Tap De dap an thi vao lop 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (259.28 KB, 21 trang )

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

Đề số 1

Câu1 : Cho biÓu thøc

1− x2

¿2
¿
x¿

(

xx −3−11+x

)(

x3+1

x+1 − x

)

:¿

Víi x √2 ;1

a) Rót gän biĨu thøc A

b) Tính giá trị của biểu thức khi cho x=

√

6+2√2
c) Tìm giá trị của x để A = 3

C©u 2

a) Giải hệ phơng trình:

x y2+3(x y)=4

2x+3y=12

b) Giải bất phơng trình: x

3−4x2−2x −15
x2+x+3 <0

Câu 3. Cho phơng trình (2m - 1)x2 - 2mx + 1= 0

Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1; 0)

Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính BC. Điểm A thuộc nửa đờng trịn đó Dng hình vng
ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của AE và 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) Tam giác BKC l tam giỏc gỡ? Vỡ sao?

HƯớNG DẫN

Câu 1: a. Rót gän A= x2−2
x

b.Thay x=

√

6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2

√

6+2√2
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

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

Từ đó ta có

x − y¿2+3(x − y)=4

¿
2x+3y=12

¿
¿
¿

<=>

¿
x − y=1
2x+3y=12

¿{

(1) *

x − y=−4
2x+3y=12

¿{

(2)
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2
Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) 
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x 
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5

Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1

 Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có

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

O
K

F
E

C
B

víi m 1/2 pt cßn cã nghiÖm x= m−m+1
2m−1 =

1
2m−1
pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0)=> -1< 1

2m−1 < 0

2m−1+1>0
2m−1<0

¿{

2m

2m−1>0
2m−1<0

¿{

=>m<0

VËy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0

C©u 4:

a. Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
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 vng ABED)=> BKF=450
Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vng cân tại B

§Ị sè 2

Bµi 1: Cho biĨu 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 nguyên để P có giá trị nguyên.

Bài 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

|

x13 x23

|

=50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 cã hai nghiƯm d¬ng phân biệt x1, x2Chứng minh:
a, Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 vµ t2.

b, Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

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.

HƯớNG DẫN

Bµi 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1

a, Rót gän: P = 2x(x −1)
x(x −1) :

2( √x −1❑z)

x −1 <=> P =

√x −1¿2
¿
¿
√x −1

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

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} th× P cã giá trị nguyên.

Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm ©m th×:

Δ=(2m+1)2−4(m2+m−6)≥0
x1x2=m2+m−6>0

x1+x2=2m+1<0

¿{ {

⇔
Δ=25>0
(m−2)(m+3)>0

m<−1
2
⇔m<−3

¿{ {

b. Giải phơng trình: m+3¿
3
(m−2)3−¿=50

m1=1+5
2
m2=15

|

5(3m2+3m+7)

|

=50m2

+m1=0

{

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nªn ax12 + bx1 + c =0. .
V× x1> 0 => c.

(

x1

)

+b. 1
x1

+a=0. Chøng tá x1
1

lµ một nghiệm dơng của phơng trình: ct2 + bt +

a = 0; t1 = x1
1

V× x2 là nghiệm của phơng trình:
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0

v× x2> 0 nên c.

(

1
x2

)

+b.

(

1
x2

)

+a=0 điều này chứng tỏ x1
2

là một nghiệm dơng của phơng tr×nh ct2

+ bt + a = 0 ; t2 = x1
2

Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghim dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2 + bt +
a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biÖt t1 ; t2 . t1 = x1

; t2 = x1
2
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên

t1+ x1 = x1
1

+ x1 2 t2 + x2 = x1
2

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

Bµi 4

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 trịn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
ca ng trũn tõm O thỡ

tứ giác BHCD là hình bình hành.

b) Vỡ P i xng vi 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 điểm 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 trịn tâm O

Đề số 3

Bài 1: Cho biÓu thøc:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)−
y

¿ (√x+1)¿−

(√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 nằm về hai phía ca trc tung.

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

¿
x+y+z=9
1

x+
1
y+

1
z=1
xy+yz+zx=27

¿{ {

Bài 4: Cho đờng trịn (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 các tam giác BAN và MCN cân .

C
B

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

b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.

Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n: 1
x+
1
y+
1
z=
1
x+y+z
H·y tÝnh giá trị của biểu thức : M = 3

4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

H¦íNG DÉN

Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là: x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0 .

*). Rót gän 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

    



  



 





 



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

     



 





x y y y x

y
  





 











1 1 1

x y y y y

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) thoả mÃn

Bi 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=m2−4m+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 phía của trục tung phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 cã hai nghiƯm tr¸i
dÊu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2.

Bài 3 :

x+y+z=9(1)
1

x+

y+

z=1(2)

xy+yz+xz=27(3)
{ {

ĐKXĐ : 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

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

          
          
            
      
    
 
        
  
  


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

O
C

B
A

Ta thÊy x = y = z = 3 thâa m·n hÖ phơng trình. Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z =
3.

Bµi 4:

a). XÐt ΔABM vµ 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.

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> 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 ).
=> MCB=MNQ(c.g.c). => BC = NQ .

Xét tam giác vuông ABQ cã AC⊥BQ⇒ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)

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

(√5−1)R

Bµi 5:

Tõ : 1
x+

1
y+

1
z=

x+y+z =>
1
x+

1
y+

1
z−

1
x+y+z=0
=> x+y

xy +

x+y+z − z

z(x+y+z)=0
⇒(z+y)

(

xy+
1

z(x+y+z)

)

=0
⇒(x+y)

(

zx+zy+z

2
+xy
xyz(x+y+z)

)

=0
⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0

Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4)=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - ... + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
VËy M = 3

4 + (x + y)(y + z) (z + x). A =
3
4

§Ị sè 4

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng d qua
đờng thẳng y = x là:

A.y = 1

2 x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
1

2 x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình một
hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình cịn lại 2

3 b×nh. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán kính
hình cầu là A.2 ; B. 3

2 ; C. 3

3 ; D. một kết quả khác.

Bài 2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0

2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất cña A = √x + √y

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

M
D

C
B

K
O

D
C

B
A

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC,
điểm M di động trong góc xAy sao cho MA

MB =
1
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan
CD.

a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA khơng đổi.

c) Chứng minh rằng đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.

HƯớNG DẫN

Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.

2) Chän D. Kết quả khác: Đáp số là: 1

Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) 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)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = 1 + 2

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

2 , max A = 2 <=> x = y =
1
2

Bài3 Câu 1Víi mäi x ta cã (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nªn víi x = 4 th× - 7 = (4 + b)(4 + c)

Cã 2 trêng hỵp: 4 + b = 1 vµ 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

Ta cã (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trêng hỵp thø hai cho b = 3, c = - 5, a = 2

Ta cã (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

C©u2 (1,5điểm)

Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD =

4 AB. Ta có D là điểm cố định
Mà MA

AB =
1

2 (gt) do đó
AD
MA =

XÐt tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA

AB =
AD
MA =

1
2

Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = 2
=> MD = 2MD (0,25 điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

DÊu "=" x¶y ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.

- Dựng đờng trịn tâm A bán kính 1
2 AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = 1

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

M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; 1

2 AB)

Bài 4:a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính

Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì ΔMKD vng cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta cã IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định.

§Ị sè 5

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  y y  z z x
Tính giá trị của biểu thức :A x 2007y2007z2007.

Bµi 2). Cho biĨu thøc :M x2 5x y 2xy 4y2014 b2 4ac.

Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nh nht ú

Bài 3. Giải hệ phơng trình :

 



2 2 18

1 . 1 72

x y x y

x x y y

    




  




Bài 4. Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn
(O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.

a.Chøng minh : AC . BD = R2.

b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .

Bµi 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :





2 2 2

a b

a b    a b b a

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chøng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

HƯớNG DẫN

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

2
2
2

2 1 0

x y

y z

z x

   



  




  



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :



 



2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  x  y  y  z  z 



x 1





y 1





z 1



2 0

      

1 0
1 0
1 0

x
y

z

 


   

  

  x  y z 1





2007





2007





2007
2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

VËy : A = -3.

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



2 4 4

 

2 2 1





2 2



2007

M  x  x  y  y  xy x  y 











 



2007

M  x  y  x y 













1 3

2 1 1 2007

2 4

M  x y  y

        

 





1 0

y 

vµ









2 1 0

x y

 

   

 

  x y,

2007

M

   Mmin 2007 x2;y1

Bµi 3. §Ỉt :









u x x
v y y

  




 



 Ta cã :

18
72
u v
uv
 




  u ; v là nghiệm của phơng trình :

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.

Bµi 4 . a.Ta cã CA = CM; DB = DM
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC  OD

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO2 = CM . MD

 R2 = AC . BD

b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  





COD AMB g g

  

(0,25®)

Do đó : 1

. .
. .

Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH



 (MH1  AB)

Do MH1  OM nªn 1

OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y ra  MH1 = OM  MO M là điểm chính giữa cđa cung AB

Bµi 5 (1,5 ®iĨm) Ta cã :

2 2
1 1
0; 0
2 2
a b
   
   
   

     a , b > 0

1 1

0; 0

4 4

a a b b

      

1 1

( ) ( ) 0

4 4

a a b b

      

 a , b > 0
1

0
2

a b a b

     

Mặt khác a b 2 ab 0

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

Nh©n tõng vÕ ta cã :



 







2
2

a b  a b    ab a b

 









2 2
2

a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

. .

BD AD

AB ED BD CD

ED CD

   





. .

AD AE AD BD CD

AD AD AE BD CD

  

   
L¹i cã : ABDAEC g g





. .

AB AD

AB AC AE AD

AE AC

AD AB AC BD CD

   

 

Đề số 6

Câu 1: Cho hàm sè f(x) =

√

x2

−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x24 khi x 2

Câu 2: Giải hệ phơng trình

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

{

Câu 3: Cho biểu thứcA =

1 1

1 1 1

x x x x

x

x x x

     

 

   

      

   

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
đ-ờng vng góc hạ từ A đến đđ-ờng kớnh BC.

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung ®iĨm 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

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

HƯớNG DẫN

c
b

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 1a) f(x) =

x −2¿2
¿
¿

√

x2−4x+4=√¿

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3

f(x)=10⇔
x −2=10

¿
x −2=−10

¿
x=12

¿
x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

c) A= f(x)
x2−4=

|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 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
x
b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3
C©u 4

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

B C

H
E

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Do đó: AH
PB =

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

Theo (1) vµ do AH = 2EH ta cã
AH2=(2R −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¿2

4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB
4 . PB2

+CB2=

4R . 2R . PB

Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 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:

x1+x2=−2m−1
2
x1.x2=m−1

2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

x1=13-4m
7
x1=7m−7

26-8m
313-4m

7 −4

7m−7
26-8m=11

¿{ {

Gi¶i phơng trình 313-4m
7 4

7m7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề số 7

Câu 1: Cho P =

2
1

x
x x


 +

1
1

x

x x


  -

1
1

x
x



a/. Rót gän P.

b/. Chøng minh: P <
1

3 víi x  0 vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 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

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa m·n :

0
0

2 4 2 0

2 7 11 0

a
b

a b c

a b c




 




   



    



T×m giá trị lớn nhất và 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 khơng trùng với A, B).
Gọi (O) là đờng trịn ngoại tiếp BCD. Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .

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

c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giỏc ABCK l hỡnh bỡnh hnh.

HNG DN

Câu 1:Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 điểm)

P =
2

x
x x


 +

1
1

x

x x


  -

( 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/. Víi x  0 vµ x 1 .Ta cã: P <

3  1

x

x x < 
1
3
 3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )

 x - 2 x + 1 > 0

 ( x - 1)2 > 0. ( §óng vì x 0 và x 1)

Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0.
 (m - 1)2 – m2 – 3  0

 4 – 2m  0
 m  2.

b/. Víi m  2 th× (1) cã 2 nghiƯm.

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

3 2 2

.3 3

a a m

a a m

  




 


 a=

1
2

m

 3

(

1
2

m

)

2 = m2 – 3
 m2 + 6m – 15 = 0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta cã:

2 2 2 (1)

1 1

2 (2)

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:

X2 – 2X + 1 = 0  X = 1  x = y = 1.
* 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
 

V× y > 0 nªn: y =

1 3

2
 

x =

1 3

Vậy phơng trình có hai nghiÖm: x1 = 1 ; x2 =

1 3

2


Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là h×nh thang.

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành  AB // CK 
 BACACK
Mà

 1

ACK

sđEC =
1

2sđBD

= DCB
Nên BCD BAC

Dng 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.

§Ị sè 8

Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức: P = Bit x.y.z = 4 , tớnh .

Câu 2:Cho các ®iÓm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

a. Chøng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.

Câu3 Giải phơng trình:

Cõu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với 
đ-ờng trịn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.

Chøng minh r»ng:

a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
b.

Đề số 9

C
B

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu 1: Cho hµm sè f(x) =

√

x2

−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 khi x  ±2

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

{

Câu 3: Cho biÓu thøc

A =

(

x√x+1
x −1 −

x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1
a) Rót gän A

2) Tìm giá trị của x để A = 3

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

a) Chøng minh r»ng 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 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

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

§Ị sè 10

Câu 1: Tính giá trị của biểu thức:

A = 1

√3+√5 +

√5+√7 +
1

√7+√9 + ...+

√97+√99

B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

99số3

Câu 2 :Phân tích thành nhân tử :

1) X2 -7X -18

2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3) 1+ a5 + a10

1) Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

2) ¸p dơng : cho x+4y = 5 . T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M
khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD

và DC tại P và Q.

a) Chøng minh DM.AI= MP.IB

b) TÝnh tØ sè : MP

C©u 5:

Cho P =

√

x

−4x+3

√1− x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

C©u 1 :

1) A = 1

√3+√5 +
1

√5+√7 +
1

√7+√9 + ...+

√97+√99

= 1

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + ...+ √99−√97 ) =

2 ( √99−√3 )

2) B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

⏟

99sè3 =

=33 +2 +333+2 +3333+2+...+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)

= 198 + 1

3 ( 99+999+9999+...+999...99)
198 + 1

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +
B =

(

10101−102

)

+165

C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3

= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]

= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1

= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )

= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)

=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)

Câu 3: 4đ

1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>

a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0 (ad - bc)2 (®pcm ) 
DÊu = x·y ra khi ad=bc.

2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :

52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1+16) =>
x2 + y2 25

17 => 4x2 + 4y2

100

17 dÊu = x·y ra khi x=
5

17 , y =
20

17 (2đ)

Câu 4 : 5đ

Ta cã : gãc DMP= gãc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>

Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM

CI =
MP

IA => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,

Gãc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - gãc AIM = gãc BIA.

Do đó Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>

DM
BI =

IA => DM.IA=MQ.IB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy ra MP

MQ = 1

C©u 5

Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.

Víi x < 1 Ta cã :
P =

√

x

−4x+3

√1− x =

√

(x −1)(x −3)

√1− x =3 x

Đề số 11

Câu 1 : a. Rút gọn biĨu thøc . A=

√

1+ 1
a2+

(a+1)2 Víi a > 0.

b. Tính giá trị của tổng. B=

√

1+ 1
12+

1
22+

√

1
22+

32+.. .+

√

1+
1
992 +

1
1002

a. Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m .

b. Gäi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa pt. T×m GTLN, GTNN cđa bt.

