DE ON THI TS LOP 10 THPT 610

Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.[r]

(1)

ĐỀ ÔN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT- ĐỀ 6 MƠN: TỐN

(Thời gian :120 phút)

*****

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 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 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

Bµi Cho x>o ;

2

7 x

x

 

Tính:

5 x

x



HƯỚNG DẨN GIẢI -ĐỀ 6

(2)

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=1x=2x=4 √x −1=−1⇒√x=0⇒x=0

√x −1=2⇒√x=3⇒x=9 √x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

Vậy với x= {0;4;9} P có giá trị nguyên

Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm ©m th×

¿

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

(m−2)3−¿=50 ¿

¿m1=−1+√5

2 m2=−1−2√5

¿

|5(3m2+3m+7)|=50m2+m1=0

{

Bà3. 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           12 x x y y          ;     12 x x y y         

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

Bµ4

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

(3)

Vậy AD đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng trịn tâm O

tứ giác BHCD hình bình hành

b) Vỡ 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 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

Bài Từ

2

1 1

7

x x x x

   

               

    (do x>o)

Nên

5 4

1 1 1 1

3

x x x x x x x x

 

     

                

       

 

2

3 x 49 123

x

  

         

 

 

……… HẾT………

*****

C©u1 : Cho biÓu thøc

A=

1− x2¿2 ¿ x¿

(xx −3−11 +x)( x3+1

x+1 − x):¿

(4)

O K

F E

D

C B

A .a, Ruý gän biÓu thøc A

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

C©u2 a, Giải hệ phơng trình:

2

( ) 3( )

2

x y y x

x y

    



 

b Giải phơng trình:

3 2

4 20

3

x x x

x x

  

  =0

C©u3 Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xỏc nh m phơng trình có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình có nghiệm phõn biệt x1;x2 cho:

2 2 x x 

Câu 4 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 F giao điểm AC nửa đờng tròn (O) Gọi K giao điểm CFvà ED

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

c chøng minh r»ng :F trung điểm CK

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ 7

C©u 1: a Rót gän A= x

2

−2 x

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

2

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ ta có

2

( ) 3( )

2

x y y x

x y

    



 

 <=>*

1

2

x y x y

  



 

 (1) V *

4

2

x y x y

  



 

 (2)

(5)

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

Vậy phơng trình tơng đơng với x-5=0 =>x=5

C©u 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xét 2m-10=> m 1/2 Δ,

= m2-2m+1= (m-1)2 > 0  m 1

ta thÊy pt cã nghiÖm p.biệt víi m  1/2 m 1 b) m =

2

4



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

V×  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B

=>BKOB=>BK l tiếp tuyến của(0)

c)BFCK tại F=>F là trung điểm ………

HẾT………

***** Bµi 1: Cho biÓu 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

(6)

¿

x+y+z=9

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 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 c©n b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R

Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m·n x+y=1 : Tìm GTLN A= x y

HẾT

ĐÁP ÁN- ĐỀ 8

Bài 1: a) Điều kiện để 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

    



  

   

  1  1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

       

   

1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 

1 

x y y y x

y

  





     

 

1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

(7)

Q

N

M

O C

B A

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

⇔(√x −1) (1+√y)=1 Ta cã: + y 1  x 1 0 x  x = 0; 1; 2; ; 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 đ-ờng thẳng (d) lµ : y = mx + m –

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

⇔ x2 + mx + m – = (*)

V× phơng trình (*) có =m24m+8=(m2)2+4>0m nên phơng trình (*) cã hai

nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B b) A B nằm hai phía trục tung ⇔ p.trình : x2 + mx + m – = có hai

nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ 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

          

          

            

      

    

 

        

  

  



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 =

Bài 4: a) Xét ΔABM 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 MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ).

=> ΔMCB=ΔMNQ(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

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

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

(8)

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 =

2 , max A = √2 <=> x = y =

………HẾT………

*****

C©u 1: Cho hµm sè f(x) = √x2

−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)

¿{

¿

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

(9)

ĐÁP ÁN ĐỀ 9

C©u 1a) f(x) =

x −2¿2 ¿ ¿

√x2−4x+4=√¿

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

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

C©u2:ghpt

( 2) ( 2)( 4) 2

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

4

x y x y xy x xy y x

x y x y xy y x xy y x

x y x y

        

 



 

           

 

  

 

   

  

 

x -2

y

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

(10)

a)Do HA // PB (Cùng vng góc với BC) 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 vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH

= (2R - CH).CH

Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã 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 biệt x1 ; x2

> <=> (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 nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 -4 x2 = 11

O

B H C

(11)

………HẾT………

*****

1 x x x

  +

1 x x x

   -

1 x x

 

a/ Rót gän P

b/ Chøng minh: P <

3 víi 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 lần nghiệm

Câu 3: a/ Giải phơng trình :

x +

2 x = 2

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không

trùng với A, B) Gọi (O) đờng tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K

a/ Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiếp b/ Tứ giác ABCK hình gì? Vì sao?

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

Cõu 5. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : x22y 1 y22z 1 z22x 1 Tính giá trị biểu thức :A x 2009y2009z2009

(12)

P N 10

Câu 1:Điều kiƯn: x  vµ x 1

P = x x x   + 1 x x x    -

( 1)( 1)

x

x x



  =

2

( )

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 <

1

3 

x

x x <

1

 3 x < x + x + ; ( v× x + x + > )

 x - 2 x + >  ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)

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

b/ Víi m  th× (1) cã nghiƯm.

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

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

 

  a=

1 m  3( m

)2 = m2 -3  m2 + 6m - 15 = 0

 m = -32 6 ( thõa mÃn điều kiện).

Câu 3:

Điều kiện x  ; - x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = x2 > Ta có:

2 2 (1) 1 (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 nghiÖm: x1 = ; x2 =

1

2

 

(13)

 AB // CK  BAC ACK

Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành Mà



2 ACK 

s®EC =

2s®BD = DCB

Nªn

 

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

.Câu5 . Tõ gi¶ thiÕt ta cã :

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  2009  2009  2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	919,1 KB