de thi vao 10

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn, có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại H H không trùng với tâm cảu đường tròn.. Gọi M và N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ[r]

Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp b) AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? Bài 2 Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 Bài Cho tam giác ABC có góc nhọn, A = 45 Vẽ đường cao BD CE tam giác ABC Gọi H giao điểm BD CE a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: HD = DC DE c) Tính tỉ số: BC Bài 4.Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a) Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn   b) Khi điểm D di động đường trịn BMD  BCD khơng đổi c) DB.DC = DN.AC Bài Cho hình thoi ABCD với giao điểm hai đường chéo O Một đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) O Lấy điểm S d Nối SA, SB, SC, SD a) Chứng minh AC vng góc với mặt phẳng (SBD) b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABCD) mặt phẳng (SBD)   c) Tính SO, biết AB = cm; ABD 30 , ASC 60 Bài 6.Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE a) Chứng minh BC // DE b) Chứng minh tứ giác CODE; APQC nội tiếp c) Tứ giác BCQP hình ? P  (x  2008)  (x  2009)2 ĐỀ SỐ Bài 1: Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m Xác định (D) trường hợp sau: a) (D) qua điểm A(-1; 2)  b) (D) cắt trục hồnh điểm B có hồnh độ 2 Bài 2: Cho biểu thức A = x  x  a) Tìm tập xác định A b) Với giá trị x A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị Bài 3: Cho hai đường trịn (O) (O’) cắt A B Các tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O’) (O) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a) Hai tam giác ABD CBA đồng dạng   b) BQD APB C) Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 4: Cho tam giác ABC vuông B Vẽ nửa đường thẳng AS vng góc với mặt phẳng (ABC) Kẻ AM vng góc với SB a) Chứng minh AM vng góc với mặt phẳng (SBC) o  b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h ACB 30 Bài 5: 1   4 x y z Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > thỏa mãn 1   1 2x  y  z x  2y  z x  y  2z ĐỀ SỐ Bài 1: Tìm x biết x 12  18 x  27 Bài 2:Cho phương trình bậc hai 3x2 + mx + 12 = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại Bài 3: Một xe máy từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/giờ đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian dự định Bài 4:Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, cát tuyến AKD cho BD song song với AC Nối BK cắt AC I a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b) Chứng minh : IC2 = IK.IB o  c) Cho góc BAC 60 Chứng minh cát tuyến AKD qua O Bài Biết a, b số thỏa mãn a > b > a.b = Chứng minh: O a  b2 2 a b HƯỚNG DẪN & ĐÁP SỐ ĐỀ Bài 2 a) Ta có A + B = 18 A.B =  (3 7) 81  63 18 nên A = B      (3  5)  (3  5)  51  M        :         (3  5)(3  5)  5(  1) b) Bài Gọi chiều cao cạnh đáy tam giác cho x y (x > 0; y > 0, tính dm) Theo ta có hệ phương trình:  x  y   x  y   1  xy  (x  2)(y  3) 14  xy  (xy  3x  2y  6) 28  2   x 11 x  y    55 y   3x  2y 22  (thỏa mãn điều kiện) Trả lời: Chiều cao tam giác 11 dm cạnh đáy tam giác 55 dm y Bài a) F Tứ giác AEMO có:  EAO 900 (AE tiếp tuyến) x M  EMO 900 (EM tiếp tuyến) E    EAO  EMO 1800 Q P  AE MO tứ giác nội tiếp B A  O b) AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  900 AM  OE (EM EA tiếp tuyến)  MPO  Tương tự, MQO 90 Tứ giác y MPQO hình chữ nhật F EM EF   MK FB c) Ta có ∆EMK ∆EFB (g.g) (0,25đ) B Vì MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên: EM EF  MK MF Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (g.g)  EA AB  KH HB EF AB EM EA  (Talet)   MF HB MK KH Nhưng Vì EM = EA (EM EA tiếp tuyến) suy MK = KH  d) ∆EOF vuông ( EOF 90 ) OM đường cao OM = R Gọi độ dài cạnh ∆EOF a, b, c Ta có: r a 1   SEOF  r(a  b  c)  aR  aR r(a  b  c) R a b c 2 a a  a  b  c  2a    a  b  c 2a Nhưng b + c > a a a r  a  b  c  3a    3  a  b  c 3a Tóm lại: R Mặt khác b < a, c < a Bài (2 điểm) Hình tạo thành hình trụ Số đo độ dài AB