gui huan 8

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó.. Hai đường kính AB và CD vuông góc nhau. Gọi E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO t[r]

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 2

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

a) Chứng minh :

39 11 2 39 11 2

  



b) Giải hệ phương trình :

2

2

74

( 2) ( 4) 18

x y x y            Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – = , m tham số thực

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Giả sử x1 ; x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị

nhỏ tính giá trị nhỏ Bài

Gọi (P) đồ thị hàm số

2 y x

(d) đồ thị hàm số

1 y x a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ

b) Dùng đồ thị (P) (d) suy nghiệm phương trình x2 – x – = 0

Bài Cho đường tròn (O) , đường kính AB = 2R M điểm lưu động cung AB (M khác A B) Tiếp tuyến đường tròn M cắt tiếp tuyến A B C D

a) Chứng minh : Tích AC.BD khơng đổi M lưu động cung AB

b) Xác định vị trí điểm M cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ GIẢI :

Bài 1

a) Ta có : 11 2 = 3 2 2   = 333 22 3 32 2 23 = ( 3 2)3

Tương tự 11 ( 3   2)3

Vậy

39 11 2 39 11 2

  

 3

2

  



(đfcm) b) Giải hệ phương trình :

2

2

74

( 2) ( 4) 18

x y x y             2 2 74

4 16 18

x y

x x y y

             

2 74

4 16 74 18

x y x y           

2 74

4 76

x y x y        

2 74

2 19 x y x y         2

(2 19) 74

2 19 y y x y         



2

5 76 287 19 y y x y          41 19 y y x y              13 5 41 x x y y               

Vậy hệ có nghiệm :

5 x y    



13 41 x y          Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – = , m tham số thực

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Giả sử x1 ; x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị

nhỏ tính giá trị nhỏ

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + = m2 – 2m + + = (m – 1)2 + > , với m

vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Ta có :  

2 x  x

= x1 x22=  

1

x x  x x = 4m2 – 4(2m – 5) = 4m2 – 8m + 20

= 4(m2 – 2m + + 4) = 4(m – 1)2 + 16 ≥ 16

Vậy x1 x2 đạt giá trị nhỏ m = 1 Bài

Gọi (P) đồ thị hàm số

2 y x

(d) đồ thị hàm số

1 y x a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ

Bảng giá trị hàm số

2 y x

x -2 -1

y

1

2 0

1

2 2

Bảng giá trị hàm số

1 y x

x -2

y

f(x)=(1 /2)x^2 f(x)=(1 /2)x +1 x(t)=-1 , y(t)=t x(t)=2 , y (t)=t

-5 -4 -3 -2 -1

-4 -3 -2 -1

x f(x)

b) Lập phương trình hồnh độ giao điểm : 2x =

1

2x  x2 – x – = 0

Vậy số nghiệm pt số giao điểm có hai đồ thị (P) (d)

Dựa vào đồ thị , ta có (P) (d) cắt hai điểm có hồnh độ x = -1 x = Suy nghiệm phương trình x2 – x – = có hai nghiệm x = - ; x = 2

Bài Cho đường trịn (O) , đường kính AB = 2R M điểm lưu động cung AB (M khác A B) Tiếp tuyến đường tròn M cắt tiếp tuyến A B C D

a) Chứng minh : Tích AC.BD khơng đổi M lưu động cung AB

b) Xác định vị trí điểm M cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ a) AC.BD không đổi

2

1

y x 1

D

C

B

O

A

M

Theo định lí hai tiếp tuyến ta có CA = CM DM = DB (1)

Và OC phân giác góc AOM , OD phân giác góc MOB Mà AOMvà MOB kề bù nên suy CO  OD

Mặt khác OM  CD OM = R (CD tiếp tuyến (O) tiếp điểm M)

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OCD có : MC.MD = OM2 = R2 (không đổi)

Kết hợp với (1) suy : AC.BD = MC.MD = R2 (không đổi) M lưu động cung

AB

b) Vì AC VÀ BD hai tiếp tuyến (O) A B nên AC // BD (AC BD vng góc với AB), suy tứ giác ABDC hình thang vng

Diện tích

1

( )

2

ABDC AB AC BD

S  

= R(CM + MD) = R.CD (cmt) với R không đổi Nên SABDC nhỏ chì CD nhỏ

Và CD nhỏ CD hai tiếp tuyến A B

 M điểm cung AB , MC MD 

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 3

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Cho M =

2

2 2

3 :

3 1

x x x x

x x x x

   

 

  

   

  (điều kiện biểu thức có nghĩa)

a) Rút gọn biểu thức M

Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 hai nghiệm phương trình :

x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + = 0

a) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn

Bài 3.

Cho tam giác ABC vuông A, AB = a ; AC = b nội tiếp đường tròn tâm O Kéo dài đường phân giác AD tam giác ABC cắt đường tròn O M Vẽ đường thẳng DE  AB , DF  AC

a) Chứng minh AEDF hình vng b) Tính DE theo a, b , từ suy EF

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD diện tích tam giác ABC ln diện tích tứ giác AEMF A di động nửa đường trịn có đường kính BC

Bài 4.

