10 đề thi và đáp án môn Toán 10

Đề 1 Câu1 : Cho biểu thức A= 2 )1( : 1 1 1 1 2 2233 − −       − + +       + − − x xx x x x x x x Với x≠ 2 ;±1 .a, Ruý gọn biểu thức A .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 226 + c. Tìm giá trị của x để A=3 Câu2.a, Giải hệ ph−ơng trình:    =+ =−+− 1232 4)(3)( 2 yx yxyx b. Giải bất ph−ơng trình: 3 1524 2 23 ++ −−− xx xxx <0 Câu3. Cho ph−ơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0 Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) Câu 4. Cho nửa đ−ờng tròn tâm O , đ−ờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đ−ờng tròn đó D−ng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đ−ờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đ−ờng tròn b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? đáp án Câu 1: a. Rút gọn A= x x 22 − b.Thay x= 226 + vào A ta đ−ợc A= 226 224 + + c.A=3 x2-3x-2=0=> x= 2 173 ± Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đ−ợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 Từ đó ta có    =+ =−+− 1232 4)(3)( 2 yx yxyx *    =+ =− 1232 1 yx yx (1) *    =+ −=− 1232 4 yx yx (2) Giải hệ (1) ta đ−ợc x=3, y=2 Giải hệ (2) ta đ−ợc x=0, y=4 Vậy hệ ph−ơng 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 ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với x-5>0 =>x>5 OK F E D B A Câu 3: Ph−ơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 • Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1 • Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2 khi đó ta có ,∆ = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) với m≠ 1/2 pt còn có nghiệm x= 12 1 − +− m mm = 12 1 −m pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1< 12 1 −m <0     <− >+ − 012 01 12 1 m m =>     <− > − 012 0 12 2 m m m =>m<0 Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0 Câu 4: a. Ta có ∠KEB= 900 mặt khác ∠BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đ−ờng tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D => ∠BFK= 900 => E,F thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK. b. ∠BCF= ∠BAF Mà ∠ BAF= ∠BAE=450=> ∠ BCF= 450 Ta có ∠BKF= ∠ BEF Mà ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA là đ−ờng chéo của hình vuông ABED)=> ∠BKF=450 Vì ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B Đề 2 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( )         − +−         + + − − − 1 122 : 11 x xx xx xx xx xx a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2: Cho ph−ơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm âm. b.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn 3 2 3 1 xx − =50 Bài 3: Cho ph−ơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm d−ơng phân biệt x1, x2Chứng minh: a,Ph−ơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm d−ơng phân biệt t1 và t2. b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥4 Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đ−ờng tròn 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 l−ợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đ−ờng 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. Bài 5: Cho hai số d−ơng x; y thoả mãn: x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = xyyx 5011 22 ++ Đáp án Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 1;0 ≠≥ x a, Rút gọn: P = ( ) ( ) ( ) 1 12 : 1 12 2 − − − − x x xx xx z P = 1 1 )1( 1 2 − + = − − x x x x b. P = 1 21 1 1 − += − + xx x Để P nguyên thì )(121 9321 0011 4211 Loaixx xxx xxx xxx −=⇒−=− =⇒=⇒=− =⇒=⇒−=− =⇒=⇒=− Vậy với x= { }9;4;0 thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để ph−ơng trình có hai nghiệm âm thì: ( ) ( )       <+=+ >−+= ≥−+−+=∆ 012 06 06412 21 2 21 22 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 −<⇔        −< >+− >=∆ ⇔ m m mm b. Giải ph−ơng trình: ( ) 50)3(2 33 =+−− mm        −− = +− = ⇔ =−+⇔=++⇔ 2 51 2 51 0150)733(5 2 1 22 m m mmmm Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của ph−ơng trình: ax 2 + bx + c = 0 nên ax1 2 + bx1 + c =0. . Vì x1> 0 => c. .0 1 . 1 1 2 1 =++      a x b x Chứng tỏ 1 1 x là một nghiệm d−ơng của ph−ơng trình: ct2 + bt + a = 0; t1 = 1 1 x Vì x2 là nghiệm của ph−ơng trình: ax2 + bx + c = 0 => ax2 2 + bx2 + c =0 vì x2> 0 nên c. 0 1 . 1 2 2 2 =+      +      a x b x điều này chứng tỏ 2 1 x là một nghiệm d−ơng của ph−ơng trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 = 2 1 x Vậy nếu ph−ơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm d−ơng phân biệt x1; x2 thì ph−ơng trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm d−ơng phân biệt t1 ; t2 . t1 = 1 1 x ; t2 = 2 1 x b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm d−ơng nên t1+ x1 = 1 1 x + x1 ≥2 t2 + x2 = 2 1 x + x2 ≥2 Do đó x1 + x2 + t1 + t2 ≥4 Bài 4 a. Giả sử đã tìm đ−ợc 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 đ−ờng kính của đ−ờng tròn tâm O Ng−ợc lại nếu D là đầu đ−ờng kính AD của đ−ờng tròn tâm O thì H O P Q D CB A tứ giác BHCD là hình bình hành. b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠APB = ∠ADB nh−ng ∠ADB =∠ACB nh−ng ∠ADB = ∠ACB Do đó: ∠APB = ∠ACB Mặt khác: ∠AHB + ∠ACB = 1800 => ∠APB + ∠AHB = 1800 Tứ giác APBH nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn nên ∠PAB = ∠PHB Mà ∠PAB = ∠DAB do đó: ∠PHB = ∠DAB Chứng minh t−ơng tự ta có: ∠CHQ = ∠DAC Vậy ∠PHQ = ∠PHB + ∠BHC +∠ CHQ = ∠BAC + ∠BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy ∆ 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 đ−ờng kính kẻ từ A của đ−ờng tròn tâm O Đề 3 Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( )( )yx xyxyx yyyx xP −+−++−−+= 111))1)(( 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 của trục tung. Bài 3: Giải hệ phơng trình :        =++ =++ =++ 27 1111 9 zxyzxy zyx zyx Bài 4: Cho đ−ờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ−ờng tròn );( BCAC ≠≠ . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. Bài 5: Cho Rzyx ∈,, thỏa mãn : zyxzyx ++ =++ 1111 Hãy tính giá trị của biểu thức : M = 4 3 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; 0;1;0;0 ≠+≠≥≥ yxyyx . *). Rút gọn 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 − + + − + = + + − ( )( ) ( )( )( )1 1 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 + − + + + − = + − ( )1 x y y y x y − + − = − ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y y y y y − + − − = − .x xy y= + − Vậy P = .yxyx −+ b). P = 2 ⇔ .yxyx −+ = 2 ( ) ( ) ( )( ) 111 111 =+−⇔ =+−+⇔ yx yyx Ta có: 1 + 1y ≥ ⇒ 1 1x − ≤ 0 4x⇔ ≤ ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a). Đ−ờng 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 ( ) mmmm ∀>+−=+−=∆ 04284 22 nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. QN M O C BA Bài 3 : ( ) ( )     =++ =++ =++ 327 )2(1111 19 xzyzxy zyx zyx ĐKXĐ : .0,0,0 ≠≠≠ zyx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 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 x y y z y z x y z z xz x ⇒ + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + = − + + ⇔ + + = ⇒ + + = + + ⇒ + + − + + = ⇔ − + − + − =  − = =   ⇔ − = ⇔ = ⇔ = =    = − =  Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét ABM∆ và NBM∆ . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN∆ 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). Xét MCB∆ và MNQ∆ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) ∠ BMC =∠ MNQ ( vì : ∠MCB = ∠MNC ; ∠MBC = ∠MQN ). => )...( cgcMNQMCB ∆=∆ => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có ⇒⊥ BQAC AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( − Bài 5: Từ : zyxzyx ++ =++ 1111 => 01111 = ++ −++ zyxzyx => ( ) 0=++ −++ + + zyxz zzyx xy yx ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0)( 0)( 011 2 =+++⇒ =      ++ +++ +⇒ =      ++ ++⇒ xzzyyx zyxxyz xyzzyzxyx zyxzxy yz Ta có : 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) Vậy M = 4 3 + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 3 Đề 4 Bài 1: 1) Cho đ−ờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đ−ờng thẳng d/ đối xứng với đ−ờng thẳng d qua đ−ờng thẳng y = x là: A.y = 2 1 x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y = 2 1 x - 2 ; D.y = - 2x - 4 Hãy chọn câu trả lời đúng. 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đ−ờng kính đáy đựng đầy n−ớc, nhúng chìm vào bình một hình cầu khi lấy ra mực n−ớc trong bình còn lại 3 2 bình. 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. Bìa2: 1) Giải ph−ơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7 Phân tích thành thừa số đ−ợc : (x + b).(x + c) 2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần l−ợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho MB MA = 2 1 Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: Cho đ−ờng tròn tâm O đ−ờng kính AB và CD vuông 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 không đổi. c) Chứng minh rằng đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. H−ớng dẫn MD C B A x Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng. 2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1 Bài 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 ph−ơng khác 1 với mọi số nguyên d−ơng n. 2) Do A > 0 nên A lớn nhất⇔ A2 lớn nhất. Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) Ta có: 2 yx + 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 = 2 1 , max A = 2 x = y = 2 1 Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 tr−ờng hợp: 4 + b = 1 và 4 + b = 7 4 + c = - 7 4 + c = - 1 Tr−ờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Tr−ờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD = 4 1 AB. Ta có D là điểm cố định Mà AB MA = 2 1 (gt) do đó MA AD = 2 1 Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung) AB MA = MA AD = 2 1 Do đó ∆ AMB ~ ∆ ADM => MD MB = AD MA = 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 Dấu "=" xảy ra M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. K O N M I D C BA - Dựng đ−ờng tròn tâm A bán kính 2 1 AB - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = 4 1 AB M là giao điểm của DC và đ−ờng tròn (A; 2 1 AB) Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N Do MâN = 900 nên MN là đ−ờng kính Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ∆INC = ∆IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì ∆MKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆AMN đi qua hai điểm A, B cố định . Đề 5 Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời : 2 2 22 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + = Tính giá trị của biểu thức : 2007 2007 2007A x y z= + + . Bài 2). Cho biểu thức : 2 25 4 2014M x x y xy y= − + + − + . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) 2 2 18 1 . 1 72 x y x y x x y y  + + + =  + + = Bài 4. Cho đ−ờng tròn tâm O đ−ờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đ−ờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần l−ợt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Bài 5.Cho a, b là các số thực d−ơng. Chứng minh rằng : ( )2 2 2 2 a b a b a b b a++ + ≥ + Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC. H-ớng dẫn giải Bài 1. Từ giả thiết ta có : 22 2 2 1 0 2 1 0 2 1 0 x y y z z x  + + =  + + =  + + = Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + = ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 0x y z⇒ + + + + + = 1 0 1 0 1 0 x y z + =  ⇔ + =  + = 1x y z⇒ = = = ( ) ( ) ( )2007 2007 20072007 2007 2007 1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = − Vậy : A = -3. Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : ( ) ( ) ( )2 24 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + − − + + ( ) ( ) ( )( )2 22 1 2 1 2007M x y x y= − + − + − − + ( ) ( ) ( ) 2 21 32 1 1 2007 2 4 M x y y ⇒ = − + − + − +   Do ( )21 0y − ≥ và ( ) ( ) 212 1 0 2 x y − + − ≥   ,x y∀ 2007M⇒ ≥ min 2007 2; 1M x y⇒ = ⇔ = = Bài 3. Đặt : ( ) ( ) 1 1 u x x v y y  = +  = + Ta có : 18 72 u v uv + =  = ⇒ u ; v là nghiệm của ph−ơng trình : 2 1 218 72 0 12; 6X 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 đ−ợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4. a.Ta có 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 đ−ờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD ⇒R2 = AC . BD d c m b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp



;MCO MAO MDO MBO⇒ = = ( ).COD AMB g g⇒ ∼ (0,25đ) Do đó : 1 . . . . Chu vi COD OM Chu vi AMB MH =   (MH1 ⊥ AB) Do MH1 ≤ OM nên 1 1OM MH ≥ ⇒ Chu vi COD ≥ chu vi AMB Dấu = xảy ra ⇔ MH1 = OM ⇔ M≡O ⇒ M là điểm chính giữa của cung AB Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : 2 21 10; 0 2 2 a b   − ≥ − ≥        ∀ a , b > 0 1 10; 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 2 0a b ab+ ≥ > Nhân từng vế ta có : ( ) ( ) ( )1 22a b a b ab a b + + + ≥ +   ( ) ( )2 2 2 2 a b a b a b b a + ⇒ + + ≥ + Bài 6. (1 điểm) Vẽ đ−ờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: ABD CED ∼ (g.g) . . BD AD AB ED BD CD ED CD ⇒ = ⇒ = ( ) 2 . . . . AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD ⇒ − = ⇒ = − Lại có : ( ).ABD AEC g g ∼ 2 . . . . AB AD AB AC AE AD AE AC AD AB AC BD CD ⇒ = ⇒ = ⇒ = − Đè 6 Câu 1: Cho hàm số f(x) = 442 +− xx a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 d e c b a c) Rút gọn A = 4 )( 2 −x xf khi x ≠ 2± Câu 2: Giải hệ ph−ơng trình    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Câu 3: Cho biểu thứcA =        − +        − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx với x > 0 và x ≠ 1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đ−ờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đ−ờng vuông góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho ph−ơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải ph−ơng trình, tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = 2)2(44 22 −=−=+− xxxx Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b)    −= = ⇔   −=− =− ⇔= 8 12 102 102 10)( x x x x xf c) )2)(2( 2 4 )( 2 +− − = − = xx x x xfA Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 2 1 + = x A Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 2 1 + −= x A Câu 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 Câu 3 a) Ta có: A =        − +        − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx =         − + − −         − − − +− +−+ 11 )1( : 1 1 )1)(1( )1)(1( x x x xx x x xx xxx =         − +−         − − − − +− 1 : 1 1 1 1 x xxx x x x xx = 1 : 1 11 −− +−+− x x x xxx = 1 : 1 2 −− +− x x x x = x x x x 1 1 2 − ⋅ − +− = x x−2 b) A = 3 => x x−2 = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có CB CH PB EH = ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => ∠POB = ∠ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đó: OB CH PB AH = (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 vuông BAC, đ−ờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có .)2( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH 2 −= R ⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 2 222 222 222 2222 d Rd.2.R 4R)R4(d Rd.8R (2R)4PB 4R.2R.PB CB4.PB 4R.CB.PB AH − = +− − = + = + =⇔ Câu 5 Để ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ > 0 • O B C H E A P (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: ⇔          =− − = − −=+ 114x3x 2 1m .xx 2 12m xx 21 21 21          = − − − = = 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 8m-26 77m x 7 4m-13 x 1 1 Giải ph−ơng trình 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 = − − ta đ−ợc m = - 2 và m = 4,125 (2) Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph−ơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11 Đề 7 Câu 1: Cho P = 2 1 x x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 1 x x + − a/. Rút gọn P. b/. Chứng minh: P < 1 3 với x ≥ 0 và x ≠ 1. Câu 2: Cho ph−ơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. a/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải ph−ơng trình : 1 x + 2 1 2 x− = 2 b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn : 0 0 2 4 2 0 2 7 11 0 a b a b c a b c ≥  ≥  + − + =  − + − = Tìm 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 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/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. Đáp án Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠ 1. (0,25 điểm) P = 2 1 x x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 ( 1)( 1) x x x + + − = 3 2 ( ) 1 x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 1x − = 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/. Với x ≥ 0 và x ≠ 1 .Ta có: P < 1 3 ⇔ 1 x x x+ + < 1 3 ⇔ 3 x 0 ) ⇔ x - 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x ≥ 0 và x ≠ 1) Câu 2:a/. Ph−ơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ ≥ 0. ⇔ (m - 1)2 – m2 – 3 ≥ 0 ⇔ 4 – 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2. b/. Với m ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có: 2 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 ⇔ m = –3± 2 6 ( thõa mãn điều kiện). Câu 3: Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2 . Đặt y = 22 x− > 0 Ta có: 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 ph−ơng trình: X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1. * Nếu xy = - 1 2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của ph−ơng trình: X2 + X - 1 2 = 0 ⇔ X = 1 3 2 − ± A Vì y > 0 nên: y = 1 3 2 − + ⇒ x = 1 3 2 − − Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3 2 − − Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành ⇔ AB // CK ⇔

BAC ACK= Mà
1 2 ACK = sđEC = 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. Đề 8 Câu 1: a) Xác định x ∈R để biểu thức :A = xx xx −+ −−+ 1 11 2 2 Là một số tự nhiên b. Cho biểu thức: P = 22 2 12 ++ + ++ + ++ zzx z yyz y xxy x Biết x.y.z = 4 , tính P . Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2) a. Chứng 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 ph−ơng trình: 521 3 =−−− xx Câu 4 Cho đ−ờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đ−ờng tròn. Một góc ∠xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần l−ợt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đ−ờng tròn ( O ). b. RDER << 3 2 đáp án Câu 1: a. A = xxxxx xxxx xx xx 2)1(1 )1).(1( 11 22 22 2 2 −=++−−+= ++−+ ++ −−+ A là số tự nhiên ⇔ -2x là số tự nhiên ⇔ x = 2 k (trong đó k ∈Z và k≤ 0 ) b.Điều kiện xác định: x,y,z ≥ 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đ−ợc x, y, z > 0 và 2=xyz Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta đ−ợc: P = 1 2 2 2( 2 22 = ++ ++ = ++ + ++ + ++ xxy xyx xyxz z xxy xy xxy x (1đ) ⇒ 1=P vì P > 0 Câu 2: a.Đ−ờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đ−ờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2 Vậy đ−ờng thẳng AB là y = 2x + 4. Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đ−ờng thẳng AB ⇒ A, B, C không thẳng hàng. Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn 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 Vậy S∆ABC = 1/2AC.BC = 510.102 1 = ( đơn vị diện tích ) Câu 3: Đkxđ x≥1, đặt vxux =−=− 3 2;1 ta có hệ ph−ơng trình:    =+ =− 1 5 32 vu vu Giải hệ ph−ơng trình bằng ph−ơng pháp thế ta đ