tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10 tập đề ôn thi khảo sát học kỳ ii và thi tuyển vào lớp 10 §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn bµi 2 cho ph¬ng tr×nh x2 2m

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (186 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TẬP ĐỀ ÔN THI KHẢO SÁT HỌC K II V THI TUYN VO LP 10

Đề : 1

Bài 1: Cho biÓu thøc: P =

(

x

√

x −1

x −

√

x

−

x

√

x+1

x +

√

x

)

:

(

2 (

x − 2

√

x +1

)

x − 1

)

a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giá trị ngun.

Bµi 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)

a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.

b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

|

x

13

x

23

|

=50

Bài 3: Giải hệ phơng tr×nh :



 



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 trịn 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.

Bµi 5 Cho x>o ; 
2

1

7 x

tính:
5

1 x

Đáp án

Bài 1: (2 điểm). §K: x

0 ; x ≠ 1

a, Rót gän: P =

2 x (x −1)

x ( x −1)

:

2 (√

x −1

❑z

)

x −1

<=> P =

√

x −1

¿

√

x −1

¿

b. P =

√

x+1

√

x − 1

=1+

2 √

x − 1

Để P nguyên thì

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)

VËy víi x=

{

0 ;4 ; 9

}

thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm th×:

¿

Δ=(2 m+1 )

− 4

(

m

+

m− 6

)

≥ 0

x

=

m

+

m−6 >0

x

+

x

=2 m+1<0

¿

{ {

¿

⇔

Δ=25>0

(

m− 2)(m+3)>0

m<−

1

2 ⇔ m<− 3

¿

{ {

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

b. Giải phơng trình:

m+3

(m 2)

=50

¿

m

1

=

− 1+

√

5

2 m

=

− 1−

√

5

2 ¿

⇔

|

5 (3 m

+3 m+7)

|

=50

⇔ m

+

m−1=0

⇔

{

Bà3 . Đặt :

1 u x x

v

y y

 















Ta cã :

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 đã 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 = 900 và



ACD = 900 .

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng trịn tâm O thì

tứ giác BHCD là hình bình hành.

b) Vỡ P i xứng với D qua AB nên



APB =



ADB 
nhng



ADB =



ACB nhng



ADB =



ACB

Do đó:



APB =



ACB Mặt khác:



AHB +



ACB = 1800 =>



APB +



AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên



PAB =



PHB
Mà



PAB =



DAB do đó:



PHB =



DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã:



CHQ =



DAC

VËy



PHQ =



PHB +



BHC +



CHQ =



BAC +



BHC = 1800

Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c). Ta thấy Δ 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

O
P

C
B

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

O
K

F
E

C
B

A
Bài 5 Từ

2 2

2
2

1

7 2 7

9

3 x











 









 







 













(do x>o)

Nên

5 4 3 2 4 2

5 2 3 4 4 2

1

3

1 x







 















 































 











2
2

1

3 x

2 7 1

3 49 8

123 x

































..HT

Đề : 2

Câu1 : Cho biÓu thøc

1− x

¿

x

¿

(

x

x − 1

−1

+

x

)(

x

+

1 x +1

− x

)

:

¿

Víi x

√

2

;1

.a, Ruý gän biÓu thøc A

.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=

6 4 2



c. Tìm giá trị của x để A=3

C©u2.a, Giải hệ phơng trình:

(

)

4 3(

)

2

3

7 x y

y x

x

y

















b. Giải bất phơng trình:

3 2
2

4

2

20

3 x



 

<0

C©u3. Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

a)Xỏc nh m phng trỡnh trờn có nghiệm phõn biệt

b)Xác định m để phơng trình trên có nghiệm phõn biệt 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 trịn đó Dng hình vng 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 là tiếp tuyến của(o)

c. chứng minh rằng :F là trung điểm của CK
đáp án

C©u 1: a. Rót gän A=

x

−2

x

b.Thay x=

6 4 2



 

2

vào A ta đợc A= 2(4 2)
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

3 ±

√

17

2

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ đó ta có

(

)

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 x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4)

mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 víi mäi x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 a)XÐt 2m-10=> m 1/2

và Δ, = m2-2m+1= (m-1)2 > 0  m1

ta thÊy pt cã 2 nghiƯm p.biệt víi m 1/2 và m1
b) m=

2 2
4


C©u 4:

a. Ta cã



KEB= 900

mặt khác



BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng trũn)

do CF kéo dài cắt ED tại D

BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK.
b.



BCF=



BAF

Mµ



BAF=



BAE=450=>



BCF= 450

Ta cã



BKF=



BEF

Mà



BEF=



BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuụng ABED)=>

BKF=450

Vì

BKC=

BCK= 450=> 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 biÓu thøc:

√

x+

√

y

P=

x

(

√

x +

√

y)(1 −

√

y )

−

y

¿

(

√

x+1

)

¿

−

xy

(

√

x +1

)(

1 −

√

y

)

a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 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 nm v hai phớa ca trc tung.

