Tài liệu ôn thi toán vào lớp 10
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Tài liệu ôn thi toán vào lớp 10, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề 1 Câu1 : Cho biểu thức A=Với xạ;±1 .a, Ruý gọn biểu thức A .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= c. Tìm giá trị của x để A=3 Câu2.a, Giải hệ phương trình: b. Giải bất phương trình: <0 Câu3. Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0 Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường tròn đó Dưng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đường tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? đáp án Câu 1: a. Rút gọn A= b.Thay x= vào A ta được A= c.A=3 x2-3x-2=0=> x= Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 Từ đó ta có * (1) *(2) Giải hệ (1) ta được x=3, y=2 Giải hệ (2) ta được x=0, y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4 Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1 Xét 2m-1ạ0=> mạ 1/2 khi đó ta có = m2-2m+1= (m-1)2³0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) với mạ 1/2 pt còn có nghiệm x== pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1<<0 =>=>m<0 Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0 Câu 4: a. Ta có KEB= 900 mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D => BFK= 900 => E,F thuộc đường tròn đường kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK. b. BCF= BAF Mà BAF= BAE=450=> BCF= 450 Ta có BKF= BEF Mà BEF= BEA=450(EA là đường chéo của hình vuông ABED)=> BKF=450 Vì BKC= BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B Đề 2 Bài 1: Cho biểu thức: P = a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm. b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn =50 Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2Chứng minh: a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 và t2. b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = Đáp án Bài 1: (2 điểm). ĐK: x a, Rút gọn: P = P = b. P = Để P nguyên thì Vậy với x= thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì: b. Giải phương trình: Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. . Vì x1> 0 => c. Chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình: ct2 + bt + a = 0; t1 = Vì x2 là nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0 vì x2> 0 nên c. điều này chứng tỏ là một nghiệm dương của phương trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 = Vậy nếu phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x1; x2 thì phương trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 . t1 = ; t2 = b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dương nên t1+ x1 = + x1 2 t2 + x2 = + x2 2 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4 Bài 4 a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH và BH => BD và CD. Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 . Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD của đường tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành. Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB nhưng ADB =ACB nhưng ADB = ACB Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800 Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB Chứng minh tương tự ta có: CHQ = DAC Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất ú AP và AQ là lớn nhất hay ú AD là lớn nhất ú D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O Đề 3 Bài 1: Cho biểu thức: a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn ph ơng trình P = 2. Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đ ờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bài 3: Giải hệ ph ơng trình : Bài 4: Cho đ ường tròn (O) đ ờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ ường tròn . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ ờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. Bài 5: Cho thỏa mãn : Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; . *). Rút gọn P: Vậy P = b). P = 2 = 2 Ta có: 1 + ị ị x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a). Đư ờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên ph ơng trình đ ờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của ph ơng trình: - x2 = mx + m – 2 x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì ph ơng trình (*) có nên ph ơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung ph ơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu m – 2 < 0 m < 2. Bài 3 : ĐKXĐ : Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ ph ơng trình . Vậy hệ ph ơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét và . Ta có: AB là đ ờng kính của đ ờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét và có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = Bài 5: Từ : => => Ta có : 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) Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = Đề 4 Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đường thẳng d/ đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng y = x là: A.y = x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = x - 2 ; D.y = - 2x - 4 Hãy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nước trong bình còn lại bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. ; C. ; D. một kết quả khác. Bìa2: 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = + Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7 Phân tích thành thừa số được : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho = Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. Hướng dẫn Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1 Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (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 Vậy A chia hết cho 1 số chính