20 Bộ đề ôn thi vào THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Đoàn Tiến Trung

pdf

54 trang phuongnguyen 3710

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "20 Bộ đề ôn thi vào THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Đoàn Tiến Trung", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

20_bo_de_on_thi_vao_thpt_mon_nam_hoc_2009_2010_doan_tien_tru.pdf

Nội dung text: 20 Bộ đề ôn thi vào THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Đoàn Tiến Trung

B đ ụn thi vào THPT Năm h c 2009 - 2010 Đề 1 Bài 1 : (2 đi ểm) a) Tớnh : b) Gi i h ph ươ ng trỡnh : Bài 2 : (2 đi ểm) Cho bi u th c : a) Rỳt g n A. b) Tỡm x nguyờn đ A nh n giỏ tr nguyờn. Bài 3 : (2 đi ểm) Mt ca nụ xuụi dũng t b n sụng A đ n b n sụng B cỏch nhau 24 km ; cựng lỳc đ ú, c ũng t A v B m t bố n a trụi v i v n t c dũng n ưc là 4 km/h. Khi đ n B ca nụ quay l i ngay và g p bố n a t i đ a đ i m C cỏch A là 8 km. Tớnh v n t c th c c a ca nụ. Bài 4 : (3 đi ểm) Cho đưng trũn tõm O bỏn kớnh R, hai đ i m C và D thu c đ ưng trũn, B là trung đ i m c a cung nh CD. K đ ưng kớnh BA ; trờn tia đ i c a tia AB l y đ i m S, n i S v i C c t (O) t i M ; MD c t AB t i K ; MB c t AC t i H. a) Ch ng minh ∠ BMD = ∠ BAC, t đ ú => t giỏc AMHK n i ti p. b) Ch ng minh : HK // CD. c) Ch ng minh : OK.OS = R 2. Bài 5 : (1 đi ểm) Cho hai s a và b khỏc 0 th a món : 1/a + 1/b = 1/2 Ch ng minh ph ươ ng trỡnh n x sau luụn cú nghi m : (x 2 + ax + b)(x 2 + bx + a) = 0. H−ớng dẫn giải Bi 3: Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa: 8 = 2 (h) 4 Gọi vận tốc của ca nô l x (km/h) (x>4) 24 24− 8 24 16 Theo bi ta có: + =⇔2 + = 2 xx+−44 xx +− 44 x = 0 ⇔2x2 − 40 x = 0 ⇔  x = 20 Vởy vận tốc thực của ca nô l 20 km/h Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 1
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Bi 4: a) Ta có BC = BD (GT) → BMD = BAC (2 góc B nội tiếp chắn 2 cung băng nhau) * Do BMD= BAC → A, M nhìn HK d−ời 1 góc C D bằng nhau → MHKA nội tiếp. b) Do BC = BD (do BC = BD ), OC = OD (bán kính) → OB l đ−ờng trung trực của CD O → CD ⊥ AB (1) Xet MHKA: l tứ giác nội tiếp, AMH = 90 0 (góc 0 0 0 nt chắn nửa đ−ờng tròn) → HKA =180 − 90 = 90 H K (đl) → HK ⊥ AB (2) M A Từ 1,2 → HK // CD S Bi 5: x2 + ax + b = 0 (*) (x2+ ax + b )( x 2 + bx + a ) = 0 ⇔  x2 + bx + a = 0 ( ) 1 1 (*) → ∆=α2 − 4b , Để PT có nghiệm ab2−4 ≥⇔ 0 ab 2 ≥ 4 ⇔≥ (3) a 2 b 1 1 ( ) → ∆ =b2 − 4 a Để PT có nghiệm thì b2 −4 a ≥⇔ 0 ≥ (4) b 2 a 11 1 1 Cộng 3 với 4 ta có: + ≥ + a b 2a 2 b 1 1 1 111111111  ⇔ + ≤⇔+≤⇔ +≤⇔≤  (luôn luôn đúng với mọi a, b) 2a 2 b 24444ab ab  484 De 2 Đ thi g m cú hai trang. PH ẦN 1. TR ẮC NGHI ỆM KHÁCH QUAN : (4 đi ểm) 3 1. Tam giỏc ABC vuụng t i A cú tg B = . Giỏ tr cos C bng : 4 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 2
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 3 4 5 5 a). cos C = ; b). cos C = ; c). cos C = ; d). cos C = 5 5 3 4 2. Cho m t hỡnh l p ph ươ ng cú di n tớch toàn ph n S 1 ; th tớch V 1 và m t hỡnh c u cú V1 di n tớch S 2 ; th tớch V 2. Nu S 1 = S 2 thỡ t s th tớch bng : V2 V 6 V π V 4 V 3 π a). 1 = ; b). 1 = ; c). 1 = ; d). 1 = V2 π V2 6 V2 3 π V2 4 3. Đ ng th c x4−8 x 2 + 16 =− 4 x 2 xy ra khi và ch khi : a). x ≥ 2 ; b). x ≤ –2 ; c). x ≥ –2 và x ≤ 2 ; d). x ≥ 2 ho c x ≤ –2 4. Cho hai ph ươ ng trỡnh x2 – 2x + a = 0 và x2 + x + 2 a = 0. Đ hai ph ươ ng trỡnh cựng vụ nghi m thỡ : 1 1 a). a > 1 ; b). a ; d). a < 8 8 5. Đ i u ki n đ ph ươ ng trỡnh x2−( m 2 + 3 m − 4) xm += 0 cú hai nghi m đ i nhau là : a). m < 0 ; b). m = –1 ; c). m = 1 ; d). m = – 4 2 3 3 6. Cho ph ươ ng trỡnh x− x −4 = 0 cú nghi m x1 , x2. Bi u th c A= x1 + x 2 cú giỏ tr : a). A = 28 ; b). A = –13 ; c). A = 13 ; d). A = 18 xsinα− y cos α = 0 7. Cho gúc α nh n, h ph ươ ng trỡnh  cú nghi m : xcosα+ y sin α = 1 x = sin α x = cos α x = 0 x = − cos α a).  ; b).  ; c).  ; d).  y = cos α y = sin α y = 0 y = − sin α 8. Di n tớch hỡnh trũn ngo i ti p m t tam giỏc đ u c nh a là : 3πa2 π a2 a). πa2 ; b). ; c). 3πa2 ; d). 4 3 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 3
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 PH ẦN 2. T Ự LU ẬN : (16 đi ểm) Cõu 1 : (4,5 đi ểm) 1. Cho ph ươ ng trỡnh x4−( m 2 + 4) mx 2 +−= 7 m 10 . Đ nh m đ ph ươ ng trỡnh cú 4 nghi m phõn bi t và t ng bỡnh ph ươ ng t t c cỏc nghi m b ng 10. 3 2. Gi i ph ươ ng trỡnh: +5 = 3x2 ( x 2 + 1) x4+ x 2 + 1 Cõu 2 : (3,5 đi ểm) 1. Cho gúc nh n α. Rỳt g n khụng cũn d u c ă n bi u th c : P =cos2α −− 21 sin 2 α + 1 2. Ch ng minh: (4+ 15)( 5 − 34) −= 15 2 Cõu 3 : (2 đi ểm) Vi ba s khụng õm a, b, c, ch ng minh b t đ ng th c : 2 abc+++≥1 () ab + bc + ca +++ a b c 3 Khi nào đ ng th c x y ra ? Cõu 4 : (6 đi ểm) Cho 2 đ ưng trũn (O) và (O’) c t nhau t i hai đ i m A, B phõn bi t. Đ ưng th ng OA c t (O), (O’) l n l ưt t i đ i m th hai C, D. Đ ưng th ng O’A c t (O), (O’) l n lưt t i đ i m th hai E, F. 1. Ch ng minh 3 đ ưng th ng AB, CE và DF đ ng quy t i m t đ i m I. 2. Ch ng minh t giỏc BEIF n i ti p đ ưc trong m t đ ưng trũn. 3. Cho PQ là ti p tuy n chung c a (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)). Ch ng minh đưng th ng AB đ i qua trung đ i m c a đ o n th ng PQ. HẾT Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 4
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 ĐÁP ÁN PH ẦN 1. TR ẮC NGHI ỆM KHÁCH QUAN : (4 điểm) 0,5 đ ììì 8 Cõu 1 2 3 4 5 6 7 8 a). x x b). x x c). x x d). x x PH ẦN 2. T Ự LU ẬN : Cõu 1 : (4,5 đi ểm) 1. Đt X = x2 (X ≥ 0) Ph ươ ng trỡnh tr thành X4−( m 2 + 4) mX 2 +−= 7 m 10 (1) Ph ươ ng trỡnh cú 4 nghi m phõn bi t ⇔ (1) cú 2 nghi m phõn bi t d ươ ng + ∆ > 0 (m2+ 4 m ) 2 − 4(7 m −> 1) 0   ⇔S > 0 ⇔m2 +4 m > 0 (I) +   P > 0 7m − 1 > 0 Vi đ i u ki n (I), (1) cú 2 nghi m phõn bi t d ươ ng X1 , X 2. đ ⇒ ph ươ ng trỡnh ó cho cú 4 nghi m x1, 2 = ± X1 ; x3, 4 = ± X 2 ⇒ 2222 2 xxxx1234+++=2( XX 12 + ) = 2( m + 4 m ) + m = 1 Vy ta cú 2(mm2+ 4)10 = ⇒ mm 2 + 4 − 50 = ⇒  + m = − 5 Vi m = 1, (I) đ ưc th a món + Vi m = –5, (I) khụng th a món. + Vy m = 1. 2. Đt t= x4 + x 2 + 1 (t ≥ 1) 3 Đưc ph ươ ng trỡnh +5 = 3(t − 1) + t 3t 2 – 8t – 3 = 0 1 ⇒ t = 3 ; t = − (lo i) + 3 Vy x4+ x 2 +1 = 3 ⇒ x = ± 1. + Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 5
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Cõu 2 : (3,5 đi ểm) 1. P =cos2α −− 21sin 2 α += 1 cos 2 α − 2cos 2 α + 1 P =cos2 α − 2cos α + 1 (vỡ cos α > 0) + P =(cosα − 1) 2 + P =1 − cos α (vỡ cos α < 1) + 2. 2 ()4+ 15() 5 − 34 −=− 15() 5 3() 4 + 15() 4 − 15 + = ( 5− 3) 4 + 15 2 = ()5− 3() 4 + 15 + = (8− 2 15)( 4 + 15 ) + = 2 + Cõu 3 : (2 đi ểm) 2 ( a− b) ≥ 0⇒ a+ b ≥ 2 ab + Tươ ng t , a+ c ≥ 2 ac b+ c ≥ 2 bc a+1 ≥ 2 a + b+1 ≥ 2 b c+1 ≥ 2 c Cng v v i v cỏc b t đ ng th c cựng chi u trờn ta đ ưc đ i u ph i ch ng minh. + Đng th c x y ra ⇔ a = b = c = 1 + Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 6
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Cõu 4 : (6 đi ểm) I E D A + O O’ B C F Q H P 1. Ta cú : ABC = 1v ABF = 1v ⇒ B, C, F th ng hàng. + AB, CE và DF là 3 đ ưng cao c a tam giỏc ACF nờn chỳng đ ng quy. ++ 2. ECA = EBA (cựng ch n cung AE c a (O) + Mà ECA = AFD (cựng ph v i hai gúc đ i đ nh) + ⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI + ⇒ T giỏc BEIF n i ti p. + 3. Gi H là giao đ i m c a AB và PQ Ch ng minh đ ưc cỏc tam giỏc AHP và PHB đ ng d ng + HP HA ⇒ = ⇒ HP 2 = HA.HB + HB HP Tươ ng t , HQ 2 = HA.HB + ⇒ HP = HQ ⇒ H là trung đ i m PQ. + Lưu ý : - Mi du “+” t ươ ng ng v i 0,5 đ i m. - Cỏc cỏch gi i khỏc đ ưc h ưng đ i m t i đ a c a ph n đ ú. - Đ i m t ng ph n, đ i m toàn bài khụng làm trũn. Đề 3 I.Trắc nghiệm:(2 điểm) Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 7
