy < + = Max A2 = <=> x = y =

2 , max A = √2 <=> x = y =

Bài3 Câu 1Với x ta cã (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nªn víi x = th× - = (4 + b)(4 + c)

Cã trêng hỵp: + b = vµ + b = + c = - + c = - Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

Ta cã (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a =

Ta cã (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5)

Câu2 (1,5điểm)

Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =

4 AB Ta có D điểm cố định Mà MA

AB =

2 (gt) AD MA =

1

Xét tam giác AMB tam giác ADM có M©B (chung) MA

AB = AD MA =

1

Do Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = => MD = 2MD (0,25 điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

(9)

K O

N

M

I

D C

B A

- Dựng đờng trịn tâm A bán kính AB - Dựng D tia Ax cho AD =

4 AB

M giao điểm DC đờng tròn (A;

2 AB)

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MâN = 900 nên MN đờng kính

Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKDvng cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta cã IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN qua hai điểm A, B cố định

§Ị 5

Bài 1. 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 biểu thøc :A x 2007y2007z2007

Bµi 2). Cho biĨu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ

Bµi 3. Giải hệ phơng trình :



2 18

1 72

x y x y x x y y      



  

 

Bài 4 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đờng tròn (O) cắt tiếp tuyến A B lần lợt C D

a.Chøng minh : AC BD = R2.

b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ

Bài 5.Cho a, b số thực dơng Chứng minh r»ng :





2

a b

a b    a b b a

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC.

Híng dÉn gi¶i

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

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 

(10)



x





y





z



x

y

z

  x  y z 1













2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

 







M  x  x  y  y  xy x  y 











 



M  x  y  x y 













2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

        

 

Do





2

1

y 

vµ









2

1

2

x y

 

   

 

  x y,

2007

M

   Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :









1

u x x v y y    



 



 Ta cã :

18 72 u v uv     

  u ; v nghiệm phơng

trình :

2

1

18 72 12;

X  X    X  X 

 12 u v      ; 12 u v      









x x

y y









x x

y y

Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị

Bài 4 a.Ta cã CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC OD

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD

 R2 = AC BD b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  





COD AMB g g

  

(0,25®)

Do :

Chu vi COD OM Chu vi AMB MH



 (MH

1  AB) Do MH1  OM nªn

1

OM

MH   Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y  MH1 = OM  MO  M điểm cung AB

(11)

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :

2

1

0;

2

a b

   

   

   

     a , b >

1

0;

4

a a b b

      

1

( ) ( )

4

a a b b

      

 a , b > 0

1

0

a b a b

     

Mặt khác a b ab0

Nh©n tõng vÕ ta cã :



 







1 2

a b  a b    ab a b

 









2

a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E giao điểm AD (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

BD AD

AB ED BD CD ED CD

   





2

AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD

  

  

L¹i cã : ABDAEC g g





2

AB AD

AB AC AE AD AE AC

AD AB AC BD CD

   

  

Đề 6

Câu 1: Cho hàm số f(x) =

√

x

−4x+4

a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 x  ±2

C©u 2: Giải hệ phơng trình

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

¿{

¿

C©u 3: Cho biÓu thøcA =

(

x

x −1

−

x −1

√x −1

)

(

x

√x

√x −1

)

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) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E cña AH

d

e

c b

(12)

b) Gi¶ sư PO = d Tính AH theo R d

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

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

đáp án Câu 1a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√

x

−

x

Suy f(-1) = 3; f(5) =

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=

x+2

Víi x < suy x - < suy A=−

x+2

C©u 2

( 2) ( 2)( 4) 2

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21

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

C©u a) Ta cã: A =

(

x

x −1

−

x −1

√x −1

)

(

x

√x

√x −1

)

(

x

x −

x

x −

x

−

x −1

√x −1

)

(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1

)

(

x −

x

√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

(13)

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 Theo (1) AH = 2EH ta có

AH2

=(2R −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

¿

Câu Để phơng trình có nghiệm phân biƯt 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 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

O

B C

H E

(14)

§Ị 7

a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

3 víi x  vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – = ( ) ; m tham số. a/ Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm

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

Câu 3: a/ Giải phơng trình :

x +

1

2 x = 2

b/ Cho a, b, c số thực thõa mÃn :

0

2

2 11

a b a b c

a b c          

Tìm giá trị lớn giá trị bé Q = a + b + 2006 c

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D khơng trùng với A, B) Gọi (O) đờng 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 hnh

Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x x 1 (0,25 điểm) P = x x x   + 1 x x x    -

( 1)( 1)

x x x



 

=

( )

x x   + 1 x x x    - 1 x =

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x x x x



   =

x x x

b/ Víi x  vµ x 1 Ta cã: P <

3 

x

x x <

1

 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )  x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

Câu 2:a/ Phơng trình (1) có nghiệm 0.  (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0

(15)

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm.