AD nghiệm phương trình x2 - 3x + = Từ AB = 2cm AD = 1cm Thể tích hình trụ V = πAD2.AB = 2π (cm3) diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2) ĐỀ Bài (2 điểm) a) (1 điểm) Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)     a K     :  a ( a  1)   a  ( a  1)( a  1)   a1   (0,25đ) a1 a 1 : a ( a  1) ( a  1)( a  1) (0,25đ) a1 a1 ( a  1)  a ( a  1) a (0,25đ) b) (0,5 điểm) a = + 2 = (1 + )2  a 1   2  2(1  2) K  2 1 1 a   a1 K 0 0  a  a 0 c) (0,5 điểm) a     a 1 a   Bài (2điểm) a) (1 điểm) Khi m = ta có hệ phương trình: (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ)  x  y 1   x  y 1 x y     334   3x  2y 2004 b) mx  y 1   x y   334 A 2x  2y 2   3x  2y 2004  x 2002   y 2001  y mx   y mx      3  mx   x  1002  m   x  1001  3  m  0  m  2 Hệ phương trình vơ nghiệm  (*) vơ nghiệm Bài a) * Hình vẽ  * EIB 90 (giả thiết) M * ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp C O b) (1 điểm) Ta có: E cungAM = sđ cungAN B * sđ I * AME ACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM N  y mx     y  x  1002  (*) AC AM   * Do đó: AM AE AM2 = AE.AC c) * MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1 đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO nhỏ NO1  BM.) * Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O Điểm C giao đường tròn cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M Bài (2 điểm) Phần nước cịn lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón  1    8cm nước ban đầu tạo thành Do phần nước cịn lại tích   thể tích nước ban đầu Vậy ly lại 1cm3 nước ĐỀ Bài a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: 2  x 0 x 2    x 2   x  0  x  (hoặc | x | ≤ 2) Tập xác định [-2; 2] f (a)   a  a  ; f (  a)   (  a)   a    a  a  b) Từ suy f(a) = f(- a) 2 c) y (  x )  2  x  x  (  x ) 2  x   x   x 4   x 4 (vì  x ≥ 0) Đẳng thức xảy  x 2 Giá trị nhỏ y Bài * Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch (điều kiện x,y   * ) * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 18 x * Số sản phẩm tăng tổ I là: 100 (sp) 21 y 100 * Số sản phẩm tăng tổ II là: (sp) 18 21 x y 120 100 100 * Từ ta có phương trình thứ hai: * Do x y thỏa mãn hệ phương trình:  x  y 600   18 21 x  y 120 100 100 * Giải x = 200 , y = 400 * So sánh điều kiện kết luận  x  x  2x  0    x 2 Bài 3.a) Khi m = - 1, phương trình cho có dạng b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u theo định lí Vi-ét ta có: u  u 2m (1)  (2) u.u (m  1) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1) = 2m  m2 - 3m =  m = m = Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - u = Bài 0     a) Ta có ADH AEH 90 , suy AEH  ADH 180  tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn 0   b) ∆AEC vng có EAC 45 nên ECA 45 , từ ∆HDC vuông cân D Vậy DH = DC c) Do D, E nằm đường trịn đường kính BC nên B   AED ACB E x , suy ∆AED ∆ACB, đó: H O DE AE AE    A C D BC AC AE 2     d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường trịn (O), ta có BAx BCA , mà BCA AED (cùng bù    với DEB )  BAx AED DE // Ax Mặt khác, OA  Ax , OA  ED (đpcm) ĐỀ Bài P a)  x (2  x )  8x ( x  1)  2( x  2) : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x 3 x : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x x ( x  2) (2  x )(2  x )  x 4x  x3 Điều kiện x ≥ 0; x ≠ x ≠ b) P = - 4x  x  0  x  x 16 c) Bất phương trình đưa dạng 4mx > x +  (4m - 1)x > * Nếu 4m-1 ≤ tập nghiệm chứa giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > nghiệm bất 1 x  9 4m  Do bất phương trình thỏa mãn với x > 4m  phương trình m 18 4m - > Ta có Bài a) Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình cho trở thành: t2 - 24t - 25 = 0, ý t ≥ ta t = 25 Từ phương trình có hai nghiệm x = - x = b) Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50  x = Từ ta có y = Bài  a) Do AB đường kính đường trịn (O)  ADB 90 mà D C ADB    DBC (so le trong)  DBC 90 (1) N  DMC 900 Mặt khác (2) M Từ (1) (2) suy tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn đường A B O kính CD  b) Khi điểm D di động đường trịn (O) tứ giác CBMD ln tứ giác nội tiép   Suy BMD  BCD 180 (đpcm)  