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Hy ghi lại một chữ cái đứng tr−ớc khẳng định đúng nhất. Câu 1: Kết quả của phép tính (8 18− 2 98 + 72) : 2 l : A . 4 B . 5 2+ 6 C . 16 D . 44 Câu 2 : Giá trị no của m thì ph−ơng trình mx 2 +2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt : A. m ≠ 0 1 1 D. m ≠ 0 v m BC). Vẽ đ−ờng tròn tâm (O ') đ−ờng kính BC.Gọi I l trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đ−ờng tròn tâm O ' tại D. a) Tứ giác AMCN l hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp? c) Xác định vị trí t−ơng đối của ID v đ−ờng tròn tâm (O) với đ−ờng tròn tâm (O '). Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 8
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đáp án Câu Nội dung Điểm 1 C 0.5 2 D 0.5 3 D 0.5 4 C 0.5 5 x ≥ 0 x ≥ 0 a) A có nghĩa ⇔  ⇔   x −1 ≠ 0 x ≠ 1 0.5 2 ( x−1) x( x + 1 ) 0.5 b) A= + x−1 x + 1 = x−1 + x 0.25 =2 x −1 0.25 c) A 0) Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể l: x+2 (giờ) Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy đ−ợc : 1 (bể) 0.5 x Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy đ−ợc : 1 (bể) x + 2 Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đ−ợc : 1 + 1 (bể) x x + 2 Theo bi ra ta có ph−ơng trình: 1 + 1 = 1 0.25 x x + 2 12 5 Giaỉ ph−ơng trình ta đ−ợc x =4; x = 6 (loại) 0.75 1 2 5 Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể l:4 giờ 0.25 Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể l: 4+2 =6(giờ) 7 Vẽ hình v ghi gt, kl đúng 0.5 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 9
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 M D A I B O O' C N a) Đ−ờng kính AB ⊥ MN (gt) ⇒ I l trung điểm của MN (Đ−ờng 0.5 kính v dây cung) IA=IC (gt) ⇒ Tứ giác AMCN có đ−ơng chéo AC v MN cắt nhau tại 0.5 trung điểm của mỗi đ−ờng v vuông góc với nhau nên l hình thoi. b) ANB = 90 0 (góc nội tiếp chắn 1/2 đ−ờng tròn tâm (O) ) ⇒ BN ⊥ AN. AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). ⇒ BN ⊥ MC (1) BDC = 90 0 (góc nội tiếp chắn 1/2 đ−ờng tròn tâm (O ') ) BD ⊥ MC (2) Từ (1) v (2) ⇒ N,B,D thẳng hng do đó NDC = 90 0 (3). 0.5 NIC = 90 0 (vì AC ⊥ MN) (4) Từ (3) v (4) ⇒ N,I,D,C cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính NC ⇒ Tứ giác NIDC nội tiếp 0.5 c) O ∈BA. O '∈BC m BA vafBC l hai tia đối nhau ⇒ B nằm giữa O v O ' do đó ta có OO '=OB + O 'B ⇒ đ−ờng tròn (O) v đ−ờng tròn 0.5 (O ') tiếp xúc ngoi tại B 1 MDN vuông tại D nên trung tuyến DI = MN =MI ⇒ MDI cân 2 ⇒ IMD = IDM . T−ơng tự ta có O' DC= O ' CD m IMD + O' CD = 90 0 (vì MIC = 90 0 ) 0.25 ⇒ IDM + O' DC = 90 0 m MDC =180 0 ⇒ IDO '= 90 0 do đó ID ⊥ DO ⇒ ID l tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O '). 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh lm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 10
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 4 Câu1 : Cho biểu thức  x3 −1  x3 +1  x 1( − x 2 ) 2 A=  + x − x : Với x ≠ 2 ;±1  x −1  x +1  x 2 − 2 .a, Ruý gọn biểu thức A .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 + 2 2 c. Tìm giá trị của x để A=3 Câu2 .a, Giải hệ ph−ơng trình: (x − y) 2 + (3 x − y) = 4  2x + 3y = 12 b. Giải bất ph−ơng trình: x 3 − x 2 − x − 4 2 15 x 23x2 = 0=> x = 3 17 2 Câu 2 : a)Đặt x y= a ta đ−ợc pt: a 2+3a=4 => a=1; a=4 (x − y) 2 + (3 x − y) = 4 Từ đó ta có  2x + 3y = 12 x − y = 1 *  (1) 2x + 3y = 12 x − y = −4 *  (2) 2x + 3y = 12 Giải hệ (1) ta đ−ợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đ−ợc x=0, y=4 Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm l x=3, y=2 hoặc x=0; y=4 b) Ta có x 3 4x 2 2x 15 = (x5)(x 2+x+3) m x 2+x+3=(x+1/2) 2+11/4>0 với mọi x Vậy bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với x5>0 =>x>5 Câu 3 : Ph−ơng trình: ( 2m1)x 22mx+1=0 • Xét 2m1=0=> m=1/2 pt trở thnh –x+1=0=> x=1 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 11
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 • Xét 2m1≠0=> m ≠ 1/2 khi đó ta có ∆, = m 22m+1= (m1) 2≥0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (1,0) − + với m ≠ 1/2 pt còn có nghiệm x= m m 1 = 1 2m −1 2m −1 pt có nghiệm trong khoảng (1,0)=> 1 0  > 0 2m −1 => 2m −1 =>m ∠ BFK= 90 0 => E,F thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK. B C b. ∠ BCF= ∠ BAF O M ∠ BAF= ∠ BAE=45 0=> ∠ BCF= 45 0 Ta có ∠ BKF= ∠ BEF M ∠ BEF= ∠ BEA=45 0(EA l đ−ờng chéo của hình vuông ABED)=> ∠ BKF=45 0 Vì ∠ BKC= ∠ BCK= 45 0=> tam giác BCK vuông cân tại B Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 12
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 5      x x −1 x x +1  2(x − 2 x +1) Bi 1 : Cho biểu thức: P =  −  :    x − x x + x   x −1  a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bi 2 : Cho ph−ơng trình: x 2( 2m + 1)x + m 2 + m 6= 0 (*) a.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm âm. 3 3 b.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm x 1; x 2 thoả mn x1 − x2 =50 2 Bi 3 : Cho ph−ơng trình: ax + bx + c = 0 có hai nghiệm d−ơng phân biệt x 1, x 2Chứng minh: 2 a,Ph−ơng trình ct + bt + a =0 cũng có hai nghiệm d−ơng phân biệt t 1 v t 2. b,Chứng minh: x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bi 4 : Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đ−ờng tròn tâm O . H l trực tâm của tam giác. D l một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD l hình bình hnh. b, Gọi P v Q lần l−ợt l các điểm đối xứng của điểm D qua các đ−ờng thẳng AB v AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ di lớn nhất. Bi 5 : Cho hai số d−ơng x; y thoả mn: x + y ≤ 1 1 501 Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = + x2 + y2 xy Đáp án Bi 1 : ( 2 điểm). ĐK: x ≥ ;0 x ≠ 1 2 2x()x −1 2( x −1z ) x −1 x +1 a, Rút gọn: P = : P = = x()x −1 x −1 ( x − )1 2 x −1 x +1 2 b. P = = 1+ x −1 x −1 Để P nguyên thì Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 13
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 x −1 = 1 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 x −1 = −1 ⇒ x = 0 ⇒ x = 0 x −1 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9 x −1 = −2 ⇒ x = − (1 Loai ) Vậy với x= { 9;4;0 } thì P có giá trị nguyên. Bi 2 : Để ph−ơng trình có hai nghiệm âm thì:  2 ∆ = (2m +1) − 4(m 2 + m − 6) ≥ 0 ∆ = 25 > 0   2  x1 x2 = m + m − 6 > 0 ⇔ (m − 2)(m + )3 > 0 ⇔ m 0 => c. 1 . .0 Chứng tỏ l một nghiệm d−ơng của ph−ơng  x  x1 x1 2 1 trình: ct + bt + a = 0; t 1 = Vì x 2 l nghiệm của ph−ơng trình: x1 2 2 ax + bx + c = 0 => ax 2 + bx 2 + c =0  2    1   1  1 vì x 2> 0 nên c.   + b.  + a = 0 điều ny chứng tỏ l một nghiệm d−ơng của  x2   x2  x2 2 1 ph−ơng trình ct + bt + a = 0 ; t 2 = x2 2 Vậy nếu ph−ơng trình: ax + bx + c =0 có hai nghiẹm d−ơng phân biệt x 1; x 2 thì 2 1 ph−ơng trình : ct + bt + a =0 cũng có hai nghiệm d−ơng phân biệt t1 ; t 2 . t 1 = ; t 2 x1 1 = x2 b. Do x 1; x 1; t 1; t 2 đều l những nghiệm d−ơng nên Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 14
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 1 1 t1+ x 1 = + x 1 ≥ 2 t 2 + x 2 = + x 2 ≥ 2 x1 x2 Do đó x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bi 4 a. Giả sử đ tìm đ−ợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD l hình bình hnh . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H l trực tâm tam giác ABC nên A CH ⊥ AB v BH ⊥ AC => BD ⊥ AB v CD ⊥ AC . Do đó: ∠ ABD = 90 0 v ∠ ACD = 90 0 . Q Vậy AD l đ−ờng kính của đ−ờng tròn tâm O H O Ng−ợc lại nếu D l đầu đ−ờng kính AD P của đ−ờng tròn tâm O thì B C tứ giác BHCD l hình bình hnh. D b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠ APB = ∠ ADB nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB Do đó: ∠ APB = ∠ ACB Mặt khác: ∠ AHB + ∠ ACB = 180 0 => ∠ APB + ∠ AHB = 180 0 Tứ giác APBH nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn nên ∠ PAB = ∠ PHB M ∠ PAB = ∠ DAB do đó: ∠ PHB = ∠ DAB Chứng minh t−ơng tự ta có: ∠ CHQ = ∠ DAC Vậy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 180 0 Ba điểm P; H; Q thẳng hng c). Ta thấy ∆ APQ l tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD v ∠ PAQ = ∠ 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất AP v AQ l lớn nhất hay AD l lớn nhất D l đầu đ−ờng kính kẻ từ A của đ−ờng tròn tâm O Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 15
