40 Đề luyện thi THPT Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

Nội dung text: 40 Đề luyện thi THPT Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

1. BỘ ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VÀ THPT CHUYÊN Môn: TOÁN BIÊN TẬP LẠI VĂN LONG LỜI NÓI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục của tỉnh nhà nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, Sở GDĐT Hà Tĩnh phát hành Bộ tài liệu ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên gồm 3 môn: Toán, Ngữ văn và Tiếng Anh. - Môn Ngữ văn được viết theo hình thức tài liệu ôn tập. Về cấu trúc: Hệ thống kiến thức cơ bản của những bài học trong chương trình Ngữ văn lớp 9 (riêng phân môn Tiếng Việt, kiến thức, kĩ năng chủ yếu được học từ lớp 6,7,8). Các văn bản văn học, văn bản nhật dụng, văn bản nghị luận được trình bày theo trình tự: tác giả, tác phẩm (hoặc đoạn trích), bài tập. Các đề thi tham khảo (18 đề) được biên soạn theo hướng: đề gồm nhiều câu và kèm theo gợi ý làm bài (mục đích để các em làm quen và có kĩ năng với dạng đề thi tuyển sinh vào lớp 10). Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng. - Môn Tiếng Anh được viết theo hình thức tài liệu ôn tập, gồm hai phần: Hệ thống kiến thức cơ bản, trọng tâm trong chương trình THCS thể hiện qua các dạng bài tập cơ bản và một số đề thi tham khảo (có đáp án). - Môn Toán được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm hai phần: một phần ôn thi vào lớp 10 THPT, một phần ôn thi vào lớp 10 THPT chuyên dựa trên cấu trúc đề thi của Sở. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt và kèm theo một số lời bình. Bộ tài liệu ôn thi này do các thầy, cô giáo là lãnh đạo, chuyên viên phòng Giáo dục Trung học - Sở GDĐT; cốt cán chuyên môn các bộ môn của Sở; các thầy, cô giáo là Giáo viên giỏi tỉnh biên soạn.
2. Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên năm học 2011-2012 và những năm tiếp theo. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh trong toàn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn. Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi sắp tới! biªn tËp LẠI VĂN LONG A - PHẦN ĐỀ BÀI
3. I - ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Cho biết a = 2 3 và b = 2 3 . Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab. 3x + y = 5 b) Giải hệ phương trình: . x - 2y = - 3 1 1 x Câu 2: Cho biểu thức P = : (với x > 0, x 1) x - x x 1 x - 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Tìm các giá trị của x để P > . 2 Câu 3: Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình trên khi m = 6. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 3 . Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. 1 1 Câu 5: Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . a b ĐỀ SỐ 2 1 1 Câu 1: a) Rút gọn biểu thức: . 3 7 3 7 b) Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. Câu 2: a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b b) Cho hệ phương trình: . x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1).
4. Câu 3: Một xe lửa cần vận chuyển một lượng hàng. Người lái xe tính rằng nếu xếp mỗi toa 15 tấn hàng thì còn thừa lại 5 tấn, còn nếu xếp mỗi toa 16 tấn thì có thể chở thêm 3 tấn nữa. Hỏi xe lửa có mấy toa và phải chở bao nhiêu tấn hàng. Câu 4: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI  AB, MK  AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP  BC (P BC). Chứng minh: M· PK M· BC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. x - 2009 1 y - 2010 1 z - 2011 1 3 Câu 5: Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 4 ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x4 + 3x2 – 4 = 0 2x + y = 1 b) 3x + 4y = -1 Câu 2: Rút gọn các biểu thức: 3 6 2 8 a) A = 1 2 1 2 1 1 x + 2 x b) B = . ( với x > 0, x 4 ). x 4 x + 4 x 4 x Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị đã vẽ ở trên bằng phép tính. Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF. c) Chứng minh rằng OA  EF. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - x y + x + y - y + 1
5. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = x 1 ; b = x 2 x 1 Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2 x 1 = x 2 x 1 4(x + 1) = x2 - x + 1 2 5 37 5 37 x - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 2 2 2) x 1 = 2 x 2 x 1 x 1 4(x2 x 1) 4x2 5x 3 0 vô nghiệm. 5 37 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 2 b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 a2 + b2 + c2 5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. p Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1 q 2 p p 2 2 2 Ta có 6 n (n N) p = q(-P - 6q + n q) q q => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6
6. Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì A S Kµ Nµ = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì M· NC M· IC MNC = 900) H => B· NK B· MK , I·NC I·MC (1) P (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). K O Mặt khác B· MK I·MC (2) C B N (vì B· MK K· MC K· MC I·MC do I cùng bù với góc A của tam giác ABC) · · M Từ (1), (2) suy ra BNK = INC nên 3 điểm Q K, N, I thẳng hàng. b) Vì M· AK M· CN  (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM) AK CN AB BK CN AB BK CN => cot g hay (1) MK MN MK MN MK MK MN AI BN AC CI BN Tương tự có: hay (2) MI MN MI MI MN IC BK Mà tg ( = B· MK I·MC ) (3) MI MK AB AC BC Từ (1), (2), (3) => (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do S· AC A· IN vì cùng bằng N· MC) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm). 2x2 xy y2 p Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình: có nghiệm. 2 2 x 2xy 3y 4 8x2 4xy 4y2 4p (1) Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta có: 2 2 px 2pxy 3py 4p (2) (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3)
7. - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 p 0;p 8. - Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : x (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 (4) với t = . y 7 + Nếu p = 8 thì t = - . 5 + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm ' = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 p2 - 12p - 18 6 - 3 6 p 6 3 6 . Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 6 , max P = 6 +3 6 . ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b2 - ac + c2 = - = b - c a - c a - b a - b a - c 1 a ab - b2 - ac + c2 Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: = b - c b - c 2 a - b a - c b - c Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có: b cb - c2 - ab + a 2 c ac - a 2 - bc + b2 = , = c - a 2 a - b a - c b - c a - b 2 a - b a - c b - c a b c Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có + + = 0 (đpcm) (b - c)2 (c - a)2 (a - b)2 b) Đặt 4 2010 = x 2010 = x2 ; 2010 = x4 . Thay vào ta có: 2 2 1 1 2 2 2 1 + + 2 1 + 2 x - x 1 + x x2 x4 1 x A = + - 2 = - 2 1 - x x 1 + x x 1 + x 2 2 1 1 = - = 0 x x Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
8. a2 + bc ≥ 2a bc, b2 + ac 2b ac ; c2 + ab 2c ab . 1 1 1 1 1 1 1 Do đó 2 + 2 + 2 + + a + bc b + ac c + ab 2 a bc b ac c ab a +b b + c c + a + + 1 ab + bc + ca 1 a + b + c = . . 2 2 2 = , đpcm. 2 abc 2 abc 2abc Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: A = (x - 2 xy + y) + 2y - 2 x +1 2 = [ x - y - 2 x - y + 1] - 2 y + 2y 2 1 1 = x - y - 1 + (2y - 2 y + ) - 2 2 2 1 2 1 1 = x - y - 1 + 2 y 1 - - 2 2 2 9 x = 1 x - y - 1 = 0 4 A= - 2 1 2 y - 1 = 0 y = 4 1 Vậy minA = 2 Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 2 x - 1 + 3 5 - x 22 + 32 x - 1 + 5 - x = 13.4 2 x - 1 + 3 5 - x 2 13 29 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 x - 1 = 2 5 - x x = 13 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn 29 Vậy pt có nghiệm x = 13 1 2 b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f = x x 0 (1) x
9. 1 Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. f = 4. 2 1 1 1 Thay x = vào (1) ta có: f + 3.f(2) = 2 2 4 a + 3b = 4 1 13 Đặt f(2) = a, f = b ta có. 1 . Giải hệ, ta được a = - 2 3a + b = 32 4 13 Vậy f(2) = - . 32 Câu 4: a b Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D 1 1 thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = 2 2 o OK f k c Ta lại có AF = R AF = OA và A· FM = 1200. m A· OK + A· OB = 1800 = A· OK + 600 A· OK = 1200.Do đó: ∆AFM = ∆AOK e d (c.g.c) AM = AK, M· AK = 600 AMK đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH b Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB OA2 + OB2 mà OA.OB o 2 h c OA2 + OB2 Do đó 2SAOB 2 a Dấu “=” xảy ra OA  OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: d OB2 + OC2 OC2 + OD2 2SBOC ; 2SCOD 2 2