c) Do ANB 90 (giả thiết)  N  (O)     BDN BAN (cïng ch¾n BN)     BDN ACD   mµ BAN ACD (sole trong)  (3)     mặt khác DAC DAN DBN (cùng chắn DN ) (4) AC CD    AC.DN BD.CD BD DN Từ (3) (4) suy ∆ACD ∆BDN Bài a) SO  mp(ABCD)  AC  SO (1)  AC  BD ABCD hình thoi (giả thiết) (2) Từ (1) (2)  AC  mp(SBD) b) SO  mp(ABCD) mà SO nằm mp(SAC)  mp(SAC)  mp(ABCD) c) Trong tam giác vng AOB có: S  AO AB.sin ABO AB.sin 300 4(cm) A O B C Trong tam giác cân ASC có SO đường cao nên phân giác, suy 1  ASO  ASC 300 D Trong tam giác vng ASO có SO = AO.cotg300 = 4.cotg300 Vậy SO 4 3(cm) Bài 1 1  x y (x  y)        4 x y  y x  Ta có Vì x, y số dương nên x + y > Chia hai vế bất đẳng thức cho x + y ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y 1 , x y , sau Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y cho hai số dương dó lí luận để nhân vế hai bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh ĐỀ SỐ Bài  x   x   x  0     x  1  x  1  x  a) A có nghĩa 1 (1  x  2)  (1  x  2) 1 A    x 1 2(1  x  2) 2(1  x  2)   ( x  2)  b) Bài 3x  2y 5  x 4 3x  2y 5 5x 20      15   7 2x  2y  15 3x  2y  x  y  y      2 a)  b) Ta có a + b + c =   0 c  4 a Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = Bài  s® BC  A B s ® BCD  P a) Ta có Do DE tiếp tuyến đường trịn (O) O D  s®CD   s®CDE  Q  CD  , mà BD E (giả thiết) C    BCD CDE  DE // BC 0   b) ODE 90 (vì DE tiếp tuyến), OCE 90 (vì CE tiếp tuyến)   Suy ODE  OCE 180 Do CODE tứ giác nội tiếp   s® BD s®CD   s® PAQ  , s® PCQ     CD  2 mà BD Mặt khác (giả thuyết) suy PAQ PCQ Vậy APQC tứ giác nội tiếp      c) Do APQC tứ giác nội tiếp, suy QPC QAC (cùng chắn CQ ) PCB BAD (cùng  chắn CD )     Do QAC BAD, suy QPC PCB  PQ // BC Vậy BCQP hình thang Bài a) Trong tam giác vng AOS có: OA2 = SA2 - SO2 = 242 - 202 = 176 Do SABCD hình chóp tứ giác nên ABCD hình vng, ∆AOB vng cân O, ta có: AB2 = 2.AO2 = 176.2 = 352 d Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2) D C V  SABCD h 2346 (cm3 ) 3 Vì vậy: H O b) Ta có: A B 1 OH  AB  352 Do SO  mp(ABCD)  SO  OH 2 Suy tam giác vng SOH có: S SH  SO  OH  202  (0,5 352)2  488; 4.AB.SH 2.AB.SH 2 352 488 2 22.16 122.4 16 122.22 32 61.11 32 671(cm ) Sxq  Do đó: Stp = Sxq + Sđ Bài 32 671  352 32   671  11 (cm ) P  (x  2008)2  (x  2009)2  x  2008  x  2009   x  2008  x  2009  x  2009  x  2008 1 Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy khi: (x + 2009)(x - 2008) ≥   2009 x  2008 Do P đạt giá trị nhỏ   2009 x  2008 ĐỀ SỐ Bài 1: a) Đường thẳng (D) qua điểm A(-1; 2) suy m - 3(-1) =  m = -  b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành điểm B có hồnh độ Bài 2: a) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 ≥ với x   Do x2 + 2x + ≠ với x   Suy tập xác định A  b) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ Đẳng thức xảy x = -1 m m   a b a b Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b > 2  1 x  1  2 Ta có A =  Vậy A đạt giá trị lớn x = -1 Bài  ADB     sđ AnB a) Ta có sđ CAB = sđ , ( AnB thuộc đường tròn (O)) CAB ADB    ACB BAD Do = Tương tự A suy ABD CBA O n’ n O’ AD BD  Q P CA BA ,mà  CBA  ABD b) Vì suy B AD AC BD DQ D C DQ  ;AP      2 BA AP , với QDB PAB suy   BQD APB  BQD APB S A o o       c) AQB  BQD 180 mà BQD APB  AQB  APB 180 suy tứ giác APBQ tứ giác nội tiếp Bài 4: a) Ta có SA  mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy BC  AB, BC  mp(SAB) Vì AM thuộc mp (SAB), suy AM  BC, mặt khác AM  mp(SBC) b) Trong tam giác vuông ABC có: M 30 C ... Do DE tiếp tuyến đường trịn (O) O D  s®CD   s®CDE  Q  CD  , mà BD E (giả thi? ??t) C    BCD CDE  DE // BC 0   b) ODE 90 (vì DE tiếp tuyến), OCE 90 (vì CE tiếp tuyến)   Suy ODE... thành phố liên lạc với Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2004 Đại học khoa học tự nhiên(vịng1) Bµi Cho số thực dương a b thỏa mãn a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Hãy tính giá trị biểu... giả thi? ??t toán Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2002 Đại học khoa học tự nhiên Bµi Bµi Cho mười số nguyên dương 1, 2, …, 10 Sắp xếp 10 số cách tùy ý vào hàng Cộng số với số thứ tự hàng ta 10 tổng