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 6 x y xy Bi 1 : Cho biểu thức: P = − − ( x + y )( 1 − y ) x + y )()x + 1 ()x +1 ()1− y a). Tìm điều kiện của x v y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mn ph−ơng trình P = 2. Bi 2 : Cho parabol (P) : y = x2 v 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. Bi 3 : Giải hệ ph−ơng trình : x + y + z = 9  1 1 1  + + = 1  x y z xy + yz + zx = 27 Bi 4 : Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB = 2R v C l một điểm thuộc đ−ờng tròn (C ≠ A ; C ≠ B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ−ờng tròn (O), gọi M l 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 v MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. 1 1 1 1 Bi 5 : Cho x, y, z ∈ R thỏa mn : + + = x y z x + y + z Hy tính giá trị của biểu thức : M = 3 + (x 8 – y8)(y 9 + z 9)(z 10 – x10 ) . 4 Đáp án Bi 1 : a). Điều kiện để P xác định l :; x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ ;1 x + y ≠ 0 . *). Rút gọn x(1+−− xy ) (1 yxyx ) −( + y ) (xy−+ ) ( xx + yy) − xyx( + y ) P: P = = ()xy+()1 + x() 1 − y ()xy+()1 + x() 1 − y ( x+ y)( x −+− yx xyyxy +− ) = ()xy+()1 + x() 1 − y xx( +−1) yx( +++ 111) y( x)( − x ) = ()1+x() 1 − y x− y + y − yx x(1− y)( 1 + yy) −( 1 − y ) = = =x + xy − y . ()1 − y ()1 − y Vậy P = x + xy − y. b). P = 2 ⇔ x + xy − y. = 2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 16
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 ⇔ x (1 + y ) − ( y + 1) = 1 ⇔ ()x − 1 ()1 + y = 1 Ta có: 1 + y ≥1 ⇒ x −1 ≤ 1 ⇔0 ≤x ≤ 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vo ta có các cặp giá trị (4; 0) v (2 ; 2) thoả mn Bi 2: a). Đ−ờng thẳng (d) có hệ số góc m v đi qua điểm M(1 ; 2) . Nên ph−ơng trình đ−ờng thẳng (d) l : y = mx + m – 2. Honh độ giao điểm của (d) v (P) l nghiệm của ph−ơng trình: x2 = mx + m – 2 ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì ph−ơng trình (*) có ∆ = m 2 − 4m + 8 = (m − 2)2 + 4 > 0 ∀m nên ph−ơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) v (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A v B. b). A v B nằm về hai phía của trục tung ⇔ ph−ơng trình : x 2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mn hệ ph−ơng trình . Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bi 4: Q a). Xét ∆ ABM v ∆ NBM . Ta có: AB l đ−ờng kính của đ−ờng tròn (O) N nên :AMB = NMB = 90 o . M l điểm chính giữa của cung nhỏ AC C nên ABM = MBN => BAM = BNM M => ∆ BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp B => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). A => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). O => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét ∆ MCB v ∆ MNQ có : Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 17
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) ∠ BMC = ∠ MNQ ( vì : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ). => ∆ MCB = ∆ MNQ (c.g .c). => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có AC ⊥ BQ ⇒ AB 2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB 2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R 2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 − )1 R Bi 5: 1 1 1 1 1 1 1 1 Từ : + + = => + + − = 0 x y z x + y + z x y z x + y + z x + y x + y + z − z => + = 0 xy z()x + y + z  1 1  ⇒ ()z + y  +  =0  xy z()x + y + z   zx + zy + z 2 + xy  ⇒ ()x + y   = 0  xyz (x + y + z)  ⇒ (x + y )(y + z )(z + x) = 0 Ta có : x 8 – y8 = (x + y)(xy)(x 2+y 2)(x 4 + y 4).= y9 + z 9 = (y + z)(y 8 – y7z + y 6z2 + z 8) z10 x10 = (z + x)(z 4 – z3x + z 2x2 – zx 3 + x 4)(z 5 x5) Vậy M = 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 3 4 4 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 18
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 7 Bi 1: 1) Cho đ−ờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đ−ờng thẳng d / đối xứng với đ−ờng thẳng d qua đ−ờng thẳng y = x l: A.y = 1 x + 2 ; B.y = x 2 ; C.y = 1 x 2 ; D.y = 2x 4 2 2 Hy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đ−ờng kính đáy đựng đầy n−ớc, nhúng chìm vo bình một hình cầu khi lấy ra mực n−ớc trong bình còn lại 2 bình. Tỉ số giữa 3 bán kính hình trụ v bán kính hình cầu l A.2 ; B. 3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác. Bìa2: 1) Giải ph−ơng 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 Bi 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x 4) 7 Phân tích thnh thừa số đ−ợc : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần l−ợt l các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao MA cho AB 0 nên A lớn nhất ⇔ A2 lớn nhất. Xét A 2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) x + y Ta có: ≥ xy (Bất đẳng thức Cô si) 2 => 1 > 2 xy (2) Từ (1) v (2) suy ra: A 2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 19
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 1 1 Max A 2 = 2 x = y = , max A = 2 x = y = 2 2 Bi3 Câu 1 Với 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 tr−ờng hợp: 4 + b = 1 v 4 + b = 7 4 + c = 7 4 + c = 1 Tr−ờng hợp thứ nhất cho b = 3, c = 11, a = 10 Ta có (x 10)(x 4) 7 = (x 3)(x 11) Tr−ờng 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 l điểm trên cạnh AB sao cho: x AD = 1 AB. Ta có D l điểm cố định 4 B MA AD M = 1 (gt) do đó = 1 AB 2 MA 2 D Xét tam giác AMB v tam giác ADM có MâB (chung) A MA AD 1 M = = AB MA 2 MB MA Do đó ∆ AMB ~ ∆ ADM => = = 2 MD AD C => 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 l 2 DC * Cách dựng điểm M. Dựng đ−ờng tròn tâm A bán kính 1 AB 2 1 Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB 4 1 M l giao điểm của DC v đ−ờng tròn (A; AB) N 2 Bi 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N Do MâN = 90 0 nên MN l đ−ờng kính C Vậy I l trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ∆INC = ∆IMK (g.c.g) I => CN = MK = MD (vì ∆MKD vuông cân) K O B Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA A => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta có IA = IB = IM = IN M Vậy đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆AMN đi qua hai điểm A, B cố định . D Đề 8 Bi 1. Cho ba số x, y, z tho mn đồng thời : xy2+21 += yz 2 + 21 += zx 2 + 210 += Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 20
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Tính giá trị của biểu thức : Ax=2007 + y 2007 + z 2007 . Bi 2). Cho biểu thức : M= x2 −5 xy + 2 +− xy 4 y + 2014 . Với giá trị no của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bi 3. Giải hệ ph−ơng trình : x2+ y 2 ++ xy = 18  xx()()+1 . yy + 1 = 72 Bi 4 . Cho đ−ờng tròn tâm O đ−ờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đ−ờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A v B lần l−ợt tại C v D. a.Chứng minh : AC . BD = R 2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD l nhỏ nhất . Bi 5 .Cho a, b l các số thực d−ơng. Chứng minh rằng : 2 a+ b ()ab++ ≥2 abba + 2 2 Bi 6) .Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD 2 = AB . AC BD . DC. H−ớng dẫn giải Bi 1. Từ giả thiết ta có : x2 +2 y + 1 = 0  y2 + z + =  2 1 0  2 z+2 x + 1 = 0 Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( xx2+++21) ( yy 2 + 21 ++) ( zz 2 ++= 210) x +1 = 0 2 2 2  ⇒ ()()()x+1 ++ y 1 ++ z 10 = ⇔y +1 = 0 ⇒ x= y = z = 1  z +1 = 0 ⇒ Ax=2007 + y 2007 + z 2007 =−()()()12007 +− 1 2007 +− 1 2007 =− 3 Vậy : A = 3. Bi 2. (1,5 điểm) Ta có : Mx=( 2 +++4 x 4) ( y 2 +++ 2 y 1) ( xyxy −−++ 2 2) 2007 Mx=−()()()()22 +−+− y 1 2 xy 2 −+ 1 2007 2 1  3 2 ⇒ Mx=−+()2() y − 1  +() y −+ 1 2007 2  4 2 2 1  Do ()y −1 ≥ 0 v ()x−+2() y − 1  ≥ 0 ∀x, y 2  ⇒ ⇒ M ≥ 2007 Mmin =2007 ⇔= x 2; y = 1 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 21
