De thi tuyen sinh vao lop 10 mon Toan - de 03

4 4 4 4 4 3+ + + + + <K
B x 2 x 1 x 2 x 1= − − + + −
2
x 4x 2 x 2 m 0− − − + =
x xy y 1
y yz z 3
z zx x 7

+ + =

+ + =


+ + =

1. a) Chứng minh:
1. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 6 giờ đầy bể. Nếu chảy một mình cho
đầy bể thì vòi một cần nhiều hơn vòi hai là 5 giờ. Hỏi mỗi vòi chảy một mình trong
bao lâu sẽ đầy bể.
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
3. Cho phương trình:
5. Giải hệ phương trình:
4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE và CF cắt
nhau tại H. Từ B vẽ đường thẳng song song với CF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ
hai D.
•
Chứng minh tứ giác BDCH là hình bình hành.
•
Gọi I là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh: HA.HI = 2.HB.HE
Đề III

4 4 4 4 4 6 6 6 6 9+ + + + + < + + + + +K K
6 6 6 6 9 3+ + + + + =K
B x 2 x 1 x 2 x 1= − − + + −
B x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 2= − − + + − + ≥ − − + + − + =
( ) ( )
1 x 1 1 x 1 0− − + − ≥
(điều kiện: x ≥ 1).
Dấu “=” xảy ra ⇔
Giá trị nhỏ nhất của B = 2 khi: 1 ≤ x ≤ 2.
4 4 4 4 4 3+ + + + + <K
( ) ( )
2 2
B x 1 1 x 1 1= − − + − +
B x 1 1 x 1 1= − − + − +
1 x 2⇔ ≤ ≤
Ta có:1. a)
1. b)
Mà
Nên
2. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước, sau 6 giờ thì đầy bể. Nếu chảy
một mình cho đầy bể thì vòi một cần nhiều hơn vòi hai là 5 giờ. Hỏi mỗi vòi chảy
một mình trong bao lâu sẽ đầy bể?
Đại lượng
Tình huống
Bể Thời gian Năng suất
Riêng
Vòi II
Vòi I
Chung
1

x
1
x
1
x 5+
1
x 5+
1
6
1
6
Gọi thời gian Vòi II chảy riêng để đầy bể là x (h). Điểu kiện:
Thời gian Vòi I chảy riêng để đầy bể là x + 5 (h).
Trong 1 giờ, Vòi II chảy
được:
(bể)
1 1 1
x x 5 6
+ =
+
Vì trong 1 giờ hai vòi chảy được 1/6 bể nên ta có phương trình:
1
x
x 6>
Trong 1 giờ, Vòi I chảy được: (bể)
1
x 5+
2
x 4x 2 x 2 m 0− − − + =
( )

2
t 2t m 4 0 2⇔ − + − =
1 2
t 0 t< <
1 2
t t 0= >
P 0
' 0
S 0
<


⇔
∆ =




>


Đặt
Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn:
hoặc
( ) ( )
2

x 2 2 x 2 m 4 0 1⇔ − − − + − =
x 2 t 0− = ≥
m 4 0
1 m 4 0
2 0
− <


⇔
− + =




>


m 4
m 5
<

⇔

=

Vậy khi m = 5 hoặc m < 4 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
3.
A
C
B

H
E
F
D
I
J
Mà BD // CF (GT)
4a) Chứng minh BHCD là hình bình hành:
CF ⊥ AB (CF là đường cao) Mà BD ⊥ AB (tc bắc cầu)
Mà góc ABD là góc nội tiếp đường tròn, nên AD là đường kính của đường tròn.
Suy ra CD ⊥ AC mà BE ⊥ AC nên BE // CD Do đó BHCD là hình bình hành (đn)
I là điểm đối xứng của H qua BC,
nên HI ⊥ BC tại J.
Mà AH ⊥ BC (H là trực
tâm)
Nên AH ≡ HI (cùng ⊥ BC )
hay ba điểm A, H, I thẳng hàng
∆AHE
∆BHJ (g-g)
∽
AH HE
HA.HJ HB.HE
BH HJ
⇒ = ⇒ =
Mà HI = 2.HJ nên HA.HI = 2.HB.HE
4b) Chứng minh: HA.HI = 2.HB.HE:
x xy y 1
y yz z 3
z zx x 7


+ + =

+ + =


+ + =

x xy y 1
y yz z 3
z zx x 7

+ + =

+ + =


+ + =

x xy 1 y 2
y y z 1 z 4
z zx 1 x 8

+ + + =

⇔ + + + =


+ + + =

( ) ( )

( ) ( )
( ) ( )
x 1 y 1 y 2
y 1 z 1 z 4
z 1 x 1 x 8

+ + + =


⇔ + + + =


+ + + =


( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 x 1 y 2 1
1 y 1 z 4 2
1 z 1 x 8 3

+ + =


⇔ + + =


+ + =



( ) ( ) ( )
2 2 2
1 x 1 y 1 z 64⇔ + + + =
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 x 1 y 1 z 8 4
1 x 1 y 1 z 8 5

+ + + =

⇔
+ + + = −


1 z 4+ =
z 3⇔ =
1 x 2+ =
x 1⇔ =
1 y 1+ =
y 0⇔ =
( ) ( )
=x;y;z 1;0;3
1 z 4+ = −
z 5⇔ = −
1 x 2+ = −
x 3⇔ = −
1 y 1+ = −
y 2⇔ = −
( ) ( )

x;y;z 3; 2; 5= − − −
( ) ( ) ( )
= = − − −x;y;z 1;0;3 3; 2; 5
5. Giải hệ phương trình:
Giải:
Chia (4) cho (1) vế theo vế ta được:
Chia (4) cho (2) vế theo vế ta được:
Chia (4) cho (3) vế theo vế ta được:
Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm số là:
Chia (5) cho (1) vế theo vế ta được:
Chia (5) cho (2) vế theo vế ta được:
Chia (4) cho (3) vế theo vế ta được:
Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm số là:
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm số là:
Chúc các thầy cô và các em học sinh
Chúc các thầy cô và các em học sinh
thành công trong công tác và học tập
thành công trong công tác và học tập