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

x + y +z=9

x+

y+

z=1

xy +yz+zx =27

¿{ {

Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn

(

C ≠ A ;C ≠ B)

. Trên nửa mặt
phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia
BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.

a). Chøng minh c¸c tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.

Bµi 5: Cho x >o ;y>0 tháa m·n x+y=1 : Tìm GTLN của A= x y
 Đáp án

Bi 1: a). Điều kiện để P xác định là :;

x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0

*). Rót gän P:







 



(1

)

(1

)

1 x

y

xy

x

y

P

x

y

x

y























 



(

)

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 x

y

x

y

x

y











</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

O
C

B
A



1 

x

y

y x

y













 











1 x

y











 x  xy  y.

VËy P =

√

x+

√

xy −

√

y .

b). P = 2 ⇔

√

x+

√

xy −

√

y .

= 2

⇔

√

x

(

1+

√

y

)

−

(

√

y +1

)

=1

⇔

(

√

x −1

) (

1+

√

y

)

=1

Ta cã: 1 + y 1 

x  

1 1

 0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) tho¶ m·n

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:
- x2 = mx + m – 2

⇔

x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2− 4 m+8=

(

m− 2

)

2+4 >0∀ m nên phơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt ,
do đó (d) và (P) ln cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.

b). A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung

⇔

p.tr×nh : x2 + mx + m – 2 = 0 cã hai nghiƯm tr¸i dÊu

⇔

m – 2

< 0 ⇔ m < 2.

Bµi 3 :

¿

x + y +z=9(1)

1 x

+

1 y

+

1 z

=1(2)

xy +yz+xz=27 (3)

¿

{ {

¿

§KX§ : x ≠ 0 , y ≠ 0 , z ≠ 0 .





















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

y z

x y z

z x

























































































 



 









Thay vµo (1) => x = y = z = 3 .

Ta thÊy x = y = z = 3 thõa mÃn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.

Bµi 4:

a). Xét Δ ABM và ΔNBM .
Ta có: AB là đờng kính của đờng trịn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>

ΔBAN

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). XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)



BMC =



MNQ ( v× :



MCB =



MNC ;



MBC =



MQN ).
=>

ΔMCB= ΔMNQ (c . g . c).

=> BC = NQ .

Xét tam giác vuông ABQ có

AC

BQ ⇒

AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC =

(

√

5− 1) R

Bµi 5:) Do A > 0 nªn A lín nhÊt

⇔

A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√

x

√

y

)2 = x + y + 2

√

xy

= 1 + 2

√

xy

(1)
Ta cã:

x + y

2 √

xy

(Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2

√

xy

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2

√

xy

< 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y =

1

2

, max A =

√

2

<=> x = y =

1

2

.
Đề 4

Câu 1: Cho hµm sè f(x) =

√

x

− 4 x+4

a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

f (x)

x

−4

khi x

2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x ( y −2)=(x +2)( y −4 )

(

x − 3)(2 y +7)=(2 x −7)( y+3)

¿

{

¿

C©u 3: Cho biĨu thøcA =

(

x

√

x+1

x −1

−

x −1

√

x −1

)

:

(

√

x +

√

x

√

x −1

)

víi x > 0 vµ x  1
a) Rót gän A

b) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vng góc 
hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E cđa AH
b) Gi¶ sư PO = d. TÝnh AH theo R và d.

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án

C©u 1a) f(x) =

x − 2

¿

√

x

− 4 x+4=

√

¿

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

f (x)=10

⇔

x −2=10

¿

x −2=−10

¿

x=12

¿

x=−8

¿

⇔

¿

A=

f (x)

x

− 4

=

|

x − 2

|

(

x − 2)(x +2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra

A=

1 x +2

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra

A=−

1 x +2

C©u 2

(

2) (

2)(

4)

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

C©u 3 a) Ta cã: A =

(

x

√

x+1

x −1

−

x −1

√

x −1

)

:

(

√

x +

√

x

√

x −1

)

(

√

x+1)(x −

√

x+1)

(

√

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 −

√

x+

√

x

√

x −1

)

x −

√

x+1− x +1

√

x − 1

:

x

√

x −1

−

√

x +2

√

x − 1

:

x

√

x −1

−

√

x +2

√

x − 1

⋅

√

x − 1

x

2 −

√

x

b) A = 3 =>

2 −

√

x

= 3 => 3x +

√

x

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có

EH

PB

=

CH

CB

; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vng góc với AB)
=>



POB =



ACB (hai góc đồng vị)
=>  AHC ∞  POB

Do đó:

AH

PB

=

CH

OB

(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 vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

O

B

H

C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã

AH

=(2 R −

AH . CB

2PB

)

AH . CB

2PB

.