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 u= x( x + 1) u+ v = 18 Bi 3. Đặt :  Ta có :  ⇒ u ; v l nghiệm của ph−ơng v= y() y + 1 uv = 72 trình : 2 ⇒ XX−18 + 720 = XX1= 12; 2 = 6 u = 12 u = 6 ⇒  ;  v = 6 v = 12 x( x +1) = 12 x( x +1) = 6 ⇒  ;  y() y +1 = 6 y() y +1 = 12 Giải hai hệ trên ta đ−ợc : Nghiệm của hệ l : (3 ; 2) ; (4 ; 2) ; (3 ; 3) ; (4 ; 3) v các hoán vị. Bi 4 . a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC v OD l phân giác của hai góc AOM v MOB nên OC ⊥ OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM l đ−ờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO 2 = CM . MD ⇒ 2 R = AC . BD d b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp m ⇒ MCO = MAO ; MDO = MBO c ⇒COD AMB( g. g ) (0,25đ) Chu. vi . COD OM = ⊥ a b Do đó : (MH 1 AB) h o Chu. vi . AMB MH 1 OM Do MH 1 ≤ OM nên ≥1 MH 1 ⇒ Chu vi COD ≥ chu vi AMB Dấu = xảy ra ⇔ MH 1 = OM ⇔ M ≡ O ⇒ M l điểm chính giữa của cung AB 1 2 1  2 Bi 5 (1,5 điểm) Ta có : a−  ≥0; b −  ≥ 0 ∀ a , b > 0 2  2  1 1 1 1 ⇒ aa− +≥0; bb − +≥ 0 ⇒ (aa− ++− )( bb + )0 ≥ ∀ a , b > 0 4 4 4 4 1 ⇒ ab++≥ a + b > 0 Mặt khác a+ b ≥2 ab > 0 2 1  Nhân từng vế ta có : ()()abab+ ++≥  2 aba() + b 2  2 (a+ b ) ⇒ ()ab++ ≥2 abba + 2 2 Bi 6. (1 điểm) Vẽ đ−ờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 22
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Gọi E l giao điểm của AD v (O) a Ta có: ABD CED (g.g) BD AD ⇒ = ⇒ AB. ED= BD . CD ED CD ⇒ AD.( AE− AD) = BD . CD ⇒ AD2 = AD. AE − BD . CD b c Lại có : ABD AEC( g. g ) d AB AD ⇒ = ⇒ AB. AC= AE . AD AE AC e ⇒ AD2 = ABAC. − BDCD . Đè 9 Câu 1 : Cho hm số f(x) = x 2 − 4x + 4 a) Tính f(1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x ≠ ± 2 x 2 − 4 x(y − )2 = (x + 2)(y − )4 Câu 2 : Giải hệ ph−ơng trình  (x − 3)(2y + )7 = 2( x − 7)(y + )3      x x +1 x −1   x  Câu 3 : Cho biểu thứcA =  −  :  x +  với x > 0 v x ≠ 1  x −1 x −1  x −1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4 : Từ điểm P nằm ngoi đ−ờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H l chân đ−ờng vuông góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R v d. Câu 5 : Cho ph−ơng trình 2x 2 + (2m 1)x + m 1 = 0 Không giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 thỏa mn: 3x 1 4x 2 = 11 Đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 − 4x + 4 = (x − )2 2 = x − 2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 23
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Suy ra f(1) = 3; f(5) = 3 x − 2 = 10 x = 12 b) f (x) = 10 ⇔  ⇔  x − 2 = −10 x = −8 f (x) x − 2 c) A = = x 2 − 4 (x − 2)(x + )2 1 Với x > 2 suy ra x 2 > 0 suy ra A = x + 2 1 Với x = 3 => 3x + x 2 = 0 => x = 2/3 x Câu 4 P Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có A EH CH = ; (1) PB CB E Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) B • C O H => ∠ POB = ∠ ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB AH CH Do đó: = (2) PB OB Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 24
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Do CB = 2OB, kết hợp (1) v (2) ta suy ra AH = 2EH hay E l trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đ−ờng cao AH ta có AH 2 = BH.CH = (2R CH).CH Theo (1) v do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 = 2( R − ) . 2PB 2PB ⇔ 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 4R.CB.PB 4R.2R.PB ⇔ AH = = 4.PB 2 + CB 2 4PB 2 + (2R)2 8R 2 . d2 − R 2 2.R2 . d2 − R 2 = = 4(d2 − R 2 ) + 4R 2 d2 Câu 5 Để ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thì ∆ > 0 (2m 1) 2 4. 2. (m 1) > 0 Từ đó suy ra m ≠ 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét v giả thiết ta có:  2m −1  13 4m  x1 + x 2 = −  x1 =  2  7  m −1  7m − 7  x1 .x 2 = ⇔  x1 =  2  26 8m 3x − 4x = 11  13 4m 7m − 7  1 2 3 − 4 = 11   7 26 8m 13 4m 7m − 7 Giải ph−ơng trình 3 − 4 = 11 7 26 8m ta đ−ợc m = 2 v m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) v (2) ta có: Với m = 2 hoặc m = 4,125 thì ph−ơng trình đ cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mn: x 1 + x 2 = 11 Đề 10 x + x + x + Câu 1: Cho P = 2 + 1 1 x x −1 x+ x + 1 x −1 a/. Rút gọn P. 1 b/. Chứng minh: P < với x ≥ 0 v x ≠ 1. 3 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 25
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Câu 2: Cho ph−ơng trình : x 2 – 2(m 1)x + m 2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m l tham số. a/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm ny bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải ph−ơng trình : 1 + 1 = 2 x 2 − x2  a ≥ 0   b ≥ 0 b/. Cho a, b, c l các số thực thõa mn :   a+2 b − 4 c += 20 2a−+ b 7 c − 11 = 0 Tìm giá trị lớn nhất v giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c. Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) l đ−ờng tròn ngoại tiếp BCD . Tiếp tuyến của (O) tại C v D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK l hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK l hình bình hnh. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 v x ≠ 1. (0,25 điểm) x + x + x + P = 2 + 1 1 x x −1 x+ x + 1 (x+ 1)( x − 1) + x + = x 2 + 1 1 (x )3 − 1 x+ x + 1 x −1 x++ x + x −−+ xx + = 2 ( 1)( 1) ( 1) (x− 1)( x + x + 1) x− x x = = (x− 1)( x + x + 1) x+ x + 1 1 x 1 b/. Với x ≥ 0 v x ≠ 1 .Ta có: P 0 ) ⇔ x 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x 1) 2 > 0. ( Đúng vì x ≥ 0 v x ≠ 1) Câu 2: a/. Ph−ơng trình (1) có nghiệm khi v 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) l a thì nghiệm kia l 3a . Theo Viet ,ta có: Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 26
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 a+3 a = 2 m − 2   a.3 a= m 2 − 3 m − m − ⇒ a= 1 ⇒ 3( 1 )2 = m 2 – 3 2 2 ⇔ m2 + 6m – 15 = 0 ⇔ m = –3 ± 2 6 ( thõa mn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x 0 x2+ y 2 = 2 (1)  Ta có:  1 1  + = 2 (2)  x y Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vo (1) có : xy = 1 hoặc xy = 1 2 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y l nghiệm của ph−ơng trình: X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1. * Nếu xy = 1 thì x+ y = 1. Khi đó x, y l nghiệm của ph−ơng trình: 2 1 −1 ± 3 X2 + X = 0 ⇔ X = 2 2 A − + − − K Vì y > 0 nên: y = 1 3 ⇒ x = 1 3 2 2 − − Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm: x = 1 ; x = 1 3 1 2 2 Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK l hình thang. Do đó, tứ giác ABCK l hình bình hnh ⇔ AB // CK D ⇔ BAC = ACK 1 1 M ACK = sđ EC = sđ BD = DCB 2 2 O B Nên BCD = BAC C Dựng tia Cy sao cho BCy = BAC .Khi đó, D l giao điểm của AB v Cy. Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC . ⇒ D ∈ AB . Vậy điểm D xác định nh− trên l điểm cần tìm. Đề 11 1 Câu 1 : a) Xác định x ∈R để biểu thức :A = x 2 +1 − x − L một số tự nhiên x 2 +1 − x Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 27