phương khác 1 với mọi số nguyên dương n. 2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất. Xét A2 = (+ )2 = x + y + 2 = 1 + 2 (1) Ta có: (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 < 1 + 2 = 2 Max A2 = 2 x = y = , max A = x = y = Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 trường hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7 4 + c = - 7 4 + c = - 1 Trường hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD = AB. Ta có D là điểm cố định Mà = (gt) do đó = Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung) = = Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => = = 2 => MD = 2MD (0,25 điểm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC Dấu "=" xảy ra M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. - Dựng đường tròn tâm A bán kính AB - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB M là giao điểm của DC và đường tròn (A; AB) Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N Do MâN = 900 nên MN là đường kính Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đường tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định . Đề 5 Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : Tính giá trị của biểu thức :. Bài 2). Cho biểu thức :. Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phương trình : Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng : Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC. Hướng dẫn giải Bài 1. Từ giả thiết ta có : Cộng từng vế các đẳng thức ta có : Vậy : A = -3. Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : Do và Bài 3. Đặt : Ta có : u ; v là nghiệm của phương trình : ; ; Giải hai hệ trên ta được : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD o h d c m b a R2 = AC . BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp (0,25đ) Do đó : (MH1 AB) Do MH1 OM nên Chu vi chu vi Dấu = xảy ra MH1 = OM MO M là điểm chính giữa của cung Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a , b > 0 a , b > 0 Mặt khác Nhân từng vế ta có : Bài 6. (1 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: (g.g) d e c b a Lại có : Đè 6 Câu 1: Cho hàm số f(x) = a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = khi x ạ Câu 2: Giải hệ phương trình Câu 3: Cho biểu thứcA = với x > 0 và x ạ 1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) c) Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra Câu 2 Câu 3 a) Ta có: A = = = = = = = b) A = 3 => = 3 => 3x + - 2 = 0 => x = 2/3 O B C H E A P Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => D AHC D POB Do đó: (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB Câu 5 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì D > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m ạ 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: Giải phương trình ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11 Đề 7 Câu 1: Cho P = + - a/. Rút gọn P. b/. Chứng minh: P < với x 0 và x 1. Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. a/. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải phương trình : + = 2 b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Câu 4: Cho cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm) P = + - = + - = = = b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P < < 3 0 ) x - 2 + 1 > 0 ( - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1) Câu 2:a/. Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ 0. (m - 1)2 – m2 – 3 0 4 – 2m 0 m 2. b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có: a= 3()2 = m2 – 3 m2 + 6m – 15 = 0 m = –32 ( thõa mãn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0 x 0 ; < . Đặt y = > 0 Ta có: Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = - * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: X2 – 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1. * Nếu xy = - thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: X2 + X - = 0 X = Vì y > 0 nên: y = x = Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK Mà sđ = sđ = Nên Dựng tia Cy sao cho . Khi đó, D là giao điểm của và Cy. Với giả thiết > thì > > . D AB . Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm. Đề 8 Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = Là một số tự nhiên b. Cho biểu thức: P = Biết x.y.z = 4 , tính . Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. Tính diện tích tam giác ABC. Câu3 Giải phương trình: Câu 4 Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc éxOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). b. đáp án Câu 1: a. A = A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = (trong đó k Z và k 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta được x, y, z > 0 và Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi ta được: P = (1đ) vì P > 0 Câu 2: a.Đường thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đường thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đường thẳng AB A, B, C không thẳng hàng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đường thẳng 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 DABC vuông tại C Vậy SDABC = 1/2AC.BC = ( đơn vị diện tích ) Câu 3: Đkxđ x1, đặt ta có hệ phương trình: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được: v = 2 x = 10. Câu 4 B M A O C D E a.