Tìm số có hai chữ số biết nhân số với 37 lấy kết chia cho 31 ta số dư 15

GIẢI Bài 1

a) Ta có

điều kiện : x ≠ ; x ≠

2; x ≠ 1

M =

2

( 2)( 1) 2.3 ( 1)

3 ( 1)

x x x x x x x x

x x x x

       



  =

2

8

3 (2 )

x x x

x x x

   

 

=

2

4

3 (1 )

x x x

x x x

   



 =

2

( 1) (1 )(3 1) (1 )

x x x x

x x

     



=

2 (1 )(1 ) (1 )(3 1)

3 (1 )

x x x x x

x x

     

 =

2 (1 ) (3 1)

3

x x x

x

   

=

3

x x

x 

= x

b) M < 

1 x

<  x + <  x < 1

c) M 

1 x

 x + chia hết cho  x + = 3k, k   x = 3k – , k 

Hay x số nguyên chia cho dư Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 hai nghiệm phương trình :

x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + = (1)

a) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt

+ (1) vô nghiệm  <  (1 – m )(3m – 7) <  m < m >

7

+ (1) có nghiệm kép  =  (1 – m )(3m – 7) =  m =1 m =

7

+ (1) có hai nghiệm phân biệt  <  (1 – m )(3m – 7) >  < m <

7 3 (*) b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn

Theo Vi-et, ta có :

1 2

1

2

b m x x

a c

m m

x x a 

   

  

    

 

Nên : đặt E = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = (m + 1)2 – 2(m2 – 2m + 2) = – m2 + 6m –

+ Ta có : – m2 + 6m – = – (m2 – 6m + ) = – (m2 – 2.3m + – ) = – (m – 3)2

Nhưng (1) có nghiệm x1 ; x2 ≤ m ≤

7

Giá trị lớn E : – (

3  )2 =

50 Giá trị nhỏ E : – (1 – 3)2 =

* Chú ý điều kiện : ≤ m ≤

3, không giải thường mắc sai lầm sau : – m2 + 6m – = – (m2 – 6m + ) = – (m2 – 2.3m + – ) = – (m – 3)2 ≤

E đạt giá trị lớn m = giá trị lớn E = E khơng có giá trị nhỏ

a b

N F E

D

M B

O

C A

a) Chứng minh AEDF hình vng

Ta có tứ giác AEDF có A E F   1v đường chéo AD phân giác góc EAD nên AEDF hình vng

b) Tính DE theo a, b , từ suy EF

Áp dụng định lí Py ta go cho vng ABC : BC2 = AB2 + AC2 = a2 + b2

 BC a2b2

Áp dụng tính chất phân giác AD :

DB AB a

DC AC b 

DB DC AB AC

DC AC

 





BC a b

DC b

 

 DC =

2

b a b

DC

a b  



Từ chứng minh trênAEDF hình vng nên DF // AB 

CD DF

CB AB



2 2

b a b

DF a b

a

a b



 

 

DF b

a a b 

ab DF

a b 

 , mà AE = DF (cmt) EF đường chéo hình vng cạnh DF , nên : EF = DF 2=

2 ab

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD diện tích tam giác ABC ln diện tích tứ giác AEMF A di động nửa đường trịn có đường kính BC

+ Ta có : ABD AMC :

 

BAD MAC (AD phân giác)

 

ABD AMC (góc nội tiếp chắn cung AC) Suy :

AB AD

AM AC  AB.AC = AM.AD

Khi A di động (O) tam giác ABC ln tam giác vng, nên AEDF ln hình vng AB.AC = AM.AD

Do AEDF hình vng  AD  EF AD = EF

 SAEDF =

1

2AM EF2AM AD =

2AB AC = SABC

Bài Tìm số có hai chữ số biết nhân số với 37 lấy kết chia cho 31 ta số dư 15

Gọi số có hai chữ số có dạng : x = ab10a b (a ≠ , < a, b ≤ 9, a, b ), x nguyên dương

Theo đề ta có : 37(10a + b) = 31.k + 15 , k

 37x – 31k = 15 (*) (37, 31) = (ước chung lớn hay gọi nguyên tố

cùng nhau)

Bài toán trở thành tìm nghiệm nguyên dương phương trình (*) Suy : 31k = 37x – 15  k =

31 15 31 x x

= x +

6 15 31 x

(nguyên dương ) Đặt t =

6 15 31 x

, t nguyên dương  31t = 6x – 15  6x = 31t + 15  x =

30 12

6 t t  

= 5t + + t

Đặt u = t

, u nguyên dương  6u = t +  t = 6u –

Thế vào x, k tính theo u :

x = 5t + + u = 5(6u – 3) + + u = 31u – 13 k = x + t = 31u – 13 + 6u – = 37u – 16

Vậy nghiệm phương trình có dạng tổng quát :

