DeDA thi lop 10 chuyenMon chung05

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (117.67 KB, 4 trang )

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

Bµi tËp vỊ nhµ : Ngµy 08/04/2012
I/ §Ị thi thư sè 05

đề bài

Bài 1: (2 điểm) : Cho phương trình: x2 – (m + 1)x + m – 6 = 0.
a/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.

b/ Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để: 3x1 + 2x2 = 5.

Bài 2: (1,5 điểm) : Cho hai số thực dương x, y thoả mãn điều kiện: 2x2 – 6y2 = xy. Tính 
giá trị của biểu thức: A =

x - y
3x + 2y.

Bài 3: (2 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

1 1 9

x + + y + =

x y 2

1 1 25

x + + y + =

x y 4








 .

Bài 4: (3,5 điểm) : Cho đường trịn tâm O đường kính AB và P là điểm di động trên
đường tròn (P  A) sao cho PA  PB. Trên tia PB lấy điểm Q sao cho PQ = PA, dựng

hình vng APQR. Tia PR cắt đường tròn đã cho ở điểm C (C  P).

a/ Chứng minh C là tâm đường tròn ngoại tiếp AQB.

b/ Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp APB, chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp

AQB.

c/ Kẻ đường cao PH của APB, gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính các đường trịn nội

tiếp APB, APH và BPH. Tìm vị trí điểm P để tổng R1 + R2 + R3 đạt giá trị lớn

nhất.

Bài 5: (1 điểm) : Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 3. 
Chứng minh rằng a4 + b4 + c4  a3 + b3 + c3 .

II/ Bµi tËp vỊ phơng trình và hệ phơng trình
Bài 1 : Giải các phơng trình

a/ 7 x x 5x212x38
b/ x x(  2) x x(  5) x x( 3)
c/

2x5 x 3x1

Bài 2 : Giải các hệ phơng trình
a/

2 2 2

2 2

19( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y

    





   



 b/

3 2

2 3 5

6 7

x x y
y xy

  




 




1 4

x y

x y

   




 



 d/ 3 3

( 1) ( 1) 35
x y xy

x y

Bài 3 : Cho phơng tr×nh mx2 + 2mx + m2 + 3m – 3 (1)

a/ Xác định m để phơng trình (1) vơ nghiệm

b/ Xác định m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn : 1 2
1

x  x

Bài 4 : Cho phơng trình

2 2

1 1

1 m

x x

   

 

   



 

a/ Giải phơng trình với m = 15

b/ Tỡm m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt

--- Hết

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

Bài 1: (2 điểm) : Cho phương trình: x2 – (m + 1)x + m – 6 = 0.
1/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm dng phõn bit.

Phơng trình có hai nghiệm dơng phân biệt khi vµ chØ khi

1 2
1 2

2 25 0

1 0 6

. 6 0

m m

x x m m

x x m

    



     



   



2/ Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để: 3x1 + 2x2 = 5.

Ta thÊy  = m2 – 2m + 25 > 0 víi mäi m. tức là phơng trình luôn có hai nghiệm phân

biƯt víi mäi m.

Ta cã : x1 + x2 = m + 1 vµ

2
1

1 2 25

m m m

x     

 3x1 + 2x2 = x1 + 2(x1 + x2) =

1 2 25

m  m  m

+ 2(m + 1)

 §Ĩ 3x1 + 2x2 = 5 =>

1 2 25

m  m  m

+ 2m + 2 = 5 =>
=> m 1 m2 2m25 4 m 4 10

=> m2 2m25 5 5  m

=> m2 – 2m + 25 = 25 – 50m + 25m2 ( m  1)

=> 24m2 – 48m = 0 => 24m(m – 2) = 0 => m = 0 và m = 2 (loại)

Vậy m = 0

Bi 2(1,5 điểm) : Cho hai số thực dương x, y thoả mãn điều kiện: 2x2 – 6y2 = xy. Tính
giá trị của biểu thức: A =

x - y
3x + 2y.

Tõ : 2x2 – 6y2 = xy => 2x2 – 6y2 – xy = 0 <=> (x – 2y)(x +

2y) = 0

Víi x = 2y => A = 1/8
Víi x = - 3/2y => A = 1

Bài 3: (2 điểm) : Giải hệ phương trình:

2 2

1 1 9

x + + y + =

x y 2

1 1 25

x + + y + =

x y 4








 .Điều kiện x, y  0

Đặt

1 1

;

x u y v

x y

   

. Điều kiện u v, 2
Ta có hệ phương trình

2 2

9
2

2 2

4
u v

u v



 





    



 <=>

9
2

( ) 2

4
u v

u v uv



 





   



 <=>

9
2
5
u v
uv



 




 



u và v là hai nghiệm của phương trình : X2 - 
9

2X + 5 = 0
Phương trình có hai nghiệm : X1 =

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

TH1 :

1 5
5

2; 0,5
2

2 1

1
2

2
x

x x

u x

y
y

v

y



 

 

 

 

 

 

  




    





 =>(x; y) = (2; 1) ; (0.5 ; 1)

TH2:

1
2

2 1

5 1 5 2; 0,5

2 2

x

u x

x

y x

v y

y



 



 




 

 

  

 

 

   

 

 =>(x; y) = (1 ; 2) ; (1 ; 2)

Vậy HPT có 4 nghiệm : (x ; y) = (2; 1) ; (0.5 ; 1); (1 ; 2) ; (1 ; 2)

(HD : Học sinh giải bằng cách đặt ẩn phụ )

H
K

C
Q
P

O B

a/ Chứng minh C là tâm đường tròn ngoại tiếp AQB.

Häc sinh tù gi¶i

b/ Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp APB, chứng minh K thuộc đường trịn ngoại tiếp

AQP.

Häc sinh tù gi¶i

c/ Kẻ đường cao PH của APB, gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính các đường trịn nội

tiếp APB, APH và BPH. Tìm vị trí điểm P để tổng R1 + R2 + R3 đạt giá trị lớn

nhất.

Híng dÉn häc sinh

DƠ thÊy HAP  PAB =>

2 1

R PA PA

R R

R AB  AB

DÔ thÊy HBP  PBA =>

3 1

R PB PB

R R

R AB  AB

=> 1 2 3 1 1 1 1.

PA PB AB PA PB

R R R R R R R

AB AB AB

 

     

MỈt kh¸c : 2S(PAB) = PH.AB = R1(PA + PB + AB) =>
1

.
PH AB
R

PA PB AB



 

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

R1 + R2 + R3 đạt giá trị lớn nhất. <=> PH Lớn nhất => P là trung điểm của cung lín AB

Bài 5: (1 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng a4 + b4 + c4  a3 + b3 + c3 .

Híng dÉn chøng minh

3(a2 + b2 + c2)  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c)2

=> 3(a2 + b2 + c2)  9

=> (a2 + b2 + c2)  3 (1)

T¬ng tù 3(a4 + b4 + c4)  (a2 + b2 + c2)2  3. (a2 + b2 + c2)

=> a4 + b4 + c4  a2 + b2 + c2 (2)

Ta có : (a4 + b4 + c4) + (a2 + b2 + c2)  2(a3 + b3 + c3) (3)

Từ (2) v à (3) Suy ra : a4 + b4 + c4  a3 + b3 + c3(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi : a = b = c = 1.

</div>

DeDA thi lop 10 chuyenMon chung05

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về