áp dụng định lí Pitago tính được AB = AC = R ABOC là hình vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho éBOD = éMOD éMOE = éEOC (0.5đ) Chứng minh DBOD = DMOD éOMD = éOBD = 900 Tương tự: éOME = 900 D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét DADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2RDE < R Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R Vậy R > DE > R Đề 9 Câu 1: Cho hàm số f(x) = a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = khi x ạ Câu 2: Giải hệ phương trình Câu 3: Cho biểu thức A = với x > 0 và x ạ 1 a) Rút gọn A 2) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1 a) f(x) = Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) c) Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra Câu 2 Câu 3a) Ta có: A = = = = = = = O B C H E A P b) A = 3 => = 3 => 3x + - 2 = 0 => x = 2/3 Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => D AHC D POB Do đó: (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB Câu 5 (1đ) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì D > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m ạ 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: Giải phương trình ta được m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 10 Câu I : Tính giá trị của biểu thức: A = + ++ .....+ B = 35 + 335 + 3335 + ..... + Câu II :Phân tích thành nhân tử : X2 -7X -18 (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 1+ a5 + a10 Câu III : Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q. Chứng minh DM.AI= MP.IB Tính tỉ số : Câu 5: Cho P = Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. đáp án Câu 1 : 1) A = + ++ .....+ = (+ + + .....+ ) = () 2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + = =33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33) = 198 + ( 99+999+9999+.....+999...99) 198 + ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 + B = +165 Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ) 2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3 = (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2 = [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1] = (x2+5x +3)(x2+5x +7) 3) a10+a5+1 = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1) -a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1) Câu 3: (4đ) 1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 0 (ad - bc)2 (đpcm ) Dấu = xãy ra khi ad=bc. 2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2)=> x2 + y2 => 4x2 + 4y2 dấu = xãy ra khi x= , y = (2đ) Câu 4 : 5đ Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=> MPD đồng dạng với ICA => => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1). Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA. Do đó DMQ đồng dạng với BIA => => DM.IA=MQ.IB (2) Từ (1) và (2) ta suy ra = 1 Câu 5 Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0 Từ 1-x > 0 => x < 1 Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có : (x-1) 0 Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa. Với x < 1 Ta có : P = = Đề 11 Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . Với a > 0. b. Tính giá trị của tổng. Câu 2 : Cho pt a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với . b. Gọi là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt. Câu 3 : Cho Chứng minh. Câu 4 Cho đường tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đường tròn, từM kẻ MH ^ AB (H ẻ AB). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 2. Chứng minh. Hướng dẫn Câu 1 a. Bình phương 2 vế (Vì a > 0). áp dụng câu a. Câu 2 a. : cm B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn. Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta được. bđt M o E' E A F F' B I D H đúng vì Câu 4: a - Kẻ thêm đường phụ. - Chứng minh MD là đường kính của (o) => ........ b. Gọi E', F' lần lượt là hình chiếu của D trên MA và MB. Đặt HE = H1 HF = H2 ∞ Thay vào (1) ta có: Đề 12 Câu 1: Cho biểu thức D = : a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D b) Tính giá trị của D với a = c) Tìm giá trị lớn nhất của D Câu 2: Cho phương trình x2- mx + m2 + 4m - 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = -1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, Chứng minh rằng AI = (Cho Sin2) Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm N di động trên một nửa đường tròn sao cho Vễ vào trong đường tròn hình vuông ANMP. a) Chứng minh rằng đường thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1 Hãy tính giá trị của: B = Đáp án Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là - Rút gọn D D = : D = b) a = Vậy D = c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có Vậy giá trị của D là 1 Câu 2: a) m = -1 phương trình (1) b) Để phương trình 1 có 2 nghiệm thì (*) + Để phương trình có nghiệm khác 0 (*) + Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta được m = 0 và Câu 3: + + + Câu 4: a) Gọi Q = NP Suy ra Q cố định b) Tứ giác ABMI nội tiếp Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam giác ABF có: AQ = QB = QF ABF vuông tại A Lại có Tứ giác APQF nội tiếp Ta có: M1,P,F Thẳng hàng Câu 5: Biến đổi B = xyz = Đề 13 Bài 1: Cho biểu thức A = a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rút gọn A Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4) a) Viết phương tình đường thẳng AB b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phương trình ẩn x sau: x2 - m2x + m + 1 = 0 có nghiệm nguyên. Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D ẻ BC) vẽ đường tròn tâm O qua A và D đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn này cắt AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh a) EF // BC b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng. c) AE.AC = à.AB = AC2 Bài 5 : Cho các số dương x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 ³ x3 + y4. Chứng minh: x3 + y3 Ê x2 + y2 Ê x + y Ê 2 Đáp án Bài 1: a) Điều kiện x thỏa mãn Û Û x > 1 và x ạ 2 KL: A xác định khi 1 2 b) Rút gọn A A = A = Với 1 < x < 2 A = Với x > 2 A = Kết luận Với 1 < x < 2 thì A = Với x > 2 thì A = Bài 2: a) A và B có hoành độ và tung độ đều khác nhau nên phương trình đường thẳng AB có dạng y =
File đính kèm:
Luyen thi vao 10.doc