31 13,10 99 37 16

x u x

k u

   

 

 

 + Chọn u =  k = 21  x = 18

Thử lại : 37.18 – 15 = 651 651 : 31 = 21

+ Tương tự chọn u =  k = 58 , x = 49

+ chọn u =  k = 95 ; x = 80

+ Chọn u =  k = 132 , x = 111 (loại)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẾN TRE TRƯỜNG THPTCS GIỒNG TRÔM

ĐÁP ÁN ĐỀ TƯ LUYỆN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Bài 1.

a) Tìm x biết x 12 18x 8 27 b) Chứng minh đẳng thức :

2 2

1

2

x x x

x x

x x x

    

 

 

     

  với x > , x ≠ 1

Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 y = – 2x + m có đồ thị (P) (d) trục số

a) Tìm a để (P) qua điểm A(1 ;

2), tìm m để (d) qua A. b) Vẽ đồ thị (P) (d) với a m vừa tìm

c) Với a vừa tìm câu a), tìm m để (d) tiếp tuyến (P) Bài

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H trực tâm tam giác, M điểm cung BC khơng chứa A

a) Xác định vị trí M để tứ giác BHCM hình bình hành

b) Gọi N , E điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, AC Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng

c) Xác định vị trí điểm M để NE có độ dài lớn Bài 4.

Chứng minh a + b + c = abc ≠

2 2 2 2 2

1 1

0 a b  c c a  b b c  a 

GIẢI Bài 1.

a) x 12 18x 8 27  2x 3 + 3 2 = 2x 2+ 3

 2x( 3– 2) = 3( 3– 2)  2x = 

3 x

b)

( 2)( 1) ( 2)( 1)

2 1

1

2 ( 1) ( 1)

x x x x

x x x x

x

x x x x x x

          

 

 

      

 

=

2

x

x x =

1

x (đpcm) Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 y = – 2x + m có đồ thị (P) (d) trục số

a) Tìm a để (P) qua điểm A(1 ;

(P) qua A(1 ; 2) 

1

2 = a.12 a =

1

2  y = 2x2

(d) qua A(1 ; 2) 

1

2 = – 2.1 + m  m =

2 y = – 2x + b) Vẽ đồ thị (P) (d) với a m vừa tìm

Bảng giá trị (P) :

x -2 -1

y =

2x2 2

1

2 0

1

2 2

Bảng giá trị (d) :

x

y = – 2x +

5

1 Đồ thị (P) (d) :

f(x)=(1/2)x^2 f(x)=-2*x+5/2 x(t)=1 , y(t)=t x(t)=t , y(t)=1/2

-10 -8 -6 -4 -2 10 12

-2 10 12 14

x f(x)

Lập pt hoành độ giao điểm :

2x2 = – 2x + m  x2 + 4x – 2m =

’ = + 2m

Để (d) tiếp xúc với (P) pt hồnh độ giao điểm phải có nghiệm kép Tức : + 2m =  m = –

Vậy (d) tiếp tuyến (P) m = – Bài

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H trực tâm tam giác, M điểm cung BC không chứa A

a) Xác định vị trí M để tứ giác BHCM hình bình hành

b) Gọi N , E điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, AC Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng

c) Xác định vị trí điểm M để NE có độ dài lớn Giải :

a) Ta có : BH  AC CH  AB nên để BHCM hình bình hành MC  AC C

và MB  AB B

Do AM đường kính đường trịn tâm (O) b) Ta có : E đối xứng M qua AC

 EC  AC EC = MC 

EC // BH EC = BH Vậy BHEC hình bình hành Chứng minh tương tự :

BNHC hình bình hành Suy : HE // BC HN // BC

Theo Tiên đề Euclide, qua H có Một đường thẳng song song với BC Hay nói khác : N, H, E thẳng hàng c) Theo cmt : BC =

1

2NE  NE lớn BC lớn nhất tức dây cung BC lớn BC đường kính

khi tam giác ABC vuông A nên trực tâm H trùng với A M điểm đối tâm A

N

K

E

M

L J

H O A

NE = 13.04 cm

N'E' = 13.91 cm

E' N'

R C'

N

K

E

M

L J

H

O A

B C

B'

Bài 4.

Chứng minh a + b + c = abc ≠

2 2 2 2 2

1 1

0 a b  c c a  b b c  a  Ta có :

a + b = -c ; b + c = - a ; c + a = - b (a + b)2 = c2 a2 + b2 – c2 = – 2ab

(b + c)2 = a2 b2 + c2 – a2 = – 2bc

(c + a)2 = b2 c2 + a2 – b2 = – 2ca

Do :

2 2 2 2 2

1 1 1

2ab 2bc 2ca a b  c c a  b b c  a    = –

1

a b c

abc abc abc

 

 

 

 =

1

a b c abc  

 

  

  = với abc ≠ 0

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 5

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Cho biểu thức P = x2 9 Q = 3x x 

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa Tìm x để biểu thức Q có nghĩa b) Với giá trị x P = Q

c) Với giá trị x P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa Bài

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = (1)

b) Tìm m để (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại Bài 3.

