LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "16 đề thi và đáp án vào L10": http://123doc.vn/document/546434-16-de-thi-va-dap-an-vao-l10.htm
của đờng tròn tâm O thì
tứ giác BHCD là 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 = 180
0
=>
APB +
AHB = 180
0
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên
PAB =
PHB
Mà
PAB =
DAB do đó:
PHB =
DAB
Chứng minh tơng tự ta có:
CHQ =
DAC
Vậy
PHQ =
PHB +
BHC +
CHQ =
BAC +
BHC = 180
0
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 AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O
Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+
++
+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng 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 phơng trình :
=++
=++
=++
27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx
ụn thi toỏn vo lp 10
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC
. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với
đờng 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
Rzyx
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
x
10
) .
Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 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 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+
( )
1
x y y y x
y
+
=
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1
x y y y y
y
+
=
.x xy y= +
Vậy P =
.yxyx
+
b). P = 2
.yxyx
+
= 2
( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
Ta có: 1 +
1y
1 1x
0 4x
x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình
đờng thẳng (d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2
= mx + m 2
x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )
mmmm
>+=+=
04284
2
2
nên phơng trình (*)
luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A
và B.
Q
N
M
O
C
B
A
ụn thi toỏn vo lp 10
b). A và B nằm về hai phía của trục tung
phơng trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có
hai nghiệm trái dấu
m 2 < 0
m < 2.
Bài 3 :
( )
( )
=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0
zyx
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
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 vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy
nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét
ABM
và
NBM
.
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>
BAN
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
MCB
và
MNQ
có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
BMC =
MNQ ( vì :
MCB =
MNC ;
MBC =
MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có
BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(
Bài 5:
Từ :
zyxzyx
++
=++
1111
=>
0
1111
=
++
++
zyxzyx
=>
( )
0
=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx
ụn thi toỏn vo lp 10
( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11
2
=+++
=
++
+++
+
=
++
++
xzzyyx
zyxxyz
xyzzyzx
yx
zyxzxy
yz
Ta có : x
8
y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
y
7
z + y
6
z
2
- + z
8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z
4
z
3
x + z
2
x
2
zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
Đề 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d
/
đối xứng với đ-
ờng thẳng d qua đờng thẳng y = x là:
A.y =
2
1
x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
2
1
x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.
2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại
3
2
bình. Tỉ số giữa bán
kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B.
3
2
; C.
3
3
; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x
4
- 11 x
3
+ 19x
2
- 11 x + 2 = 0
2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A =
x
+
y
Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao
cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho
MB
MA
=
2
1
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố
định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
M
D
C
B
A
x
ụn thi toỏn vo lp 10
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)
4
+ n
4
+ 1 = (n
2
+ 2n + 1)
2
- n
2
+ (n
4
+ n
2
+ 1)
= (n
2
+ 3n + 1)(n
2
+ n + 1) + (n
2
+ n + 1)(n
2
- n + 1)
= (n
2
+ n + 1)(2n
2
+ 2n + 2) = 2(n
2
+ n + 1)
2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất
A
2
lớn nhất.
Xét A
2
= (
x
+
y
)
2
= x + y + 2
xy
= 1 + 2
xy
(1)
Ta có:
2
yx
+
xy
(Bất đẳng thức Cô si)
=> 1 > 2
xy
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A
2
= 1 + 2
xy
< 1 + 2 = 2
Max A
2
= 2 <=> x = y =
2
1
, max A =
2
<=> x = y =
2
1
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 trờng hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng 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 =
4
1
AB. Ta có D là điểm cố định
Mà
AB
MA
=
2
1
(gt) do đó
MA
AD
=
2
1
Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
AB
MA
=
MA
AD
=
2
1
Do đó AMB ~ ADM =>
MD
MB
=
AD
MA
= 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 đờng tròn tâm A bán kính
2
1
AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD =
4
1
AB
K
O
N
M
I
D
C
B
A
ụn thi toỏn vo lp 10
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A;
2
1
AB)
Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 90
0
nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD 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 đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định .
Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + =
Tính giá trị của biểu thức :
2007 2007 2007
A x y z= + +
.
Bài 2). Cho biểu thức :
2 2
5 4 2014M x x y xy y= + + +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 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 tại điểm M bbất kỳ
trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R
2
.
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 dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD
2
= AB . AC - BD . DC.
Hớng dẫn giải
Bài 1. Từ giả thiết ta có :
ụn thi toỏn vo lp 10
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
x y
y z
z x
+ + =
+ + =
+ + =
Cộng từng vế các đẳng thức ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + =
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0x y z + + + + + =
1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =
+ =
+ =
1x y z = = =
( ) ( ) ( )
2007 2007 2007
2007 2007 2007
1 1 1 3A x y z = + + = + + =
Vậy : A = -3.
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
( ) ( )
( )
2 2
4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2007M x y x y= + + +
( ) ( ) ( )
2
2
1 3
2 1 1 2007
2 4
M x y y
= + + +
Do
( )
2
1 0y
và
( ) ( )
2
1
2 1 0
2
x y
+
,x y
2007M
min
2007 2; 1M x y = = =
Bài 3. Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y
= +
= +
Ta có :
18
72
u v
uv
+ =
=
u ; v là nghiệm của phơng
trình :
2
1 2
18 72 0 12; 6X X X X + = = =
12
6
u
v
=
=
;
6
12
u
v
=
=
( )
( )
1 12
1 6
x x
y y
+ =
+ =
;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y
+ =
+ =
Giải hai hệ trên ta đợc : 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 đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO
2
= CM . MD
R
2
= AC . BD
ụn thi toỏn vo lp 10
b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã
ã
;MCO MAO MDO MBO = =
( )
.COD AMB g g :V V
(0,25đ)
Do đó :
1
. .
. .
Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH
=
V
V
(MH
1
AB)
Do MH
1
OM nên
1
1
OM
MH
Chu vi
COD
V
chu vi
AMBV
Dấu = xảy ra
MH
1
= OM
M
O
M là điểm chính giữa của cung
ằ
AB
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b
ữ ữ
a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b + +
1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +
a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >
Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b
+ + + +
( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp
ABCV
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có:
ABD CED:V V
(g.g)
. .
BD AD
AB ED BD CD
ED CD
= =
( )
2
. .
. .
AD AE AD BD CD
AD AD AE BD CD
=
=
Lại có :
( )
.ABD AEC g g:V V
2
. .
. .
AB AD
AB AC AE AD
AE AC
AD AB AC BD CD
= =
=
Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+
xx
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
oh
d
c
m
b
a
d
e
c
b
a
ụn thi toỏn vo lp 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2
x
xf
khi x
2
Câu 2: Giải hệ phơng trình
+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: Cho biểu thứcA =
+
+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.
Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng 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 phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn:
3x
1
- 4x
2
= 11
đáp án
Câu 1a) f(x) =
2)2(44
22
==+
xxxx
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)
=
=
=
=
=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf
c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+
=
=
xx
x
x
xf
A
Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
Câu 2
ụn thi toỏn vo lp 10
( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4
( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0
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 2
Câu 3 a) Ta có: A =
+
+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
=
+
+
++
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
=
+
+
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11
++
x
x
x
xxx
=
1
:
1
2
+
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2
+
=
x
x
2
b) A = 3 =>
x
x
2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4
Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
CB
CH
PB
EH
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>
POB =
ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC
POB
Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(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, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
=
R
AH
2
.4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB
4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2
AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB
O
B
C
H
E
A
P
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét