Đề luyện thi vào Lớp 10 THPT môn Toán năm 2018 - Đề số 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề luyện thi vào Lớp 10 THPT môn Toán năm 2018 - Đề số 1 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 - 2018 x x 1 x x 1 x 1 Bài 1. Cho biểu thức: A x x x x x a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 4 Bài 2. Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y = (2m – 1)x – m + 2 (m là tham số) a) Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) ; B(x2 ; y2 ) thỏa x1y1 x2 y2 0 Bài 3. Hai thành phố A và B cách nhau 450 km. Một ô-tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi trong một thời gian dự định. Khi đi, ô-tô tăng vận tốc hơn dự định 5 km/h nên đã đến B sớm hơn 1 giờ so với thời gian dự định. Tính vận tốc dự kiến ban đầu của ô-tô. Bài 4. Cho đường tròn (O), dây BC không phải đường kính. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và cắt nhau tại A. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C), gọi I, H, K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA và AB. Chứng minh: a) Các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp. b) MI2 MK MH c) BM cắt IK tại D, CM cắt IH tại E. Chứng minh DE // BC. Bài 5. Cho a, b, c [0; 1]. Chứng minh rằng: a b2 c3 ab bc ca 1 HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 a) a) x x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 A x 0, x 1 x x x x x x x 1 x x 1 x 2 x x 1 x x 1 (x 1) x 2 x 1 x 1 Vậy x x x 2 x 1 A (với x > 0, x 1 ) x b) Với x > 0, x 1, ta có: 2 2 2 x 1 x 1 0 x 1 4 x 4 x 4 x Vậy khồng có giá trị x nào để A = 4 2 Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y = (2m – 1)x – m + 2 (m là 1
2. tham số) a) Phương trình hoành độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P) là: x2 (2m 1)x m 2 0 x2 (2m 1)x m 2 0 (*) Vì  (2m 1)2 41(m 2) 4m2 8m 9 4 m 1 2 5 0 với mọi m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1) ; B(x2 ; y2 ) 2 2 b) Ta có: y1 x1 ; y2 x2 (vì hai điểm A và B thuộc (P) ), nên: 3 3 3 x1y1 x2 y2 0 x1 x2 0 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) 0 (1) mà hoành độ các giao điểm A và B là nghiệm của (*) nên: x1 x2 2m 1 (hệ thức Vi-et) x1x2 m 2 Do đó: 3 2 (1) (2m 1) 3(m 2)(2m 1) 0 (2m 1) (2m 1) 3(m 2) 0 2 2 7 63 (2m 1)(4m 7m 7) 0 (2m 1) 2m 0 2m 1 0 4 16 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x ; y ) ; B(x ; y ) thỏa mãn khi m 1 1 2 2 = 0,5. 3 Gọi x (km/h) là vận tốc dự kiến ban đầu của ô-tô. (x > 0) 450 Thời gian dự định đi từ A đế B là: (h) x Thực tế ô-tô đi với vận tốc là: x + 5 (km/h) 450 Thời gian thực tế đã đi từ A đêna B là:(h) x 5 Vì ô-tô đến B sớm hơn dự định 1 giờ nên ta có phương trình: 450 450 1 x2 5x 2250 0 x x 5 Giải phương trình được x1 45 (nhận), x2 50 (loại) Vậy vận tốc dự kiến ban đầu của ô-tô là 45 km/h 4 Hình vẽ 2
3. A H K M D E B C I O a) C/m các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp: Ta có: MK  AB và MI  BC (K và I là hình chiếu của M trên AB, BC) B· KM B· IM 90o 90o 180o (1) Chứng minh tương tự, cũng có: C· HM C· IM 90o 90o 180o (2) Từ (1) và (2), suy ra các tứ giác BKMI, CHMI nội tiếp. b) Chứng minh: MI2 MK MH Cách 1: KMB và IMC có: M· KB M· IC 90o 1 K· BM I·CM (= sđB¼M của đường tròn (O) ) 2 MK MB S KMB IMC (g.g) (3) MI MC MB MI S tương tự. cũng có: IMB HMC (g.g) (4) MC MH MK MI Từ (3) và (4), suy ra: MI2 MK MH MI MH Cách 2: Từ kết quả câu a suy ra: I·MK K· BI I·MH I·CH ( 180o ) (I) M· KI M· BI; M· IH M· CH (II) 1 Mặt khác: K· BI I·CH (= = sđB»C của đường tròn (O) ) (III) 2 1 M· BI M· CH (== sđM¼ C của đường tròn (O) ) (IV) 2 Khi đó, KMI và IMH có: I·MK H· MI (suy ra từ (I) và (III) M· KI M· IH (suy ra từ (II) và (IV) ) S KM IM KMI IMH (g.g) MI2 MK MH . IM HM c) Chứng minh DE // BC. Ta có: K· IH K· IM M· IH (5) 3
4. 1 Mà: K· IM K· BM (= sđ K¼củaM đường tròn (B. K, M, I) ) 2 1 = sđ B¼(củaM đường tròn (O) ) (6) 2 1 Chứng minh tương tự, cũng có: M· IH = sđ C¼(củaM đường tròn (O) ) 2 (7) 1 Từ (5), (6) và (7) suy ra: D· IE = sđB»C (nhỏ) 2 1 1 D· IE D· ME D· IE B· MC = sđ B»(nhỏ)C + sđ (lớn)B» C= 180 o 2 2 tứ giác MDIE nội tiếp M· DE M· IE (nội tiếp cùng chắn cung ME) lại có M· IE M· CH (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (CHMI)) và M· CH M· BC (nội tiếp cùng chắn cung CM của đường tròn (O)) Do đó M· DE M· BC ở vị trí so le trong. Vậy DE // BC 5 Ta có: a, b, c [0; 1] (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 abc + a + b + c – ab – bc – ca – 1 0 abc + a + b + c – ab – bc – ca 1 (1) Mặt khác, do 0 a, b, c 1 nên a b2 c3 (abc a b c) b(b 1) c(c 1)(c 1) abc 0 a b2 c3 abc a b c (2) Từ (1) và (2) suy ra: a b2 c3 ab bc ca 1 4