Bộ 5 Đề Toán Học - Ôn thi vào lớp 10 - 2009 pptx

GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
1

TP ễN THI TUYN VO LP 10
Đề : 1

Bài 1: Cho biểu thức: P =
(
)









+








+
+

1
122
:
11
x
xx
xx
xx
xx
xx

a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2
: Cho phơng trình: x
2
-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mn
3
2

3
1
xx
=50
Bài 3
: Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =



Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng 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 lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng 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 x>o ;
2
2
1

7
x
x
+ =
Tớnh:
5
5
1
x
x
+

Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0


x

a, Rút gọn: P =
( )
( )
(
)
1
12
:
1
12
2

x
x
xx
xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1
2

+
=


x
x
x
x

b. P =
1
2
1
1

1

+=

+
xx
x

Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx
xxx
==
===
===
===

Vậy với x=
{
}
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
2

(
)
(
)







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx

mmxx
mmm

3
2
1
0)3)(2(
025
<







<
>+
>=
m
m
mm

b. Giải phơng trình:
(
)
50)3(2
3
3
=+ mm

=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm

Bà3.
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; 6
X 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.
Bà4

a. Giả sử đ tìm đợc 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
AB

và BH
AC

=> BD
AB

và CD
AC

.
Do đó:

ABD = 90
0
và

ACD = 90
0
.
Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
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
H
O
P
Q
D
C
B
A


GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
3

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
Bi 5 T

2 2
2
2
1 1 1 1
7 2 7 9 3
x x x x
x x x x

+ = + = + = + =


(do x>o)
Nờn
5 4 3 2 4 2
5 2 3 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x


+ = + + + = + + +






( )
2

2
1
3 2 7 1 3 49 8 123
x
x


= + + = =





HT
Đề : 2
Câu1 : Cho biểu thức
A=
2
)1(
:
1
1
1
1
2
2233

+
+








+


x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x
2

;1
.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
6 4 2
+
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2
.a, Giải hệ phơng trình:

2
( ) 4 3( )
2 3 7
x y y x
x y

=

+ =


b. Giải bất phơng trình:

3 2
2
4 2 20
3
x x x
x x

+ +

<0
Câu3
. Cho phơng trình (2m-1)x
2
-2mx+1=0
a)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit
b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn bit x1;x2 sao cho:
2 2
1 2
3
x x
+ =

Câu 4
. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông ABCD
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao
điểm của CFvà ED
a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. chứng minh rằng :BK l tip tuyn ca(o)
c. chứng minh rằng :F l trung im ca CK
đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=
x
x 2
2


b.Thay x=
6 4 2 2 2
+ = + vào A ta đợc A=

2(4 2)
+



GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
4

O
K
F
E
D
C
B
A
c.A=3<=> x
2
-3x-2=0=> x=
2
173

Câu 2
: a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a
2
+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có
2
( ) 4 3( )
2 3 7

x y y x
x y

=

+ =

<=>*
1
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(1) V *
4
2 3 7
x y
x y
=


+ =

(2)
Giải hệ (1) ta đợc x=2, y=1
Giải hệ (2) ta đợc x=-1, y=3

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3
b) Ta có x
3
-4x
2
-2x-20=(x-5)(x
2
+x+4)
mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 ; x
2
+x+4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3
: Phơng trình: ( 2m-1)x
2
-2mx+1=0
a)Xét 2m-10=> m 1/2
v
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2 >
0 m1
ta thấy pt có 2 nghiệm p.bit với m 1/2 v m1

b) m=
2 2
4


Câu 4:

a. Ta có

KEB= 90
0

mặt khác

BFC= 90
0
( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=>

BFK= 90
0
=> E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
b.

BCF=

BAF
Mà

BAF=

BAE=45
0
=>

BCF= 45
0

Ta có

BKF=

BEF
Mà

BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>

BKF=45
0

Vì

BKC=

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B
=>BK

OB=>BK l tip tuyn ca(0)
c)BF

CK ti F=>F l trung im
HT
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 mn 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

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.


GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
5

Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa mn x+y=1 : Tỡm GTLN ca A=
x y
+


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 +
1
y


1 1
x


0 4
x

x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mn
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.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung

p.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



GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
6

Q
N
M
O
C
B

A

( ) ( )
( )
( ) ( )
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 mn 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:) 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

.
Đề 4
Câu 1: Cho hàm số f(x) =
44
2
+ xx

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2

x
xf
khi x
2




GV:Mai Thnh LB ễN THI VO LP 10
7

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
Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x

2
thỏa mn: 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
( 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

A

P


GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
8

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

2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=

Câu 5 Để phơng 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 và giả thiết ta có:

=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21
21
21










=



=

=
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13
x
1
1

Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
=

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mn: 3 x

1
-4 x
2
= 11
HT



GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
9

Đề 5
Câu 1: Cho P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +

-
1
1
x
x
+


a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <
1
3
với x

0 và x

1.
Câu 2:
Cho phơng trình : x
2
2(m - 1)x + m
2
3 = 0
( 1 )
; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.
Câu 3:
a/. Giải phơng trình :
1

x
+
2
1
2
x

= 2
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) là
đờng tròn ngoại tiếp
BCD

. 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.
Cõu5.
Cho ba số x, y, z tho mn đồng thời :
2 2 2
2 1 2 1 2 1 0
x y y z z x
+ + = + + = + + =

Tính giá trị của biểu thức :
2009 2009 2009
A x y z

= + + .
.
Đáp án
Câu 1: Điều kiện: x

0 và x

1
P =
2
1
x
x x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
( 1)( 1)
x
x x
+
+

=
3
2
( ) 1
x
x
+

+
1
1
x
x x
+
+ +
-
1
1
x


=
2 ( 1)( 1) ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x
x x x
+ + + + +
+ +

=

( 1)( 1)
x x
x x x

+ +
=
1
x
x x
+ +

b/. Với x

0 và x

1 .Ta có: P <
1
3


1
x
x x
+ +
<
1
3


3

x
< x +
x
+ 1 ; ( vì x +
x
+ 1 > 0 )

x - 2
x
+ 1 > 0

(
x
- 1)
2
> 0. ( Đúng vì x

0 và x

1)

Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi



0.

(m - 1)
2
m

2
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:


GV:Mai Thnh LB

ễN THI VO L

P 10
10

2
3 2 2
.3 3
a a m
a a m

+ =


=




a=
1
2
m



3(
1
2
m

)
2
= m
2
3


m
2
+ 6m 15 = 0

m = 3

2
6
( thõa mn điều kiện).
Câu 3:

Điều kiện x

0 ; 2 x
2
> 0

x

0 ;
x
<
2
.
Đặt y =
2
2
x

> 0
Ta có:
2 2

2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y

+ =


+ =



Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1
2

* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X
2
2X + 1 = 0

X = 1

x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X

2
+ X -
1
2
= 0

X =
1 3
2


Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
+


x =
1 3
2


Vậy phơng trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
1 3
2

Câu 4:
c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

AB // CK





BAC ACK
=
Mà

1
2
ACK
=
sđ

EC
=
1
2
sđ

BD
=

DCB

Nên


BCD BAC
=
Dựng tia Cy sao cho


BCy BAC
=
.Khi đó, D là giao điểm của

AB
và Cy.
Với giả thiết

AB
>

BC
thì

BCA
>

BAC
>

BDC
.


D

AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm
.Cõu5.
Từ giả thiết ta có :
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 0
x x y y z z
+ + + + + + + + =

O
K
D
C
B
A


GV:Mai Thành LB
ĐỀ
ÔN THI VÀO L
Ớ
P 10
11
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 0
x y z
⇒ + + + + + =

1 0
1 0
1 0
x
y
z
+ =


⇔ + =


+ =


1
x y z
⇒
= = = −


( ) ( ) ( )
2009 2009 2009
2009 2009 2009
1 1 1 3
A x y z
⇒ = + + = − + − + − = −
VËy : A = -3.

……………………………………………HẾT…………………………………………………………………….