Giáo án Đề 23 kiểm tra môn toán vào lớp 10

ĐỀ 43 + 44 + 45 – TOÁN ÔN VÀO 10 – KEYS – 2013 ĐỀ 43 Câu 1: a) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: Chứng minh rằng: b) Tính giá trị của biểu thức: A = Câu 2: a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, chứng minh: . b) Cho biểu thức: A = x - 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 3: a) Giải phương trình: . b) Cho hàm số y = f(x) với f(x) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực x khác không. Biết rằng: f(x) + 3f= x2 x ≠ 0. Tính giá trị của f(2). Câu 4: Cho lục giác đều ABCDEF. Gọi M là trung điểm của EF, K là trung điểm của BD. Chứng minh tam giác AMK là tam giác đều. Câu 5: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S và điểm O nằm trong tứ giác sao cho:OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 2S. Chứng minh ABCD là hình vuông có tâm là điểm O. KEYS Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có: , Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có (đpcm) b) Đặt . Thay vào ta có: = Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a. Do đó = , đpcm. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: Vậy minA = Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn.. Vậy pt có nghiệm b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1) Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. = 4. Thay x = vào (1) ta có: Đặt f(2) = a, = b ta có. . Giải hệ, ta được Vậy . Câu 4: Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = OK Ta lại có AF = R AF = OA và = 1200. Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB mà OA.OB Do đó 2SAOB Dấu “=” xảy ra OA OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2SBOC ; 2SCOD 2SAOD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và là hình vuông tâm O. Lời bình: Câu III.b 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ (3) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . · Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. Phương trình Q(x) = P(a) Û Û , tức là Số được nghĩ ra như thế đó. 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(-x) = 2 + 3x. (với x Î ). b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1). c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1). ĐỀ 44 Câu 1: a) Cho x và y là 2 số thực thoả mãn x2 + y2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A = . b) Cho x, y, z là 3 số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2. Chứng minh: . Câu 2: a) Giải phương trình: x2 + 9x + 20 = 2. b) Tìm x, y thoả mãn: . Câu 3: a) Chứng minh rằng nếu: thì . b) Chứng minh rằng nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax +1 = 0 có nghiệm thì 5(a2 + b2) ≥ 4. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R và bán kính OC vuông góc với AB. Tìm điểm M trên nửa đường tròn sao cho 2MA2 = 15MK2, trong đó K là chân đường vuông góc hạ từ M xuống OC. Câu 5: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua F vuông góc với AD với đường thẳng đi qua E vuông góc với BC. So sánh GD và GC. KEYS Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) Vì x + y + 2 ≠ 0 nên (1) Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x + y ≤ x + y ≤ (2) Từ (1), (2) ta được: . Dấu "=" . Vậy maxA = . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: = Ta có x2 + y2 ≥ 2xy , Tương tự , Vậy + + + + + 3 , đpcm. Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) .Điều kiện: (2) (1) (3x + 10 - + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 (- 1)2 + (x + 3)2 = 0 (thỏa mãn đk (2). Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. b) Ta có: Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: a) Đặt và ta có x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + a2 = (b + c)3 hay , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy . Suy ra + ax0 + b + Đặt x0 + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (1) Ta chứng minh (2) Thực vậy: (2) đúng với nên (1) đúng Từ (1), (2) suy ra , đpcm. Câu 4: Đặt AH = x Ta có Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 . Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC IE // BC Mà GF ^BC IE^ GF (1) Chứng minh tương tự EG ^IF (2) Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF IG EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC ĐỀ 45 Câu 1: 1) Giải phương trình: x2 + . 2) Giải phương trình: x2 - 2x + 3(x - 3) = 7. Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A = . 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh: Câu 3: Giải hệ phương trình: Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh AB và DC sao cho . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng với E và F. Chứng minh EM = FN. Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D. 1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 2) Chứng minh: . KEYS Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . Ta có: (1) Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 Û (y + 20) (y - 2) = 0 Û y = -20 ; y = 2 Thay vào (2), ta có Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 2) . Điều kiện (*) Phương trình đã cho Đặt t = Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 Ta có: (x -3) + (1) . (t/m (*)) + (2) . (t/m (*)) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 Vậy A2 = . Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: (1) Sử dụng bất đẳng thức: , ta có: (2) Tương tự, ta được: (3) và (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. Câu 3: (1) có nghiệm (2) có nghiệm Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. Ta có mà Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có và . Suy ra: Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì Ta có (góc nội tiếp chắn ) Lại có Từ (1) và (2) , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có (góc nội tiếp chắn ) do đó AN // EH mà HE MA nên NA MA. hay AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI MA, DK MB, ta có Vậy (1) Ta có (cùng phụ với ) mà (CMT) và . Tứ giác MEHF nội tiếp nên Tứ giác MIDK nội tiếp nên do đó ID . HE = DK . HF (2) Từ (1), (2) .