⇔

AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔

AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2R

¿

4PB

+

¿

⇔ AH=4R . CB. PB

4 . PB

+

CB

=

4R . 2R . PB

¿

<=> (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:

¿

x

1

+

x

2

=

−

2m−1

2 x

1

. x

2

=

m− 1

2 3x

− 4x

=11

⇔

¿

{ {

¿

x

1

=

13-4m

7 x

=

7m7

26-8m

3 13-4m

7 4

7m 7

26-8m

=11

{ {

Giải phơng tr×nh

3 13-4m

7 −4

7m− 7

26-8m

=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

HT..

Đề 5

Câu 1: Cho P =

2

1 x

x x





+

1 x



-

1 x





a/. Rót gän P.

b/. Chøng minh: P <

1

3

víi x

0 và x 1.

Câu 2: Cho phơng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m lµ tham sè.

a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.

b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bng ba ln nghim kia.

Câu 3: a/. Giải phơng tr×nh :

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
đ-ờng tròn ngoại tiếp



BCD

. Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .

a/. Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?

c/. Xỏc nh vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.

Cõu5. Cho ba số x, y, z thỗ mãn đồng thời :

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Tính giá trị của biểu thức :

2009 2009 2009

A x





y



z

.
.
Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x 0 vµ x 1

P =

2

1 x

x x





+

1 x



-

1 (

1)(

1)

x





=
3

2 (

)

1 x





+

1 x



-

1 x 

2 (

1)(

1) (

1)

(

1)(

1)

x

 











(

1)(

1)

x





=

1 x



x



b/. Víi x



0 vµ x 1 .Ta cã: P <

1

3 

1 x



x



<

1

3 

3

x

< x +

x

+ 1 ; ( v× 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 vµ chØ khi



’





(m - 1)2 – m2 – 3  0



4 – 2m  0



m



2.

b/. Víi m



2 thì (1) có 2 nghiệm.

Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta cã:

3

2 .3

3 a

m

a a m



















a=

1

2 m 



3(

1

2 m 

)2 = m2 – 3



m2 + 6m – 15 = 0



m = –3



2

6

( thõa mÃn điều kiện).
Câu 3:

Điều kiện x 0 ; 2 – x2 > 0



x  0 ; x < 2.

Đặt y = 2 x 2 > 0

Ta cã:

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:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

* NÕu xy =

-1

2

thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 + 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: x1 = 1 ; x2 =

1

3

2  

Do ú, tứ giác ABCK là hình bình hành



AB // CK

BAC

ACK

Mà

1

2 ACK

sđ

EC

1

2

sđBD =

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
.Cõu 5. Từ giả thiết ta có :

2
2
2

2 1 0

x

y

z

x





 





 







 



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :



 



2

1

2

1

2

1

0

x



x



y



y



z



z







x

1 



y

1 



z

1 

0 





1 0

x

y

z

 









 

  





x

  

y z

1





2009

 

2009





2009

2009 2009 2009

1

3

A x

y

z







 

 



VËy : A = -3.

………HẾT……….

C
B

</div>

tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10 tập đề ôn thi khảo sát học kỳ ii và thi tuyển vào lớp 10 §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn bµi 2 cho ph­¬ng tr×nh x2 2m

<b>TẬP ĐỀ ÔN THI KHẢO SÁT HỌC K II V THI TUYN VO LP 10</b>

<b>Đề : 1</b>

(

<i>x</i>

√

<i>x −1</i>

<i>x −</i>

√

<i>x</i>

<i>−</i>

<i>x</i>

√

<i>x+1</i>

<i>x +</i>

√

<i>x</i>

)

:

(

2

(

<i>x − 2</i>

√

<i>x +1</i>

)

<i>x − 1</i>

)

|

<i>x</i>

<i> x</i>

|



 



<sub>18</sub>

1 .

1

72

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x y</i>

<i>x x</i>

<i>y y</i>





 

















1

7

<i>x</i>

<i>x</i>

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>0 ; x ≠ 1</i>

<i>2 x (x −1)</i>

<i>x ( x −1)</i>

:

2

(√

<i>x −1</i>

)

<i>x −1</i>

√

<i>x −1</i>

¿

¿

¿

√

<i>x −1</i>

¿

√

tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10 tập đề ôn thi khảo sát học kỳ ii và thi tuyển vào lớp 10 §ò 1 bµi 1 cho bióu thøc p arót gän p bt×m x nguyªn ®ó p cã gi¸ trþ nguyªn bµi 2 cho ph¬ng tr×nh x2 2m