Một xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/h đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian dự định lúc đầu

Bài 4.

Từ S ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD // AC Nối BK cắt AC I

a) Nêu cách dựng cát tuyến cho BD // AC b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o Chứng minh cát tuyến AKD qua O.

GIẢI Bài 1.

Cho biểu thức P = x2 9 Q = 3x x 

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa Tìm x để biểu thức Q có nghĩa

Ta có : P = x2 9 có nghĩa x2 0  (x + 3)(x – 3) ≥ 0 (Áp dụng xét dấu tích hai thừa số khơng âm chúng dấu)

 x ≤3 x ≥

Q = 3x x  3 có nghĩa

3

3

3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

b) Với giá trị x P = Q Ta có : P = Q  x ≥

c) Với giá trị x P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa Để P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa x ≤3

Bài

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = (1)

a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt

(1) có hai nghiệm phân biệt  = m2 – 4.3.12 >  m2 – 144 >  (m – 12)(m + 12) >  m < – 12 m > 12

b) Tìm m để (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại

(1) có nghiệm x1 =  a + b + c =  + m + 12 =  m = – 15

Khi nghiệm cịn lại : x2 =

12 c

a  

Một xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/h đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian dự định lúc đầu

Gọi x vận tốc dự định hết quãng đường AB (x > , km/h) y quãng đường AB (y > 0, km)

Thời gian dự định : y x

Nếu tăng vận tốc lên 14km/h thời gian hết quãng đường : 14 y x Theo đề : 14

y y

x  x  (1)

Nếu giảm vận tốc km/h thời gian hết quãng đường : y

x (x > 4) Theo đề :

y y

x  x  (2)

Ta có hệ phương trình :

2 14

1

y y

x x

y y

x x



 



 



  

  



( 14) ( 14) ( 4) ( 4)

y x xy x x

xy y x x x

   

 

   

 

14 ( 14)

4 ( 4)

y x x y x x

 

 

 

 ( x, y ≠ 0)

Chia vế , ta :

7 2( 14)

2

x x

 

  7x – 28 = 4x + 56  3x = 84  x = 28 Thế vào : 4y = x(x – 4) ta :

28.24 168

y 

Thời gian dự định : Vận tốc dự định : 28 km/h

* Cách khác : Gọi y thời gian hết AB theo dự định x vận tốc dự định , ta có : AB = xy = (x + 14)(y – 2) (1)

AB = xy = (x - 4)(y + 1) (2) 

14 28

4

y x

y x

 

 

  

 

28 x y

  

 

Vậy thời gian dự định giờ, vận tốc dự định : 28 km/h Bài 4.

Từ A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD // AC Nối BK cắt AC I

a) Nêu cách dựng cát tuyến cho BD // AC b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o Chứng minh cát tuyến AKD qua O.

giải :

Vậy kẻ BD vng góc CE cắt đường tròn D b) Chứng minh : IC2 = IK.IB

Xét IBC ICK có : góc I chung

Ta có : ICK = 

2KC (góc tiếp tuyến dây cung) 

KBC = 

2KC (góc nội tiếp chắn cung KC) Nên ICK KBC

Do : IBC  ICK 

IC IK

IB IC  IC2 = IK.IB

c) Khi BAC = 60o cân BAC trở thành tam giác

Nên AB = AC = BC

Tứ giác ACOB nội tiếp suy 

BOC = 120o BDC = 60o (góc nội tiếp chắn cung BKC)

Mà BC = CD nên BDC cân

Do :  BDC tam giác

BD = AC = CD = AB

Vậy tứ giác ABDC hình thoi

 AD phân giác BAC

Trùng với AO phân giác BAC

Vậy BAC = 60o cát tuyến AKD qua O

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 6

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Chứng minh A = 40 57  40 57 số nguyên

Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2

a) Phân tích B thành nhân tử

b) Tìm cặp số (x ; y) thỏa B = x – y + =

I K

E

D

C B

O

Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2

a) Tìm giá trị m biết x = y =

b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến x < đồng biến x >

Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = (m tham số)

a) Giải phương trình m = –

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2

đạt giá trị lớn

Bài

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB Đường thẳng qua trung điểm H đoạn OB cắt đường tròn M N, gọi I trung điểm MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK D

a) Tứ giác DMBN hình ?

b) Chứng minh D trực tâm tam giác AMN

c) Biết AM.AN = 3R2 AN = R 3 Tính diện tích tam giác AMN.

GIẢI Bài 1.