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 x y 2 z b. Cho biểu thức: P = + + Biết x.y.z = 4 , tính xy + x + 2 yz + y +1 zx + 2 z + 2 P . Câu 2: Cho các điểm A(2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(3;2) a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hng; 3 điểm A, B, C không thẳng hng. b. Tính diện tích tam giác ABC. Câu3 Giải ph−ơng trình: x −1 − 3 2 − x = 5 Câu 4 Cho đ−ờng tròn (O;R) v một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đ−ờng tròn. Một góc ∠xOy = 45 0 cắt đoạn thẳng AB v AC lần l−ợt tại D v E. Chứng minh rằng: a.DE l tiếp tuyến của đ−ờng tròn ( O ). 2 b. R 0 v xyz = 2 Nhân cả tử v mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta đ−ợc: x xy 2 z x + xy + 2 P = + + = = 1 (1đ) xy + x + 2 xy + x + 2 z ( x + 2 + xy xy + x + 2 ⇒ P = 1 vì P > 0 Câu 2 : a.Đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm A v B có dạng y = ax + b Điểm A(2;0) v B(0;4) thuộc đ−ờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2 Vậy đ−ờng thẳng AB l y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mn y = 2x + 4 nên C không thuộc đ−ờng thẳng AB ⇒ A, B, C không thẳng hng. Điểm D(3;2) có toạ độ thoả mn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đ−ờng thẳng AB ⇒ A,B,D thẳng hn b.Ta có : AB 2 = (2 – 0) 2 + (0 – 4) 2 =20 AC 2 = (2 – 1) 2 + (0 –1) 2 =10 BC 2 = (0 – 1) 2 + (4 – 1) 2 = 10 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại C Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 28
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 1 Vậy S ∆ = 1/2AC.BC = 10 . 10 = 5 ( đơn vị diện tích ) ABC 2 Câu 3 : Đkxđ x ≥ 1, đặt x −1 = u; 3 2 − x = v ta có hệ ph−ơng trình: u − v = 5  u 2 + v3 = 1 Giải hệ ph−ơng trình bằng ph−ơng pháp thế ta đ−ợc: v = 2 ⇒ x = 10. Câu 4 a.áp dụng định lí Pitago tính đ−ợc B O AB = AC = R ⇒ ABOC l hình vuông (0.5đ) D Kẻ bán kính OM sao cho M ∠BOD = ∠MOD ⇒ A E C ∠MOE = ∠EOC (0.5đ) Chứng minh ∆BOD = ∆MOD ⇒ ∠OMD = ∠OBD = 90 0 T−ơng tự: ∠OME = 90 0 ⇒ D, M, E thẳng hng. Do đó DE l tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O). b.Xét ∆ADE có DE AD; DE > AE ; DE = DB + EC 2 Cộng từng vế ta đ−ợc: 3DE > 2R ⇒ DE > R 3 Vậy R > DE > 2 R 3 Đề 12 Câu 1 : Cho hm số f(x) = x 2 − 4x + 4 a) Tính f(1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 f (x) c) Rút gọn A = khi x ≠ ± 2 x 2 − 4 Câu 2 : Giải hệ ph−ơng trình x(y − )2 = (x + 2)(y − )4  (x − 3)(2y + )7 = 2( x − 7)(y + )3      x x +1 x −1   x  Câu 3 : Cho biểu thức A =  −  :  x +  với x > 0 v x ≠ 1  x −1 x −1  x −1 a) Rút gọn A Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 29
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 2) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4 : Từ điểm P nằm ngoi đ−ờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H l chân đ−ờng vuông góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R v d. Câu 5 : Cho ph−ơng trình 2x 2 + (2m 1)x + m 1 = 0 Không giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 thỏa mn: 3x 1 4x 2 = 11 Đáp án Câu 1 a) f(x) = x 2 − 4x + 4 = (x − )2 2 = x − 2 Suy ra f(1) = 3; f(5) = 3 x − 2 = 10 x = 12 b) f (x) = 10 ⇔  ⇔  x − 2 = −10 x = −8 f (x) x − 2 c) A = = x 2 − 4 (x − 2)(x + )2 1 Với x > 2 suy ra x 2 > 0 suy ra A = x + 2 1 Với x < 2 suy ra x 2 < 0 suy ra A = − x + 2 Câu 2 x(y − )2 = (x + 2)(y − )4  (x − 3)(2y + )7 = 2( x − 7)(y + )3 xy − 2x = xy + 2y − 4x − 8 ⇔  2xy − 6y + 7x − 21 = 2xy − 7y + 6x − 21 x − y = −4 x = 2 ⇔  ⇔  x + y = 0 y = 2      x x +1 x −1   x  Câu 3 a) Ta có: A =  −  :  x +   x −1 x −1  x −1      ( x +1)(x − x + )1 x −1   x( x − )1 x  =  −  :  +   ( x −1)( x + )1 x −1  x −1 x −1 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 30
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010      x − x +1 x −1   x − x + x  =  −  :    x −1 x −1  x −1  x − x +1− x +1 x = : x −1 x −1 − x + 2 x − x + 2 x −1 2 − x = : = ⋅ = x −1 x −1 x −1 x x 2 − x b) A = 3 => = 3 => 3x + x 2 = 0 => x = 2/3 x Câu 4 P A E B • C O H a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có EH CH = ; (1) PB CB Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB AH CH Do đó: = (2) PB OB Do CB = 2OB, kết hợp (1) v (2) ta suy ra AH = 2EH hay E l trug điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đ−ờng cao AH ta có AH 2 = BH.CH = (2R CH).CH Theo (1) v do AH = 2EH ta có AH.CB AH.CB AH 2 = 2( R − ) . 2PB 2PB Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 31
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 ⇔ AH 2.4PB 2 = (4R.PB AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB 2 = 4R.PB.CB AH.CB2 ⇔ AH (4PB 2 +CB 2) = 4R.PB.CB 4R.CB.PB 4R.2R.PB ⇔ AH = = 4.PB 2 + CB 2 4PB 2 + (2R)2 8R 2 . d2 − R 2 2.R2 . d2 − R 2 = = 4(d2 − R 2 ) + 4R 2 d2 Câu 5 (1đ) Để ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thì ∆ > 0 (2m 1) 2 4. 2. (m 1) > 0 Từ đó suy ra m ≠ 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét v giả thiết ta có:  2m −1  13 4m  x1 + x 2 = −  x1 =  2  7  m −1  7m − 7  x1 .x 2 = ⇔  x1 =  2  26 8m 3x − 4x = 11  13 4m 7m − 7  1 2 3 − 4 = 11   7 26 8m 13 4m 7m − 7 Giải ph−ơng trình 3 − 4 = 11 7 26 8m ta đ−ợc m = 2 v m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) v (2) ta có: Với m = 2 hoặc m = 4,125 thì ph−ơng trình đ cho có hai nghiệm phân biệt t Đề 13 Câu I : Tính giá trị của biểu thức: A = 1 + 1 + 1 + + 1 3 + 5 5 + 7 7 + 9 97 + 99 B = 35 + 335 + 3335 + + 3333142 4335 99 số 3 Câu II : Phân tích thnh nhân tử : 1) X2 7X 18 2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4) 3) 1+ a 5 + a 10 Câu III : Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 32
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 1) Chứng minh : (ab+cd) 2 ≤ (a 2+c 2)( b 2 +d 2) 2) áp dụng : cho x+ 4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x 2 + 4y 2 Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đ−ờng tròn (O), I l trung điểm của BC, M l một điểm trên đoạn CI ( M khác C v I ). Đ−ờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD v DC tại P v Q. a) Chứng minh DM.AI= MP.IB MP b) Tính tỉ số : MQ Câu 5: 2 − + Cho P = x 4x 3 1− x Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức. Đáp án Câu 1 : 1) A = 1 + 1 + 1 + + 1 3 + 5 5 + 7 7 + 9 97 + 99 1 1 = ( 5 − 3 + 7 − 5 + 9 − 7 + + 99 − 97 ) = ( 99 − 3 ) 2 2 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333142 4335 = 99 số 3 =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + 1 ( 99+999+9999+ +999 99) 3 198 + 1 ( 10 2 1 +10 3 1+10 4 1+ +10 100 – 1) = 198 – 33 + 3 10 101 −10 2  B =   +165  27  Câu 2: 1) x2 7x 18 = x 2 4 – 7x14 = (x2)(x+2) 7(x+2) = (x+2)(x9) (1đ) 2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) 3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)3 = (x 2+5x +4)(x 2 + 5x+6)3= [x 2+5x +4][(x 2 + 5x+4)+2]3 = (x 2+5x +4) 2 + 2(x 2+5x +4)3=(x 2+5x +4) 2 1+ 2(x 2+5x +4)2 = [(x 2+5x +4)1][(x 2+5x +4)+1] +2[(x 2+5x +4)1] = (x 2+5x +3)(x 2+5x +7) 3) a 10 +a 5+1 = a 10 +a 9+a 8+a 7+a 6 + a 5 +a 5+a 4+a 3+a 2+a +1 (a 9+a 8+a 7 ) (a 6 + a 5 +a 4) ( a 3+a 2+a ) = a 8(a 2 +a+1) +a 5(a 2 +a+1)+ a 3(a 2 +a+1)+ (a 2 +a+1)a7(a2 +a+1) a4(a 2 +a+1)a(a 2 +a+1) =(a 2 +a+1)( a 8a7+ a 5 a4+a 3 a +1) Câu 3 : 4đ 1) Ta có : (ab+cd) 2 ≤ (a 2+c 2)( b 2 +d 2) a2b2+2abcd+c 2d2 ≤ a2b2+ a 2d2 +c 2b2 +c 2d2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 33
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 0 ≤ a2d2 2cbcd+c 2b2 0 ≤ (ad bc) 2 (đpcm ) Dấu = xy ra khi ad=bc. 2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 52 = (x+4y) 2 = (x. + 4y) ≤ (x 2 + y 2) 1( +16 ) => 25 100 5 20 x2 + y 2 ≥ => 4x 2 + 4y 2 ≥ dấu = xy ra khi x= , y = (2đ) 17 17 17 17 Câu 4 : 5đ Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=> DM MP ∆ MPD đồng dạng với ∆ ICA => = => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB CI IA (1). Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 180 0 AMQ=180 0 góc AIM = góc BIA. Do đó ∆ DMQ đồng dạng với ∆ BIA => DM MQ = => DM.IA=MQ.IB (2) BI IA MP Từ (1) v (2) ta suy ra = 1 MQ Câu 5 Để P xác định thì : x 24x+3 ≥ 0 v 1x >0 Từ 1x > 0 => x 0 Vậy với x 0. a 2 ()a +1 2 1 1 1 1 1 1 b. Tính giá trị của tổng. B = 1+ + + 1+ + + + 1+ + 12 22 22 32 99 2 100 2 Câu 2 : Cho pt x 2 − mx + m −1 = 0 a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với ∀m . b. Gọi x1 , x2 l hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt. 2x x + 3 = 1 2 P 2 2 x1 + x2 + 2()x1 x2 +1 Câu 3 : Cho x ≥ ,1 y ≥ 1 Chứng minh. Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 34
