DeDA thi lop 10 chuyenMon chung

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I/ §ª tthi thö sè 04. Bµi tËp vÒ nhµ : Ngµy 25/03/2012.  x x  2 2 x  P    :     x  1 x  1  x x x  x  Bµi 1(2.0 ®) : Cho biÓu thøc. a/ Rót gän P b/ Tìm x để P > 2. c/ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P Bài 2 (2.0đ) a/ Giải phương trình: 7 - x = x - 1 b/ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a 0) luôn có hai nghiệm phân biệt. Biết rằng 5a – b + 2c = 0. Bài 3 (2.0đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Với m là tham số) a/ Giải phương trình (1) với m = 2. b/ Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. c/ Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x1 < x2). Chứng minh rằng x12 – 2x2 + 3. 0.. Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H. a/ Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn b/ Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng. c/ kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường tròn tâm O đường kính BC cắt AH tại M. Chứng minh M là trung điểm của AH Bài 5(1đ): Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức :. a b c + + ≥2 b+ c a+c a+ b. √ √ √. II/ C¸c bµi tËp vÒ ph¬ng tr×nh – HÖ ph¬ng tr×nh 1/ Cho ph¬ng tr×nh : x2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 ( cã Èn x ) a/ Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt b/ Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña y = x12 + x22 2/ Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau a/ x  3  4 x  1  x  8  6 x  1 5 b/(4x + 1)(12x – 1)(3x + 2)(x+ 1) = 4 3/ Tìm các giá trị của m để phơng trình sau có nghiệm và tính các nghiệm ấy theo m x + x 2  2 x  m 0. 4/ Cho ph¬ng tr×nh Èn x: x2 – 2(m + 1)x + m – 4 (1) a/ Chứng minh rằng phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Tìm m để phơng trình đó có hai nghiÖm d¬ng b/ Gäi x1 vµ x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc x12  x2 2 M x1 (1  x2 )  x2 (1  x1 ) 2 2  x  y  x  y 8  2 2 5/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : a/  x  y  xy 7.  x  1  y 1  x  y  1 1 b/ . ----------------------------- Kết thúc ----------------------------đáp án đề thi thử số 04. Bµi 1 a/ Rót gän P : §iÒu kiÖn x > 0 vµ x  1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> . . x x 1  x 2  x x  2 2 x  P    :  :    x  1 x x  1 x x  x x  1 x  1    . . P. x2 x. . . x1. . x 1. .. x. . . x 1. x2 x. . . . . x 1   2  x  x. . . x 1. x x1. b/ Tìm x để P > 2 P  2 . x  2  x1. x x 2 x 2  2  0   0  x1 x1. . . 2. x  1 1 x1.  0  x  1. KÕt hîp ®iÒu kiÖn, vËy víi 0 < x <1 th× P < 2 P  0 . x  0  x  1 x1 (Do ®iÒu kiÖn x > 0). c/ §Ó cã P th× Do P > 0 => P min <=> P min. 2. 1 x1 1 1 1 1 1 1  1 1 1 1                 P 4 P x x x 4 4 2 4 4 x x x    Ta cã : Suy ra : P min = 4 (DÊu b»ng x¶y ra khi x = 4) => P min = 2, khi x = 4. (Làm theo cách của em cũng được) Bài 2 a/ Giải phương trình: 7 - x = x - 1 Điều kiện : x  7. TH 1 : Nếu x – 1 < 0 => x < 1 : PT vô nghiệm TH2 : Nếu x – 1  0 => x  1, Bình phương 2 vế ta có PT 7 – x = (x – 1)2 <=> 7 – x = x2 – 2x + 1 <=> x2 – x – 6 = 0 có  = 1 + 24 = 25 > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 3 (thoả mãn) x2 = -2 (không thoả mãn) Loại . Vậy phương trình có một nghiệm x1 = 3. b/ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a 0) luôn có hai nghiệm phân biệt. Biết rằng 5a – b + 2c = 0. Ta có :  = b2 – 4ac từ 5a – b + 2c = 0 => b = 5a + 2c, thay vào ta có  = b2 – 4ac = (5a + 2c)2 – 4ac = 25a2 + 20ac + 4c2 – 4ac = 25a2 + 16ac + 4c2 =9a2 +(16a2 + 16ac + 4c2) = 9a2 + (4a + 2c)2 > 0 Vậy PT luôn có hai nghiệm phân biệt Bài 3 : a) với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x + 2 = 0 Phương trình có a + b + c = 0 nên theo Viét PT có hai nghiệm là: x1 = 1 ; x2 = 2. 2 b)  (2m  1)  4m( m  1) 1 Vì  1  0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. c) Vì x1 < x2 nên : 2m  1  1 m  1 2 2m  1  1 x2  m 2 x12  2 x2  3 (m  1) 2  2m  3 (m  2) 2 0 với mọi x. x1 . Bài 4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A. M. D. K. H B C O. . . 0. 0. 0. a) Tứ giác AKHD có : AKH  ADH 90  90 180 => Tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn đường kính AH. 0   b) Tứ giác BKDC có : BKC BDC 90 => Tứ giác BKDC là tứ giác nội tiếp    => BCD  AKD (Cùng bù với BKD ) Xét tam giác AKD và tam giác ACB, có: A chung  BCD  AKD Suy ra AKD đồng dạng với ACB (ĐPCM). c) Ta có:   MDH  HDO 900   MDH  MDA 900    HDO MDA   Mặt khác: HDO HBO (Do OB = OD)    HBO DBC  DKC. ( Góc nội tiếp của đường tròn O cùng chắn cung DC) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKHD    DKC DKH DAH ( Cùng chắn cung DH) MDA DAH  Vậy: Do đó tam giác AMD cân tại M => MD = MA (1) Vì tam giác ADH là tam giác vuông nên từ đó suy ra     MDH MHD ( Cùng phụ với hai góc bằng nhau MAD v à MDA ) => Tam giác MDH cân tại M => MD = MH (2) Từ (1) và (2) => MA = MH . Vậy M là trung điểm của AH. b+ c và 1 ta được: a b+ c b+ c b+ c+ a a 2a .1 ≤ +1 :2= ⇒ ≥ a a 2a b+ c a+b +c b 2b c 2c ≥ ; ≥ Tương tự ta có: a+ c a+ b+c a+b a+ b+c. Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số. √. (. Từ đó suy ra:. ). √. √ √. √. 2 a  b  c a b c 2a 2b 2c       2 bc ac a b a b c a b c a b c a b c. (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>