Chứng minh A = 40 57  40 57 số nguyên

Ta có : 40 57 = 32 + 25 + 2.5.4 = (4 2)2 + 2.5.4 + 52 = (4 2 + 5)2

và 40 57 = 57 40 2 = 32 2.5.4 25  =

2

(4 2)  2.4 2.5 5

=

2 (4 5)

= (4 5)

Vậy A = 5  (4 2 + 5) = – 10 : số nguyên Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2

a) Phân tích B thành nhân tử Ta có B =

2 2.1 49

2 4

y  xy x  x

=

2

1

2

y x x

   

 

   

    =

1 7

2 2

y x x y x x

   

   

   

   

= y 3x y   4x

b) Tìm cặp số (x ; y) thỏa B = x – y + =

Ta có :

   

4

y x y x

x y

   

 

  



 

3 4

y x

y x

x y   

  



   

 

3

y x

x y

 

 

  



4

y x

x y

 

 

  



2 x y

  





4 16

3 x y 

        Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2

a) Tìm giá trị m biết x = y =

Với x = y = ta có : = m2 – 6m + 12  m2 – 6m + = 

3

3

m m    

  

b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến x < đồng biến x > Ta có : y = ax2 a > 0, nghịch biến x < đồng biến x > 0

Mà a = m2 – 6m + + = (m – 3)2 + > , với giá trị m

Vậy hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2 nghịch biến x < đồng biến x >0

Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = (1) (m tham số)

a) Giải phương trình m = –

Ta có : m = – pt trở thành : 2x2 - 8x + =  2(x2 - 4x + 4) =  2(x - 2)2 =  x =

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2

đạt giá trị lớn

Pt (1) có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt ’ = (m + 1)2 – 2(m2 + 4m + 3) >

 – m2 – 6m – >  m2 + 6m + <  (m + 1)(m + 5) <  – < m < – (*)

Khi theo định lí Vi-et :

1 2

1

4

2 b

m x x

a

c m m

x x a 

   

  

 

  

 

Do :

x1.x2 – 2x1 – 2x2 = x1.x2 – 2(x1 + x2) =

2 4 3 m  m

2(m 1)

  =

2 8 7 m  m

=

( 7)( 1) m m

Vì m phải tìm thỏa (*) nên với điều kiện (m + 7)(m + 1) < Suy M =

2 8 7 m  m

=

2 8 7

m m

  

=

2 ( 4)

2

m

 



Vậy giá trị lớn M

9

2 m = – thỏa (*) Bài

Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AB Đường thẳng qua trung điểm H đoạn OB cắt đường tròn M N, gọi I trung điểm MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK D a) Tứ giác DMBN hình ?

c) Biết AM.AN = 3R2 AN = R 3 Tính diện tích tam giác AMN.

c) Biết AM.AN = 3R2 AN = R 3 AM = R 3= AN

suy tam giác AMN cân A

Trong tam giác vng ABN có AN = R 3; AB = 2R 



sin

2 AN ABN

AB

 

 ABN = 60o  AMN = 60o (cùng chắn cung AN)

Vậy tam giác AMN cân có góc 60o tam giác cạnh R

Diện tích AMN =

2

3

4 R

(đvdt)

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 7

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Cho biểu thức P =

2

2

1 2

x x x

x x x

      



   

      

 

a) Rút gọn biểu thức

b) Chứng minh < x < P > c) Tìm giá trị lớn biểu thức P

Bài 2.

Giải hệ phương trình :

y x xy

x y xy

 

 

 

 Bài 3.

M' D

K

I

N H

A

O B

M a) Ta có : AK  MN

Mà I trung điểm MN nên OI  MN

Suy : OI ĐTB ADB  I trung

điểm DB, tứ giác MDNB có hai đường chéo MN DB cắt trung điểm I đường , nên DMBN hình bình hành

Do : MD // NB (1)

b) ANB = 90o (chắn nửa đường tròn)

 BN  AN, kết hợp với (1)

Suy MD  AN

a) Chứng minh với số thực dương a, b ta có :

1

a b a b

b) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : 6x2 + 5y2 = 74

Bài 4.

Cho đường trịn (O ; R) Hai đường kính AB CD vng góc Gọi E điểm cung nhỏ BC Dây AE cắt CO F, dây DE cắt AB M

a) Tam giác CEF EMB tam giác ?

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp đường trịn Tìm tâm đường trịn c) Chứng minh đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

Bài 5.

Chứng minh a + b + c = abc ≠ :

9

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

                       GIẢI Bài 1

a) Ta có P =

2

2

1 2

x x x

x x x

                     =   2

2

( 1)( 1) 1

x x x

x x x

                       =   2

( 2)( 1) ( 1)( 2)

.( 1) ( 1)

2( 1)

x x x x

x x x x          = ( 1) x x  

=  x.( x 1) = x.(1 x)

b) Nếu < x <  < x <  – x > suy P = x.(1 x) >

* Đặt t = x >  P = t – t2 =

2

1 1

2 t 2t

 

    

  =

2

1

4 t

 

   

  ≤

1

Vậy P đạt giá trị lớn

1  t  x  x

* Có thể dùng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số

Bài 2.

Giải hệ phương trình :

y x xy

x y xy

 

 

 



+ Dễ thấy x = , y = nghiệm hệ + Nếu x ≠ y ≠

Thì chia pt hệ cho xy , ta :

Đặt u =

1 x ; v =

1 y

Hệ 

1

4

u v v u         7 u v           x y         

Vậy hệ có nghiệm (0 ; 0) (

7 9;

7 2)

* Cách khác :

Nhân pt (1) cho trừ vế , ta 2y – 9x =  y =

9 2x

Thế vào (1) , ta : 9x2 – 7x =  x(9x – 7) = 

0 x x      

Tứ suy nghiệm hệ : (0 ; 0) (

7 9;

7 2) Bài 3.

a) Chứng minh với số thực dương a, b ta có :

1

a b a b (1)

(1) 

4 a b

ab a b

 

   

2

a b  ab (a, b dương)

 (a2 – 2ab + b2) ≥ : Đúng

Vậy (1)

b) Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình : 6x2 + 5y2 = 74

Đặt u = x2 ≥ , v = y2 ≥

Ta có 6u + 5x = 74  6u = 74 – 5x 

74

v u 

= 12 +

2

v 

Đặt t =

2

v 

 6t = – 5v  5v = – 6t 

2

t v 

= t t  

Đặt k =

2

t 

 5k = – t  t = – 5k

Vậy ta có :

u = 12 + – 5k = 14 – 5k v = k – + 5k = 6k – Do :

14 u k v k      

 với k, t, u, v số nguyên

Vì u = x2 , x nguyên nên u số phương 14 – 5k > 0, k nguyên nên k { 1; }

Nên : chọn k =  u =  x = 3 ; v =  y = 

Nhưng k = v = 10 khơng số phương, nên loại k =

6x2 + 5y2 = 74  6(x2 – 4) = 5(10 – y2)

Suy : x2 – = 5u 10 – y2 = 6v u = v

Vì x2 = + 5u ≥  u ≥

4 

y2 = 10 – 6v ≥  v ≤

5

+ Hoặc u = v = y2 = 10 , y nguyên : không xảy ra

+ Hoặc u = v = x2 = ; y2 = 4

Vậy nghiệm nguyên phương trình cần tìm (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2)

Bài 4.

Cho đường tròn (O ; R) Hai đường kính AB CD vng góc Gọi E điểm cung nhỏ BC Dây AE cắt CO F, dây DE cắt AB M

a) Tam giác CEF EMB tam giác ?

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp đường trịn Tìm tâm đường trịn c) Chứng minh đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

a) Ta có

 1(  )

2

FCE EB BD

(góc nội tiếp chắn cung EBD)

 1(  )

2

CFE EB BD

(góc có đỉnh bên đường trịn)

mà CE EB  (E điểm cung BC)

Suy : CFE = FCEECF cân E

Chứng minh tương tự : EMC cân E

Mà hai cạnh CE = EB

Nên Tam giác CEF EMB tam giác cân

b) Ta có : góc BCF chắn cung BD = 90o

góc BCM chắn cung AC = 90o

suy : hai góc BCF BCM nhìn FM đưới góc nhau, tứ giác BCFM nội tiếp đường tròn

EC = EF = EM = EB suy E tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFM

c) Ta có OE trung trực BC FM

Gọi K giao điểm CM BF , ta chứng minh OE qua K.Thật :

FKC = MBK (g – c – g) :

+ FCKMBK (góc nội tiếp chắn cung FM)

+ FC = BM (cmt)

+ CFK BMK (góc nội tiếp chắn cung BC)

Từ suy : FK = KM KB = KC nên K thuộc trung trực OE

Bài 5.

Chứng minh a + b + c = abc ≠ :

K

M F

E

D C

B O

9

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

                       Đặt a b x c    c

xa b ;

b c y a    a

y b c ;

c a z b    b

z c a

Và : M =

a b b c c a c a b

c a b a b b c c a

  

   

   

      

   

Ta có :

M =  

1 1

a b b c c a c a b

x y z

c a b a b b c c a x y z

                                

= +

y z z x x y

x y z

  

 

(1) Do a + b + c = nên :

a + b = – c  a3 + 3ab(a + b) + b3 = – c3 a3 + b3 + c3 = 3abc (2)

Ta có :

2 ( )( )

b c c a b bc ac a a b a b c

y z

a b ab ab

       

    

Suy :

2

( )( )

( )

a b a b c

y z ab a b c c c

a b

x ab ab

c           

Tương tự cách hoán vị vòng quanh, ta :

2

z x a

y bc   ; 2

x y b

z ca

 

Thay vào (1), áp dụng (2) , ta : M = +

2 2c ab + 2b ca + 2a

bc = +

3 3 2(a b c )

abc

 

= +

2.3abc

abc = + = (đpcm)

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 8

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P)

a) Chứng minh điểm A( 2;2) nằm (P)

b) Tìm m để đồ thị (d) hàm số : y = (m – 1)x + m , m  m ≠ cắt (P) điểm

c) Chứng minh với m ≠ đồ thị (d) hàm số y = (m – 1)x + m qua điểm cố định

a) Giải hệ phương trình :

2 2

4 4

2( 8)

x y xy

x y xy

   

 

   

 

b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + = 0

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần chiều rộng gấp ba lần chu vi khu vườn 240m Tính diện tích khu vườn ban đầu

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A 60o đường chéo AC = 6cm Gọi E, F theo thứ

tự chân đường vng góc hạ từ C xuống đường thẳng AB, AD Từ B hạ BH  AC,

H  AC

a) Chứng minh tứ giác BHCE nội tiếp đường tròn CF tiếp tuyến đường trịn

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

c) Gọi O trung điểm đường chéo AC Chứng minh tam giác EOF tam gaíc cân tính diện tích tam giác

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2 GIẢI

Bài 1.

a) ( 2)22 tức tọa độ điểm A thỏa mãn y = x2 có đồ thị (P) , A  (P)

b) Đồ thị đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m cắt (P) : y = x2 taị điểm tức phương

trình hồnh độ giao điểm có nghiệm :

pt hoành độ giao điểm : x2 = (m – 1)x + m  x2 – (m – 1)x – m = (1) với m ≠ 1(*)

(1) có nghiệm  =  (m – 1)2 + 4m =  ( m + 1)2 =  m = – (thỏa (*))

c) Gọi M(xo ; yo) điểm cố định mà (dm) qua với m ≠

Ta có : với m ≠ yo = (m – 1)xo + m  mxo – xo + m = yo  m(xo + 1) = xo + yo

Với xo = 1  m.0 = 1 + yo  yo =

Vậy với m ≠ (d) ln qua điểm cố định M(– ; 1) * Cách khác : giả sử m = : y = – x (do) m = : y = x + (d2)

Giải hệ (do) (d2) : – x = x +  x = – suy y =

Vậy điểm cố định cần tìm M(– ; 1) mà (d) qua với m ≠

* Nhận xét : đề không cần điều kiện m ≠ ; m = (d) : y = qua M(– ; 1)

Vậy với m đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m qua điểm cố định , mà cụ thể điểm đó M(– ; 1)

a) Giải hệ phương trình :

2 2

4 4

2( 8)

x y xy

x y xy

            2

(2 )

( ) 16 x y x y            2 x y x y      

 hoặc

2 x y x y      



2 x y x y      



2 x y x y         10 x y        



2 x y    



2 10 x y        



2 x y     

b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 – 2xy + = 0

Ta có : x2 – 2xy + =  x(x – 2y) = -3  x = - , x – 2y = x = ; x – 2y = -3

hoặc x = ; x – 2y = -1 x = - ; x – 2y = + x = - , x – 2y =  x = -1 , y = -2

+ x = ; x – 2y = -3  x = , y =

+ x = ; x – 2y = -1  x = ; y =

+ x = -3 ; x – 2y =  x = -3 ; y = -2

Vậy số nguyên x, y thỏa đề : (-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (3 ; 2) ; (-3 ; -2)

Bài 3.

Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần chiều rộng gấp ba lần chu vi khu vườn 240m Tính diện tích khu vườn ban đầu

Gọi x chiều dài , y chiều rộng khu vườn lúc đầu (x, y > 0, m) Và nửa chu vi 50 = x + y (1)

Chiều dài lúc sau : 2x , chiều rộng lúc sau : 3y Và nửa chu vi lúc sau ; 120 = 2x + 3y (2) Nên ta có hệ phương trình :

50 120 x y x y         30 20 x y     

Vậy diện tích khu vườn ban đầu : 30.20 = 600 (m2)

Bài 4.

Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A 60o đường chéo AC = 6cm Gọi E, F theo thứ

tự chân đường vng góc hạ từ C xuống đường thẳng AB, AD Từ B hạ BH  AC,

H  AC

a) Chứng minh tứ giác BHCE nội tiếp đường tròn CF tiếp tuyến đường tròn

b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

60.0

O

I

H

F E

C B

A D

a) Ta có : BHC BEC  1v  tứ giác BHCE nội tiếp đường trịn đường kính BC

AD // BC (ABCD hình bình hành) mà FC  AD (gt) nên FC  BC tiếp điểm C

do : FC tiếp tuyến đường trịn đường kính BC b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA

Ta có : BCH CAF (so le trong) vuông BCH vuông CAF



BC CH

CA AF  BC.AF = CH.CA

c) Vì O trung điểm AC , AC cạnh huyền chung hai tam giác vuông ACF ACE nên hai trung tuyến OF OE (cùng nửa cạnh huyền AC)

Vậy EOF cân O

Hơn nữa, OF = OE = OA = OC =

1

2AC = cm nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AECF

Mà EAF = 60o , góc nội tiếp chắn cung ECF suy góc tâm EOF 120o

Nên tam giác cân OEF có OEF OFE  = 30o

Gọi K trung điểm cạnh đáy EF tam giác cân OEF , ta có :

1 sin 30

2

o

OK

OE  

 OK =

3

2(cm)  EK = OE.cos30o =

3

Diện tích EOF =

1

2OK.EF = 2.

3

2.3 3 =

4 (cm2)

Bài 5.

Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

M = (x 2007)2  (x 2008)2  (x 2009)2 Ta có : M = x 2007  x 2008 x 2009 Áp dụng bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối :

2007 2009 2007 2009

x  x  x   x ≥ x 2007 2009  x 2

dấu xảy 2007 ≤ x ≤ 2009

nên x 2007  x 2008 x 2009 ≥ + x 2008 2(vì x 20080) Dấu xảy x = 2008

Vậy giá trị nhỏ M x = 2008

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10 ĐỀ SỐ 1

(Thời gian : 120 phút) Bài 1.

Cho biểu thức A =

2 2

1 :

2 2

a a

a a a a a a

   

 

   

        

   với điều kiện biểu thức có nghĩa

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị A a = 2009 2008

Bài Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 – 2mx + 2m – = 0

a) Chứng minh pt có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Giả sử x1 ; x2 hai nghiệm pt Tìm m để biểu thức y = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Bài Cho hàm số

2 y x

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A, B nằm (P) có hồnh độ – ;

Bài

Cho đường tròn (O) dây cung AB Trên tia AB lấy điểm C nằm đường trịn Từ điểm P cung lớn AB kẻ đường kính PQ đường trịn, đường kính cắt AB D Tia CP cắt đường tròn M, dây AB QM cắt K

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ MC tia phân giác góc ngồi đỉnh M tam giác ABM

c) Giả sử A, B, C cố định Chứng minh đường thẳng QM qua điểm cố định đường (O) thay đổi qua hai điểm A, B

Bài 1 a) Ta có A =

2 2 2

:

2 ( 2) 2( 2)

a a a

a a a a a

     



   

        

   

=

 22 1 2 2

:

2 ( 2)( 2)

a a

a a a a

  



 

 

     

=

 22 2 2

:

2 ( 2)( 2)

a a a

a a a

  

  

=

 22  22

:

2 ( 2)( 2)

a a

a a a

 

   =

 

 

2

2 ( 2)( 2)

2 2

a a a

a a

  

 

= a2

b) Ta có a = 2009 2008 =  

2 2008 1

 a2 = 2008 1 + = 2008 1 Bài 2.

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + = m2 – 2m + + =(m – 1)2 + > 0, m

chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt m

b) y = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 4m2 – 2(2m – 2) = 4m2 – 4m + = 4(m2 – m + 1)

= 4[(m2 – 2.

1 2m +

1 4 +

3

4) = 4(m -

2)2 + ≥ , m

y đạt giá trị nhỏ m =

1

Bài a) Vẽ đồ thị hàm số

2 y x

Lập bảng giá trị :

x 2 1

y 2

1 

0

1 

2 

f(x)=-(1/2)x^2 x(t)=-2 , y(t )=t x(t)=t , y(t)=-2 x(t)=2 , y(t)=t x(t)=-1 , y(t )=t x(t)=t , y(t)=-1/2 f(x)=-(1/2)*x-1

-5 -4 -3 -2 -1

-4 -3 -2 -1

x f(x)

b) giả sử pt đường thẳng AB có dạng : y = ax + b Ta có A( – ;

1 

) B(2 ; – 2), nên tọa độ chúng thỏa pt đường thẳng :

1 2

a b a b 

  

 

  

 

1 a b 

     

Vậy pt đường thẳng AB :

1 y x

Bài

Cho đường tròn (O) dây cung AB Trên tia AB lấy điểm C nằm ngồi đường trịn Từ điểm P cung lớn AB kẻ đường kính PQ đường trịn, đường kính cắt AB D Tia CP cắt đường tròn M, dây AB QM cắt K

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ MC tia phân giác góc ngồi đỉnh M tam giác ABM

c) Giả sử A, B, C cố định Chứng minh đường thẳng QM qua điểm cố định đường (O) thay đổi qua hai điểm A, B

A

B

1 y x

1

Giải :

a) Chứng minh : CM.CP = CA.CB Ta có :

CMB CAP

(Góc C chung, CBM CPA chắn cung AM)

Suy :

CB CM

CP CA  CM.CP = CA.CB

b) Theo gt : PQ vng góc dây cung AB QA QB  nên AMQ BMQ

Do : MQ phân giác góc AMB

Mặt khác MQ  MP (PMQ = 1v chắn nửa đường tròn)

C, M P thẳng hàng nên MQ  MC

Vậy MC phân giác góc ngồi đỉnh M tam giác ABM

c) Khi (O) thay đổi qua hai điểm A, B , suy O chạy đường thẳng PQ với QA QB  MQ phân giác AMB

Suy MQ cắt AB K thuộc AB , theo tính chất phân giác , ta có :

KA MA CA

KBMBCB mà A, B, C cố định nên CA

CBkhông đổi  K cố định

Vậy MQ qua điểm K cố định

K

M

P Q

D C

A B