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 1 1 2 + ≥ 1+ x 2 1+ y 2 1+ xy Câu 4 Cho đ−ờng tròn tâm O v dây AB. M l điểm chuyển động trên đ−ờng tròn, từ M kẻ MH ⊥⊥⊥ AB (H ∈∈∈ AB). Gọi E v F lần l−ợt l hình chiếu vuông góc của H trên MA v MB. Qua M kẻ đ−ờng thẳng vuông góc với EF cắt dây AB tại D. 1. Chứng minh rằng đ−ờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đ−ờng tròn. 2. Chứng minh. MA 2 AH AD = . MB 2 BD BH H−ớng dẫn a 2 + a +1 Câu 1 a. Bình ph−ơng 2 vế ⇒ A = (Vì a > 0). a()a +1 c. áp dụng câu a. 1 1 A = 1+ − a a +1 1 9999 ⇒ B = 100 − = 100 100 Câu 2 a. : cm ∆ ≥ 0 ∀m B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: x + x = m 2m +1 1 2 ⇒ =  P 2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn. x1 x2 = m −1 m + 2 1 ⇒ − ≤ P ≤ 1 2 1 ⇒ GTLN = − ⇔ m = −2 2 GTNN = 1 ⇔ m = 1 Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đ−ợc. x(y − x) y(x − y) bđt ⇔ + ≥ 0 ()1+ x 2 ()1+ xy ()1+ y 2 ()1+ xy ⇔ (x − y)2 (xy −1) ≥ 0 đúng vì xy ≥ 1 M Câu 4 : a Kẻ thêm đ−ờng phụ. Chứng minh MD l đ−ờng kính của (o) => E' o b. F E F' Gọi E', F' lần l−ợt l hình chiếu của D trên MA v MB. D Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng AVăn Th H - NĐ B 35 I
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đặt HE = H 1 HF = H 2 AH AD HE .h .MA 2 ⇒ = 1 . 2 ()1 BD BH HF .h2 .MB ⇔ ∆HEF ∞ ∆DF ' E ' ⇒ HF .h2 = HE .h MA 2 AH AD Thay vo (1) ta có: = . MB 2 BD BH Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 36
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 15  a + b a + b   a + b + 2ab  Câu 1 : Cho biểu thức D =  +  : 1+   1− ab 1+ ab   1− ab  a) Tìm điều kiện xác định của D v rút gọn D b) Tính giá trị của D với a = 2 2 − 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của D Câu 2 : Cho ph−ơng trình 2 x2 mx + 2 m2 + 4m 1 = 0 (1) 2 − 3 2 − 3 a) Giải ph−ơng trình (1) với m = 1 1 1 b) Tìm m để ph−ơng trình (1) có 2 nghiệm tho mn + = x1 + x2 x1 x2 Câu 3 : Cho tam giác ABC đ−ờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, α 2bc .Cos Aˆ = α(α = 90 0 ) Chứng minh rằng AI = 2 (Cho Sin2 α = 2Sin αCos α ) b + c Câu 4 : Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB v một điểm N di động trên một nửa đ−ờng ) ) tròn sao cho NA ≤ NB.Vễ vo trong đ−ờng tròn hình vuông ANMP. a) Chứng minh rằng đ−ờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q. b) Gọi I l tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp. c) Chứng minh đ−ờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 : Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 v x + y + z = 1 Hy tính giá trị của: xy zx xyz B = + + z y x Đáp án a ≥ 0  Câu 1 : a) Điều kiện xác định của D l b ≥ 0  ab ≠ 1 Rút gọn D 2 a + 2b a  a + b + ab  D =   :    1− ab   1− ab  Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 37
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 a D = 2 a +1 2 2(2 + 3 b) a = = = ( 3 + )1 2 ⇒ a = 3 +1 2 + 3 1 2 + 2 3 2 3 − 2 Vậy D = = 2 +1 4 − 3 2 3 c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có 2 a ≤ a +1 ⇒ D ≤ 1 Vậy giá trị của D l 1 1 9 Câu 2 : a) m = 1 ph−ơng trình (1) ⇔ x 2 + x − = 0 ⇔ x 2 + 2x − 9 = 0 2 2 x = −1− 10 ⇒  1  x2 = −1+ 10 1 b) Để ph−ơng trình 1 có 2 nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ −8m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≤ (*) 4 1 ⇔ m 2 + 4m −1 ≠ 0 2 + Để ph−ơng trình có nghiệm khác 0 (*) m ≠ −4 − 3 2 ⇒  1  m2 ≠ −4 + 3 2 1 1 x1 + x2 = 0 + + = x1 + x2 ⇔ (x1 + x2 )( x1 x2 − )1 = 0 ⇔  x1 x2 x1 x2 −1 = 0 m = 0 2m = 0  ⇔  ⇔ m = −4 − 19 m 2 + 8m − 3 = 0  m = −4 + 19 Kết hợp với điều kiện (*)v ( ) ta đ−ợc m = 0 v m = −4 − 19 Câu 3 : 1 α A + S = AI .cSin ; ∆ABI 2 2 α α 2 1 α 2 b + S = AI .bSin ; a ∆AIC 2 2 1 + S∆ABC = bcSin α; 2 B C I c S∆ABC = S∆ABI + S∆AIC α ⇒ bcSin α = AISin (b + c) 2 α 2bcCos bcSin α ⇒ AI = = 2 α b + c Sin (b + c) 2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 38
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Câu 4 : a) Nˆ = Nˆ Gọi Q = NP ∩ (O) ) ) 1 2 ⇒ QA= QB Suy ra Q cố định ˆ ˆ ˆ b) A1 = M 1 (= A2 ) ⇒ Tứ giác ABMI nội tiếp c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định. Tam giác ABF có: AQ = QB = QF N ⇒ ∆ ABF vuông tại A ⇒ Bˆ = 45 0 ⇒ AFˆB = 45 0 1 2 M ˆ 0 ⇒ ˆ ⇒ Lại có P1 = 45 AFB = P1 Tứ giác APQF nội tiếp I ˆ ˆ 0 2 ⇒ APF = AQF = 90 1 A B Ta có: APˆF + APˆM = 90 0 + 90 0 = 180 0 1 P ⇒ M1,P,F Thẳng hng  1 1 1  2 Câu 5 : Biến đổi B = xyz  + +  =L = xyz . = 2  x 2 y 2 z 2  xyz Q F Đề 16 x−4( x −++ 1) x 4( x − 1) 1  Bi 1: Cho biểu thức A = . 1 −  x2 −4( x − 1) x −1  a) Tìm điều kiện của x để A xác định b) Rút gọn A Bi 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) v B(3; 4) a) Viết ph−ơng tình đ−ờng thẳng AB b) Xác định điểm M trên trục honh để tam giác MAB cân tại M Bi 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để ph−ơng trình ẩn x sau: x2 m2x + m + 1 = 0 có nghiệm nguyên. Bi 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D ∈ BC) vẽ đ−ờng tròn tâm O qua A v D đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đ−ờng tròn ny cắt AB v AC lần l−ợt tại E v F. Chứng minh a) EF // BC b) Các tam giác AED v ADC; D v ABD l các tam giác đồng dạng. c) AE.AC = .AB = AC 2 Bi 5 : Cho các số d−ơng x, y thỏa mn điều kiện x 2 + y 2 ≥ x3 + y 4. Chứng minh: x3 + y 3 ≤ x2 + y 2 ≤ x + y ≤ 2 Đáp án Bi 1: a) Điều kiện x thỏa mn Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 39
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 x −1 ≠ 0 x ≠ 1   x−4( x − 1) ≥ 0 x ≥ 1  ⇔  ⇔ x > 1 v x ≠ 2 x+4( x − 1) ≥ 0 x ≥ 1   x2 −4( x − 1) > 0 x ≠ 2 KL: A xác định khi 1 2 b) Rút gọn A (x−− 1 1)2 + ( x −+ 1 1) 2 x − 2 A = . (x − 2) 2 x −1 x−−+11 x −+ 11 x − 2 A = . x−2 x − 1 Với 1 2 A = 2 x −1 Kết luận Với 1 2 thì A = 2 x −1 Bi 2: a) A v B có honh độ v tung độ đều khác nhau nên ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB có dạng y = ax + b A(5; 2) ∈ AB ⇒ 5a + b = 2 B(3; 4) ∈ AB ⇒ 3a + b = 4 Giải hệ ta có a = 3; b = 13 Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB l y = 3x 13 b) Giả sử M (x, 0) ∈ xx’ ta có MA = (x − 5)2 + (0 − 2) 2 MB = (x − 3)2 + (0 + 4) 2 ỉMAB cân ⇒ MA = MB ⇔ (x− 5)2 += 4 ( x − 3) 2 + 16 ⇔ (x 5) 2 + 4 = (x 3) 2 + 16 ⇔ x = 1 Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0) Bi 3: Ph−ơng trình có nghiệm nguyên khi ỉ = m 4 4m 4 l số chính ph−ơng Ta lại có: m = 0; 1 thì ỉ 5 ⇔ 2m 2 4m 5 > 0 ⇔ỉỉ (2m 2 2m 5) < ỉ < ỉ + 4m + 4 A ⇔ m4 2m + 1 < ỉ < m4 ⇔ (m 2 1) 2 < ỉ < (m2)2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 40 E F
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 ỉ không chính ph−ơng Vậy m = 2 l giá trị cần tìm. Bi 4: 1 a) EAD= EFD ( = sdED ) (0,25) 2 1 FAD = FDC ( = sdFD ) (0,25) 2 m EDA = FAD⇒ EFD = FDC (0,25) ⇒ EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau) b) AD l phân giác góc BAC nên DE= DF 1 1 sđ ACD = sđ( AED − DF ) = sđ AE = sđ ADE 2 2 do đó ACD = ADE v EAD = DAC ⇒ ỉDỉỉỉỉỉỉỉADC (g.g) 1 1 1 T−ơng tự: sđ ADF = sdAF = sd( AFD − DF ) = (sdAFD − DE ) = sdABD ⇒ ADF = ABD 2 2 2 do đó ỉAFD ~ ỉỉỉỉ(g.g c) Theo trên: + ỉAED ~ ỉỉDB AE AD ⇒ = hay AD 2 = AE.AC (1) AD AC AD AF + ỉADF ~ ỉABD ⇒ = AB AD ⇒ AD 2 = AB.AF (2) Từ (1) v (2) ta có AD 2 = AE.AC = AB.AF Bi 5 (1đ): Ta có (y 2 y) + 2 ≥ 0 ⇒ 2y 3 ≤ y4 + y 2 ⇒ (x 3 + y 2) + (x 2 + y 3) ≤ (x 2 + y 2) + (y 4 + x 3) m x 3 + y 4 ≤ x2 + y 3 do đó x3 + y 3 ≤ x2 + y 2 (1) + Ta có: x(x 1) 2 ≥ 0: y(y + 1)(y 1) 2 ≥ 0 ⇒ x(x 1) 2 + y(y + 1)(y 1) 2 ≥ 0 ⇒ x3 2x 2 + x + y 4 y3 y2 + y ≥ 0 ⇒ (x 2 + y 2) + (x 2 + y3) ≤ (x + y) + (x 3 + y 4) m x 2 + y 3 ≥ x3 + y 4 ⇒ x2 + y 2 ≤ x + y (2) v (x + 1)(x 1) ≥ 0. (y 1)(y 3 1) ≥ 0 x3 x2 x + 1 + y 4 y y3 + 1 ≥ 0 ⇒ (x + y) + (x 2 + y 3) ≤ 2 + (x 3 + y 4) m x 2 + y 3 ≥ x3 + y 4 ⇒ x + y ≤ 2 Từ (1) (2) v (3) ta có: x3 + y 3 ≤ x2 + y 2 ≤ x + y ≤ 2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 41