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

3 2

.3

a a m a a m

  

 

  

 a=

1

m

 3

(

1

m

)

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = 32 6 ( thõa mÃn điều kiện).

Câu 3:

§iỊu kiƯn x  ; – x2 >  x  ; x < 2. Đặt y = x2 >

Ta cã:

2 2 (1)

1

2 (2)

x y x y    



  



Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy = -1 * Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phơng trình:

X2 – 2X + =  X =  x = y = 1. * NÕu xy =

-1

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

1

2 =  X =

1

2



Vì y > nên: y =

1

2

 

 x =

1

2



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

1

2

 

Do ú, t giỏc ABCK hình bình hành  AB // CK

 BAC ACK

Mµ



2

ACK 

s®EC =

2sđBD = DCB

Nên BCD BAC

Dng 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

§Ị 8

O

K

D

C B

(16)

Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A =

√

x

− x −

√

x

+1− x Lµ mét sè tù nhiªn b Cho biĨu thøc: P = √x

√xy+√x+2+

√y

√yz+√y+1+

2√z

√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = , tÝnh

√P

a Chứng minh điểm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C không thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC

Câu3 Giải phơng trình: √x −1−3

√2− x=5

Câu Cho đờng tròn (O;R) điểm A cho OA = R √2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đờng trịn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC lần lợt D E

Chøng minh r»ng:

a.DE tiếp tuyến đờng tròn ( O ) b

3 R<DE<R

đáp án

√

x

+1− x −

√

x

+1+x

(

√

x

− x

√

x

=

√

x

− x −

√

x

−

x

A số tự nhiên ⇔ -2x số tự nhiên ⇔ x = k (trong k Z k )

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = ta đợc x, y, z > v

xyz=2

Nhân tử mÉu cđa h¹ng tư thø víi √x ; thay ë mÉu cđa h¹ng tư thø bëi

√xyz ta đợc: P =

√x+2+√xy

¿ √z¿ √x

√xy+√x+2+

√xy

√xy+√x+2+

2√z

(1đ) P=1 P >

Câu 2: a.Đờng thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = Vậy đờng thẳng AB y = 2x +

Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + nên C không thuộc đờng thẳng AB ⇒ A, B, C không thẳng hàng

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + nên điểm D thuộc đờng thng AB

A,B,D thẳng hàn b.Ta có :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20 AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10 BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒ AB2 = AC2 + BC2 ⇒ ABC vuông C Vậy SABC = 1/2AC.BC =

2√10 √10=5 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình:

¿

u − v=5

u2

+v3=1

¿{

¿

(17)

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ⇒ ABOC hình vng (0.5đ)

Kẻ bán kính OM cho

BOD = MOD ⇒

MOE = EOC (0.5®)

Chøng minh BOD = MOD ⇒ OMD = OBD = 900 T¬ng tù: OME = 900

⇒ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đờng trịn (O) b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE > R Vậy R > DE >

3 R

Đề 9

Câu 1: Cho hàm sè f(x) =

√

x

−4x+4

a) Tính 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)(2y+7)=(2x −7)(y+3) ¿{

A =

(

x

x −

−

x −1

√x −1

)

(

x

√x

√x −1

)

2) 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

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

đáp án Câu 1

B

M A

O

C D

(18)

a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√

x

−

x

+4=√¿

Suy f(-1) = 3; f(5) =

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=

x+2

Víi x < suy x - < suy A=−

x+2

C©u 2

¿

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

¿

⇔

xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21

¿

⇔

x − y=−4

x+y=0

⇔

¿x=-2

y=2

¿ ¿{

¿

(

x

x −1

−

x −1

√x −1

)

(

x

√x

√x −1

)

(

x

x −

x

(√x −1)(√x+1) −

x −1

√x −1

)

(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1

)

(

x −

x

√x −1 −

x −1

√x −1

)

(

x −√x+√x

(19)

= 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

a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH

PB = CH

CB ; (1)

Mặt khác, PO // AC (cùng vuông góc víi 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 trug điểm cña

AH

b) Xét tam giác vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) AH = 2EH ta có

AH2=(2R −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

Câu (1đ)

Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  > O

B H C

(20)

<=> (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 4

7m7

26-8m=11

ta đợc m = - m = 4,125 (2)