2 2

1 1 2

1x 1y 1xy P= 2x1x2+3
x12+x

22+2(x1x2+1)

Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từM kẻ MH 

AB (H  AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vng góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ đờng
thẳng vng góc với è cắt dây AB tại D.

1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng tròn.
2. Chứng minh.

2 .

MA AH AD

MB BD BH

H

íng dẫn

Câu 1 a. Bình phơng 2 vế A=a
2

+a+1

a(a+1) (Vì a > 0).
a. áp dụng câu a.

A=1+1

a−

a+1
¿⇒B=100− 1

100=
9999
100

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta cã:

x1+x2=m

x1x2=m−1
¿{

⇒P=2m+1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1
2

2
2

1 1

P

GTLN m

GTNN m

   

   

  

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt ⇔ x(y − x)

(1+x2)(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2)(1+xy)≥0

⇔(x − y)2(xy−1)≥0 đúng vì xy≥1

- Kẻ thêm đờng phụ.

- Chứng minh MD là đờng kính của (o)
=> ...

Gäi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.

Đặt HE = H1

HF = H2

⇒AH
BD .

AD
BH=

HE .h1. MA2
HF.h2. MB2 (1)
⇔ΔHEF ΔDF'

E'
⇒HF .h2=HE.h

Thay vµo (1) ta cã: MA

2
MB2 =

AH
BD .

AD
BH

HƯớNG DẫN

Câu 1

a) f(x) =

x 22

x24x+4=

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3

f(x)=10⇔
x −2=10

¿
x −2=−10

¿
x=12

¿
x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

c) A= f(x)
x2−4=

|x −2|
(x −2)(x+2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1
x+2

o
E'

E
A

F
F'

B
I

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1
x+2

C©u 2

x(y −2)=(x+2)(y −4)
(x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

⇔
xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21

⇔
x − y=−4

x+y=0
⇔

¿x=-2
y=2

¿
¿{

(

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
x
b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4

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

PB =
CH

CB ; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>  AHC ∞  POB O

B H C

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Do đó: AH
PB =

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E lµ trug ®iĨm cđa AH.

b) Xét tam giác vng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có

AH2=(2R −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¿2

4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB
4 . PB2+CB2=

4R . 2R . PB

Câu 5 (1đ)

Để phơng trình có 2 nghiệm phân biƯt x1 ; x2 th×  > 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:

x1+x2=−2m−1
2
x1.x2=

m−1
2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {

x1=13-4m
7
x1=7m7

26-8m
313-4m

7 4

7m7
26-8m=11

{ {

Giải phơng trình 313-4m
7 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho cú hai
nghim phõn bit t

HƯớNG DẫN
Câu 1: a.
A =

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = 
(trong đó k Z và k 0 )

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi ta đợc:
 P = (1đ)

v× P > 0

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.

Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả m n y = 2x + 4 nên C khơng thuộc đ• ờng thẳng AB A, B, C 
khơng thẳng hàng.

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả m n y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đ• ờng thẳng AB A,B,D thẳng hàn
b.Ta có :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10
 AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C

Vy SABC = 1/2AC.BC = ( đơn vị diện tích )
Câu 3: Đkxđ x 1, đặt ta có hệ phơng trình:

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2 
 x = 10.

C©u 4

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc 
AB = AC = R ABOC là hình 
vng (0.5)

Kẻ bán kính OM sao cho

BOD = MOD

MOE = EOC (0.5®)

Chøng minh BOD = MOD

OMD = OBD = 900
T¬ng tù: OME = 900

D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng trịn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

</div>

Tap De dap an thi vao lop 10

<b>Đề số 1</b>

(

)(

)

<sub>√</sub>

HƯớNG DẫN

<sub>√</sub>

√

<b>§Ị sè 2</b>

(

)

(

)

<sub>|</sub>

|

HƯớNG DẫN

|

|

(

)

(

)

(

)

<b>Đề số 3</b>

H¦íNG DÉN







 

 













 

 





 





 

 













 





 









 































(

)

(