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 14 Câu 1: x 4(x1) + x + 4(x1) 1 cho A= ( 1 ) x2 4(x1) x1 a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để ph−ơng trình x2 (m+5)x m + 6 = 0 Có 2 nghiệm x 1 v x 2 tho mn một trong 2 điều kiện sau: a/ Nghiệm ny lớn hơn nghiệm kia một đơn vị. b/ 2x 1+3x 2=13 Câu 3 Tìm giá trị của m để hệ ph−ơng trình mxy=1 m3x+(m 21)y =2 vô nghiệm, vô số nghiệm. Câu 4: Tìm max v min của biểu thức: x2+3x+1 x2+1 Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 45 0. Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đ−ờng chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F v cắt đ−ờng chéo BD tại Q. a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F v C cùng nằm trên một đ−ờng tròn. b/ Chứng minh rằng: S AEF =2S AQP c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CM H−ớng dẫn Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x ≠2 v x>1 ( x1 1) 2+ ( x1 +1) 2 x2 A= . ( ) (x2) 2 x1 x 1 1 + x1 + 1 x 2 2 x 1 2 = . = = x2 x1 x1 x1 b/ Để A nguyên thì x 1 l −ớc d−ơng của 1 v 2 * x 1 =1 thì x=0 loại * x 1 =2 thì x=5 vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1 Câu 2: Ta có ∆x = (m+5) 24(m+6) = m 2+14m+1 ≥0 để ph−ơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vchỉ khi m ≤74 3 v m ≥7+4 3 (*) (1) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x 2x1=1 (2) x1+x 2=m+5 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 42
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 (3) x1x2 =m+6 Giải hệ tađ−ợc m=0 v m=14 tho mn (*) (1’) b/ Theo giả thiết ta có: 2x 1+3x 2 =13 (2’) x1+x 2 = m+5 (3’) x1x2 =m+6 giải hệ ta đ−ợc m=0 v m= 1 Thoả mn (*) Câu 3: *Để hệ vô nghiệm thì m/m 3=1/(m21) ≠1/2 3m 3m=m3 m 2(4m 2 1)=0 m=0 m=0 3m 21≠2 3m 2≠1 m=±1/2 m=±1/2 ∀m *Hệvô số nghiệm thì: m/m 3=1/(m 21) =1/2 3m 3m=m3 m=0 3m 21= 2 m=±1/2 Vô nghiệm Không có giá trị no của m để hệ vô số nghiệm. Câu 4: Hm số xác định với ∀x(vì x2+1 ≠0) x 2+3x+1 gọi y 0 l 1 giá trịcủa hmph−ơng trình: y 0= x2+1 2 0 (y 01)x 6x+y 1 =0 có nghiệm ≠ 2≥ 2 *y 0=1 suy ra x = 0 y 0 1; ∆’=9(y 01) 0 (y 01) ≤ 9 suy ra 2 ≤ y0 ≤ 4 Vậy: y min =2 v y max =4 Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình) A B M Giải 1 P 1 ∠ ∠ 0 a/ A1 v B1 cùng nhìn đoạn QE d−ới một góc 45 E ⇒ tứ giác ABEQ nội tiếp đ−ợc. ⇒ ∠ FQE = ∠ ABE =1v. chứng minh t−ơng tự ta có ∠ FBE = 1v ⇒ Q, P, C cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kinh EF. Q b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân. AE ⇒ 2 (1) = D AQ F C t−ơng tự ∆ APF cũng vuông cân AF ⇒ = 2 (2) AB từ (1) v (2) ⇒ AQP ~ AEF (c.g.c) SAEF 2 = ( 2 ) hay S AEF = 2S AQP S AQP c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD v ∠ APD= ∠ CPD ⇒ ∠ MCD= ∠ MPD= ∠ APD= ∠ CPD= ∠ CMD ⇒MD=CD ⇒ ∆MCD đều ⇒ ∠ MPD=60 0 m ∠ MPD l góc ngoi của ∆ABM ta có ∠ APB=45 0 vậy ∠ MAB=60 0 45 0 =15 0 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 43
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 17 2 x − 9 2 x +1 x + 3 Bi 1: Cho biểu thức M = + + x − 5 x + 6 x − 3 2 − x a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa v rút gọn M b. Tìm x để M = 5 c. Tìm x ∈ Z để M ∈ Z. bi 2: a) Tìm x, y nguyên d−ơng tho mn ph−ơng trình 2 2 3x +10 xy + 8y =96 b) Tìm x, y biết / x 2005/ + /x 2006/ +/y 2007/+/x 2008/ = 3 Bi 3 : a. Cho các số x, y, z d−ơng tho mn 1 + 1 + 1 = 4 x y z 1 1 1 Chứng ming rằng: + + ≤ 1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z x 2 − 2x + 2006 b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (với x ≠ 0) x 2 Bi 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho xAˆy = 45 0 Tia Ax cắt CB v BD lần l−ợt tại E v P, tia Ay cắt CD v BD lần l−ợt tại F v Q a. Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đ−ờng tròn b. S ∆AEF = 2 S ∆APQ Kẻ đ−ờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB biết CPˆD = CMˆD Bi 5: (1đ) 1 1 1 ac bc ac Cho ba số a, b , c khác 0 tho mn: + + = 0 ; Hy tính P = + + a b c c 2 a 2 b 2 Đáp án 2 x − 9 2 x +1 x + 3 Bi 1:M = + + x − 5 x + 6 x − 3 2 − x a.ĐK x ≥ ;0 x ≠ ;4 x ≠ 9 0,5đ x − − x + x − + x + x − Rút gọn M = 2 9 ( 3)( 3) (2 1)( 2) ()x − 2 ()x − 3 x − x − 2 ( x +1)( x − 2) x +1 Biến đổi ta có kết quả: M = M = ⇔ M = ()x − 2 ()x − 3 ()x − 3 ()x − 2 x − 3 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 44
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 x −1 . b. . M = 5 ⇔ = 5 x − 3 ⇒ x + 1 = 5()x − 3 ⇔ x + 1 = 5 x −15 ⇔ 16 = 4 x 16 ⇒ x = = 4 ⇒ x =16 4 x +1 x − 3 + 4 4 c. M = = = 1+ x − 3 x − 3 x − 3 Do M ∈ z nên x − 3 l ớc của 4 ⇒ x − 3 nhận các giá trị: 4; 2; 1; 1; 2; 4 ⇒ x ∈{1;4;16;25;49} do x ≠ 4 ⇒ x ∈{1;16;25;49} Bi 2 a. 3x 2 + 10xy + 8y 2 = 96 3x 2 + 4xy + 6xy + 8y 2 = 96 (3x 2 + 6xy) + (4xy + 8y 2) = 96 3x(x + 2y) + 4y(x +2y) = 96 (x + 2y)(3x + 4y) = 96 Do x, y nguyên d−ơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen d−ơng v 3x + 4y > x + 2y ≥ 3 m 96 = 2 5. 3 có các −ớc l: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đ−ợc biểu diễn thnh tích 2 thừa số không nhỏ hơn 3 l: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12 Lại có x + 2y v 3x + 4y có tích l 96 (L số chẵn) có tổng 4x + 6y l số chẳn x + 2y = 6 do đó  Hệ PT ny vô nghiệm 3x + 4y = 24 x + 2y = 6 x = 4 Hoặc  ⇒  3x + 4y =16 y =1 x + 2y = 8 Hoặc  Hệ PT vô nghiệm 3x + 4y =12 Vậy các số x, y nguyên d−ơng cần tìm l (x, y) = (4, 1) b. ta có /A/ = /A/ ≥ A∀A Nên /x 2005/ + / x 2006/ = / x 2005/ + / 2008 x/ ≥ / x − 2005 + 2008 − x / ≥ /3/ = 3 (1) m /x 2005/ + / x 2006/ + / y 2007/ + / x 2008/ = 3 (2) Kết hợp (1 v (2) ta có / x 2006/ + / y 2007/ ≤ 0 (3) Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 45
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 / x − 2006 / = 0 x = 2006 (3) sảy ra khi v chỉ khi  ⇔  / y − 2007 / = 0 y = 2007 Bi 3 a. Tr−ớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ a 2 b 2 (a + b)2 b. Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có + ≥ (*) x y x + y (a 2y + b 2x)(x + y) ≥ (a + b)2 xy ⇔ a2y2 + a 2xy + b 2 x2 + b 2xy ≥ a2xy + 2abxy + b 2xy ⇔ a2y2 + b 2x2 ≥ 2abxy ⇔ a2y2 – 2abxy + b 2x2 ≥ 0 ⇔ (ay bx) 2 ≥ 0 ( ) bất đẳng thức ( ) đúng với mọi a, b, v x,y > 0 a b Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay = x y áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có 11 222 1 1 11  2 11  2 +  +  +  1 22  2 2 44  44  = ≤+= + 2xyz++ 2 xyzxyxz +++ + xy + xz + 12  1 2  1 2  1 2     4  4  4  4 1 2 1 1  ≤ + + + = ++  x y x z16  xyz  1 1121  T−ơng tự ≤ + +  xyz+2 + 16  xyz  1 1112  ≤ + +  xyz+ + 2 16  xyz  Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 121111211112    + + ≤ +++  +++  ++  2xyzxyzxyz++ ++ 2 ++ 2 16 xyz  16 xyz  16 xyz  1444  4111  1 ≤ ++≤  ++≤  .4 = 1 16xyz  16 xyz  4 1 1 1 Vì + + = 4 x y z x2 −2 x + 2006 B=() x ≠ 0 x2 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 46
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 2 x − 2x + 2006 2006 x 2 − .2 2006 x + 2006 2 Ta có: B = ⇔ B = x 2 2006 x (x − 2006 )2 + 2005 x 2 (x − 2006 )2 + 2005 2005 ⇔ B = ⇔ + x 2 2006 x 2 2006 Vì (x 2006) 2 ≥ 0 với mọi x x2 > 0 với mọi x khác 0 2 ()x − 2006 2005 2005 ⇒ ≥ 0⇒ B≥ ⇒ B= khix = 2006 2006x2 2006 2006 )) ) Bi 4 a. EBQ= EAQ = 45 0 ⇒ EBAQ nội tiếp; Bˆ = 90 0 góc AQE = 90 0 gócEQF = 90 0 T−ơng tự góc FDP = góc FAP = 45 0 Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 90 0 góc APF = 90 0 góc EPF = 90 0 . 0,25đ Các điểm Q, P,C luôn nhìn EF d−ới 1góc90 0 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên 1 đ−ờng tròn đ−ờng kính EF 0,25đ b. Ta có góc APQ + góc QPE = 180 0 (2 góc kề bù) ⇒ góc APQ = góc AFE Góc AFE + góc EPQ = 180 0 Tam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g) 2 S 1  1 ∆APQ 2 ⇒ =k =  = 2 S∆APQ= S ∆ AEE S∆AEF 2  2 c. góc CPD = góc CMD tứ giác MPCD nội tiếp góc MCD = góc CPD (cùng chắn cung MD) Lại có góc MPD = góc CPD (do BD l trung trực của AC) góc MCD = góc MDC (do M thuộc trung trực của DC) góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD tam giác MDC đều góc CMD = 60 0 tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM) V góc ADM =gócADC – gócMDC = 90 0 – 60 0 = 30 0 góc MAD = góc AMD (180 0 30 0) : 2 = 75 0 gócMAB = 90 0 – 75 0 = 15 0 Bi 5 Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c x + y + z = 0 (vì 1/a = 1/b + 1/c = 0) Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 47
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 x = (y + z) x3 + y 3 + z 3 – 3 xyz = (y + z) 3 + y 3 – 3xyz ( y 3 + 3y 2 z +3 y 2z2 + z 3) + y 3 + z 3 – 3xyz = 3yz(y + z + x) = 3yz .0 = 0 Từ x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz = 0 x3 + y 3 + z 3 = 3xyz 1/ a 3 + 1/ b 3 + 1/ c 3 3 1/ a 3 .1/ b 3 .1/ c 3 = 3/abc Do đó P = ab/c 2 + bc/a 2 + ac/b 2 = abc (1/a 3 + 1/b 3+ 1/c 3) = abc.3/abc = 3 nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c 2 + bc/a 2 + ac/b 2 = 3 Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 48
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 Đề 19 (x2 − )3 2 +12 x2 Bi 1 Cho biểu thức A = + (x + )2 2 − 8x2 x2 a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên. Bi 2 : (2 điểm) Cho các đ−ờng thẳng: y = x2 (d 1) y = 2x – 4 (d 2) y = mx + (m+2) (d 3) a. Tìm điểm cố định m đ−ờng thẳng (d 3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. b. Tìm m để ba đ−ờng thẳng (d 1); (d 2); (d 3) đồng quy . Bi 3 : Cho ph−ơng trình x 2 2(m1)x + m 3 = 0 (1) a. Chứng minh ph−ơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của ph−ơng trình (1) m không phụ thuộc vo m. 2 2 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x 1 + x 2 (với x 1, x 2 l nghiệm của ph−ơng trình (1)) Bi 4 : Cho đ−ờng tròn (o) với dây BC cố định v một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB v AC > BC . Gọi D l điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D v C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần l−ợt l giao điểm của các cặp đ−ờng thẳng AB với CD; AD v CE. a. Chứng minh rằng DE// BC b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp c. Gọi giao điểm của các dây AD v BC l F 1 1 Chứng minh hệ thức: = 1 + CE CQ CE a b c Bi 5 : Cho các số d−ơng a, b, c Chứng minh rằng: 1 2 : A = x Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 49
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên x 2 + 3 M x 3 M x => x = {− ;1 − 3;1;3 } Bi 2: a. (d 1) : y = mx + (m +2) m (x+1)+ (2y) = 0 Để hm số luôn qua điểm cố định với mọi m x +1 = 0 x = −1  =.>  2 − y = 0 y = 2 Vậy N(1; 2) l điểm cố định m (d 3) đi qua b. Gọi M l giao điểm (d 1) v (d 2) . Tọa độ M l nghiệm của hệ y = x − 2 x = 2  =>  y = 2x − 4 y = 0 Vậy M (2; 0) . Nếu (d 3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) l nghiệm (d 3) Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= 2 3 2 Vậy m = thì (d ); (d ); (d ) đồng quy 3 1 2 3 ' 3 7 Bi 3 : a. ∆ = m 2 –3m + 4 = (m )2 + >0 ∀ m. 2 4 Vậy ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x + x = (2 m − )1 x + x = 2m − 2 b. Theo Viét:  1 2 =>  1 2 x1x2 = m − 3 2x1x2 = 2m − 6 x 1+ x 2 – 2x 1x2 – 4 = 0 không phụ thuộc vo m 2 2 2 2 a. P = x 1 + x 1 = (x 1 + x 2) 2x 1x2 = 4(m 1) – 2 (m3) 5 15 15 = (2m )2 + ≥ ∀m 2 4 4 15 VậyP = với m = 5 min 4 4 Bi 4 : Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 1 1 a. Sđ ∠ CDE = Sđ DC = Sđ BD = ∠BCD 2 2 => DE// BC (2 góc vị trí so le) 1 b. ∠ APC = sđ (AC DC) = ∠ AQC 2 => APQC nội tiếp (vì ∠ APC = ∠ AQC cùng nhìn đoan AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp ∠ CPQ = ∠ CAQ (cùng chắn cung CQ) ∠ CAQ = ∠ CDE (cùng chắn cung DC) Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 50
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 DE CE Ta có: = (vì DE//PQ) (1) PQ CQ DE QE = (vì DE// BC) (2) FC QC DE DE CE + QE CQ Cộng (1) v (2) : + = = = 1 PQ FC CQ CQ 1 1 1 => + = (3) PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vo (3) : + = CQ CF CE a a a + c Bi 5: Ta có: < < (1) a + b + c b + a a + b + c b b b + a < < (2) a + b + c b + c a + b + c c c c + b < < (3) a + b + c c + a a + b + c Cộng từng vế (1),(2),(3) : a b c 1 < + + < 2 a + b b + c c + a Đề 20 Bi 1: (2đ) Cho biểu thức:    x −1 x +1 x + 2 x +1 P =  −  : +1  x + 3 x − 4 x −1 x −1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bi 2: (2đ) Một ng−ời đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian đ định. Sau khi đi đ−ợc 1 giờ với vận tốc dự định, do đ−ờng khó đi nên ng−ời đó giảm vận tốc đi 2km/h trên qung đ−ờng còn lại, vì thế ng−ời đó đến B chậm hơn dự định 15 phút. Tính vận tốc dự định của ng−ời đi xe đạp. Bi 3: (1,5đ) Cho hệ ph−ơng trình: Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 51
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 mx − 2y = 3  − 2x + my = 1− m a) Giải hệ ph−ơng trình với m = 3 b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mn x + y = 1 Bi 4: (3đ) Cho nửa đ−ờng tròn (O; R) đ−ờng kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đ−ờng tròn. Gọi N v P lần l−ợt l điểm chính giữa của cung AM v cung MB. AP cắt BN tại I. a) Tính số đo góc NIP. b) Gọi giao điểm của tia AN v tia BP l C; tia CI v AB l D. Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đ−ợc. c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn tâm O Bi 5: (1,5đ) Cho hm số y = 2x 2 (P) v đ−ờng thẳng y = 3x + 2m – 5 (d) a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A v B. Tìm toạ độ hai điểm đó. b) Tìm quỹ tích chung điểm I của AB khi m thay đổi. (Học sinh không đ−ợc sử dụng bất cứ ti liệu no) Đáp án Bi 1: (2đ) a) (1,5đ) − (5 x + )1 Thực hiện đ−ợc biểu thức trong ngoặc bằng: ( x −1)( x + )4 0,75đ − 5 Thực hiện phép chia đúng bằng x + 4 0,25đ x −1 Thực hiện phép cộng đúng bằng: x + 4 0,25đ Điều kiện đúng: x ≥ 0; x ≠ 1 0,25đ b) (0,5đ) Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 52
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010 5 Viết P = 1− lập luận tìm đ−ợc GTNN của P = 1/4 khi x = 0 x + 4 0,5đ Bi 2: (2đ) 1) Lập ph−ơng trình đúng (1,25đ) Gọi ẩn, đơn vị, đk đúng 0,25đ Thời gian dự định 0,25đ Thời gian thực tế 0,5đ Lập luận viết đ−ợc PT đúng 0,25đ 2) Gải ph−ơng trình đúng 0,5đ 3) đối chiếu kết quả v trả lời đúng 0,25đ Bi 3: (1,5đ) a) Thay m = 3 v giải hệ đúng: 1đ b) (0,5đ) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất đúng 0,25đ Tìm m để hệ có nghiệm thoả mn x + y = 1 v KL 0,25đ Bi 4: (3đ) Vẽ hình đúng 0,25đ a) Tính đ−ợc số đo góc NIP = 135 0 0,75đ b) (1đ) Vẽ hình v C/m đ−ợc góc NDP = 90 0 0,5đ Chứng minh đ−ợc tứ giác DOPN nội tiếp đ−ợc. 0,5đ c) (1đ) + C/m phần thuận Kẻ JE//AC, JF//BC v C/m đ−ợc góc EJF = 45 0 0,25đ Lập luận v kết luận điểm J: 0,25đ + C/m phần đảo 0,25đ + Kết luận quỹ tích 0,25đ Bi 5: (1,5đ) a) (1đ) Tìm đ−ợc điều kiện của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt: 0,5đ Tìm đ−ợc toạ độ 2 điểm A, B 0,5đ Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 53
B đ ụn thi vào THPT N ăm h c 2009 - 2010  xA + xB − 3 xI = =  2 4 b) Tìm đ−ợc quỹ tích trung điểm I:  v kết luận y + y 8m −11 y = A B =  I 2 4 0,5đ L−u ý: hai lần thiều giải thích hoặc đơn vị trừ 0,25đ Sưu t m: ĐOÀN TI N TRUNG - THCS Hoàng Văn Th - NĐ 54