10. OD2 + OA2 2SAOD 2 2 OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ 2 Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và A· OB = B· OC = C· OD = D· OA = 900 ABCD là hình vuông tâm O. Lời bình: Câu III.b 1 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi x từ đâu mà ra? 2 Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ A(a)x B(a)y C(a) (3) B(b)x A(b)y C(b) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . 1 Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. x 1 1 1 Phương trình Q(x) = P(a) 2 x , tức là b x 2 2 1 Số x được nghĩ ra như thế đó. 2 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f( x) = 2 + 3x. (với x ¡ ). 1 b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu f (x) f x (với 0 x 1). 1 x
11. 1 1 c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (x 1) f (x) f (với 0 x 1). x x 1 ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x + y Vì x + y + 2 ≠ 0 nên = - 1 (1) x + y + 2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x + y ≤ 2 x2 + y2 x + y ≤ 2 2 (2) x 0, y 0 xy Từ (1), (2) ta được: 2 - 1. Dấu "=" khi x = y x = y = 2 . x + y + 2 2 2 x + y = 4 Vậy maxA = 2 - 1 . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: 2 2 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + + = + + x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 z2 x2 y2 = + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy , x2 + y2 2xy x2 x2 y2 y2 Tương tự , y2 + z2 2yz x2 + z2 2xz z2 x2 y2 z2 x2 y2 Vậy + + + 3 + + + 3 x2 + y2 y2 + z2 x2 + z2 2xy 2yz 2xz 2 2 2 x3 + y3 + z3 + + + 3, đpcm. x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 2xyz 10 Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 2 3x + 10 (1) .Điều kiện: x (2) 3 (1) (3x + 10 - 2 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = 0 3x + 10 - 1 = 0 x = - 3 (thỏa mãn đk (2). x + 3 = 0
12. Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. 2 2x x2 y2 - 2x + y2 = 0 y = (1) b) x2 + 1 2 3 2x - 4x + 3 = - y 3 2 y = - 2 (x - 1) - 1 2x Ta có: 1 y2 1 - 1 y 1 (1) 1 + x2 Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: a) Đặt 3 x = b > 0 và 3 y = c > 0 ta có x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được b3 + b2c + c3 + bc2 = a a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + 2 b2c2 b + c 2 a2 = (b + c)3 3 a 2 = b + c hay 3 x2 + 3 y2 = 3 a 2 , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy x0 0. 2 a 1 2 1 1 Suy ra x0 + ax0 + b + + 2 = 0 x0 + 2 + a x0 + + b = 0 x0 x0 x0 x0 1 2 1 2 2 Đặt x0 + = y0 x0 + 2 = y0 - 2 , y0 2 y0 - 2 = - ay0 - b x0 x0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (y0 2) y0 - 2 = ay0 + b a + b y0 + 1 a b 2 (1) y0 1 2 2 (y0 2) 4 Ta chứng minh 2 (2) y0 1 5 4 2 2 4 2 Thực vậy: (2) 5(y0 4y0 4) 4(y0 1) 5y0 24y0 16 0 4 5(y2 4)(y2 ) 0 đúng với y 2 nên (1) đúng 0 0 5
13. 4 Từ (1), (2) suy ra a 2 + b2 5(a 2 + b2 ) 4 , đpcm. 5 c Câu 4: Đặt AH = x m k Ta có A· MB = 900 (OA = OB = OM) Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) a b Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). h o h' Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 x = ; x = . 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. a b Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC IE // BC e f Mà GF BC IE GF (1) g Chứng minh tương tự EG IF (2) d c Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF i IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG  DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC ĐỀ SỐ 5 9x Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x + 9 2 2 9x 18x2 x2 18x2 Ta có: x - = 40 - + - 40 = 0 (1) x + 9 x + 9 x + 9 x + 9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x + 9
14. (y + 20) (y - 2) = 0 y = -20 ; y = 2 x2 = - 20(x + 9) x2 + 20x +180= 0 (3) Thay vào (2), ta có 2 2 x = 2(x + 9) = 0 x - 2x - 18 = 0 (4) Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x 1 19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 19. x + 1 x > 3 2) . Điều kiện 0 (*) x - 3 x - 1 x + 1 Phương trình đã cho (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) = 4 x - 3 x + 1 Đặt t = x - 3 t2 = (x - 3) (x + 1) x - 3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 t = 1; t = - 4 x 1 x 1 Ta có: (x -3) 1 (1) ; (x 3) 4 (2) x - 3 x 3 x 3 x 3 + (1) x 1 5 . (t/m (*)) 2 (x 3)(x 1) 1 x 2x 4 0 x 3 x 3 + (2) x 1 2 5 . (t/m (*)) 2 (x 3)(x 1) 16 x 2x 19 0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 5 ; x 1 2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 25 - 30x + 9x2 (3 - 5x)2 Vậy A2 = = +16 16 . 1 - x2 1 - x2 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 x = 5 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2 2 (a + b + c) (1) Sử dụng bất đẳng thức: 2(x2 y2 ) (x y)2 , ta có: 2(a 2 + b2 ) (a b)2 2. a 2 + b2 a + b (2) Tương tự, ta được: 2. b2 + c2 b + c (3) và 2. c2 + a 2 c + a (4)
15. Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. 2 Câu 3: (1) có nghiệm y x 4 0 x 2; x 2 (3) (2) (y 1)2 x2 2x có nghiệm x2 2x 0 2 x 0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). m Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM k Ta có = mà = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN = PN // AC Gọi O là giao điểm AD CD a o h b BO CO MK OC n của AC và BD. Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK và = . Suy ra: = KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì M· EH + M· FH = 1800 A· MB = 1800 - E· HF = E· HA + F· HB (1) Ta có M· HF = M· EF (góc nội tiếp chắn M» F ) Lại có M· HF + F· HB = 900 = M· EF + E· MD F· HB = E· MD (2) Từ (1) và (2) E· HA = D· MB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có D· MB = N· AB (góc nội tiếp chắn N»B ) E· HA = N· AB do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay M· AN = 900 AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM . HE AD S AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF AH AD MA2 HE . DI Vậy . = . (1) BD BH MB2 DK . HF Ta có H· MB = F· HB (cùng phụ với M· HF ) mà F· HB = E· MD (CMT) E· FH = D· IK và E· HF = D· MH . Tứ giác MEHF nội tiếp nên A· MH = E· FH vµ E· HF = 1800 - A· MB
16. Tứ giác MIDK nội tiếp nên D· MB = D· IK vµ I·DK = 1800 - A· MB E· FH = D· IK vµ E· HF = I·DK DIK HFE (g.g) do đó ID DK HE.DI suy ra = ID . HE = DK . HF = 1 (2) HF HE DK.HF MA2 AH AD Từ (1), (2) = . . MB2 BD BH ĐỀ SỐ 6 1 - 2 2 - 3 24 - 25 Câu 1: Ta có:A = + + + - 1 - 1 - 1 = - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + + 25 = - 1 + 5 = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: x2 x2 y2 y2 z2 z2 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 + 2 - 2 2 2 = 0 a a + b + c b a + b + c c a + b + c 2 1 1 2 1 1 2 1 1 x 2 - 2 2 2 + y 2 - 2 2 2 + z 2 - 2 2 2 = 0 (*) a a + b + c b a + b + c c a + b + c 1 1 1 1 1 1 Do - > 0; - > 0; - > 0 a 2 a 2 + b2 + c2 b2 a 2 + b2 + c2 c2 a 2 + b2 + c2 Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0 2 3 2 a + 1 8a - 1 b) x3 = 2a + 3x. a - 3 3 3 3 1 - 2a x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a) 3 x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 x - 1 = 0 1 x 1 x2 + x + 2a = 0 (v« nghiÖm do a > ) 8 nên x là mét sè nguyên du¬ng Câu 3:
17. 4c 1 35 35 a) Ta có: + 2. > 0 (1) 4c + 57 1 + a 35 2b 1 + a 2b + 35 1 4c 35 1 4c 35 Mặt khác - - 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 + a 4c + 57 35 + 2b 1 4c 35 2b - + 1 1 - = 1 +a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 2b 1 57 57 + 2. > 0 (2) 35 + 2b 1 + a 4c + 57 1 + a 4c + 57 1 4c 35 Ta có: 1 - 1 - + 1 + a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 35 . 57 + 2. > 0 (3) 1 + a 4c + 57 35 + 2b 4c + 57 35 + 2b Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 . 57 8 . 1 + a 4c + 57 2b + 35 1 + a 2b + 35 4c + 57 Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. 57 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = . 2 Vậy min (abc) = 1995. A B C D b) Đặt t = = = = A = ta, B = tb, C = tc, D = td. a b c d A + B + C + D t = a + b + c + d Vì vậy aA + bB + cC + dD = a 2t + b2t + c2t + d2t A + B + C + D = (a + b + c + d) t = (a + b + c + d) a + b + c + d = (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: A Q P B M H N C
18. AQ QP a) Xét ∆ABC có PQ // BC = AB BC BQ QM Xét ∆BAH có QM // AH = BA AH Cộng từng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = + 1 = + AB AB BC AH BC AH 2 QP QM QP QM 2SMNPQ 1 = + 4 . = BC AH BC AH SABC S S ABC . MNPQ 2 S QP QM 1 BC maxS = ABC khi = = QP = MNPQ 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH 1 = QP + QM = BC BC AH BC B Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. H A C Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có: M DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x D HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD. MỤC LỤC
19. Trang - Lời giới thiệu ___3 - A phần đề tài ___5 I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT___ 5 II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ___33 B- Phần lời giải ___38 I – Lớp 10 THPT ___38 II – Lớp 10 chuyên toán___ 122 Mời các bạn xem tiếp tài liệu tại: