Tài liệu môn Toán ôn thi vào Lớp 10 THPT - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Phúc

146 trang dichphong 4920

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu môn Toán ôn thi vào Lớp 10 THPT - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Phúc", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tai_lieu_mon_toan_on_thi_vao_lop_10_thpt_nam_hoc_2017_2018_t.pdf

Nội dung text: Tài liệu môn Toán ôn thi vào Lớp 10 THPT - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Phúc

TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 5: Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. 1 1 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 y 2 xy ĐỀ SỐ 28 2x + y = 7 Câu 1: 1) Giải hệ phương trình: x - 3y = - 7 2 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 3x – x – 2 = 0. 2 2 Tính giá trị biểu thức P = x1 + x2 . a a a 1 : Câu 2: Cho biểu thức A = với a > 0, a 1. a 1 a + a a - 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm các giá trị của a để A 0 và a 9. a 3 a 3 a a) Rút gọn biểu thức P 1 b) Tìm các giá trị của a để P > . 2 Câu 3: Hai người cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn thời gian người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 86
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 4: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH  BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. 1 Câu 5: Giải phương trình: x3 + x2 - x = - . 3 ĐỀ SỐ 30 Câu 1. 1) Giải phương trình: 3x 75 0 . 3x 2y 1 2) Giải hệ phương trình . 2x y 4 Câu 2. Cho phương trình 2x 2 m 3 x m 0 (1) với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m 2. 2) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x1 x2 . Câu 3. 9a 25 a 4 a3 1) Rút gọn biểu thức P = với a 0 . a2 2 a 2) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Câu 4. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = AC. 1) Chứng minh tam giác ABD cân. 2) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E (E A). Tên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Câu 5. Cho các số dương a,b,c . Chứng minh bất đẳng thức: a b c 2 . b c c a a b ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Tính: a) A 20 3 18 45 72 . b) B 4 7 4 7 . c) C x 2 x 1 x 2 x 1 với x > 1 Câu 2: Cho hàm số y = (2m - 1)x - m + 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 87
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a) Tìm m để hàm số nghịch biến trên R. b) Tìm m để đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) Câu 3: Hai người thợ cùng làm công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3 giờ, 1 người thứ hai làm 6 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì trong 4 bao lâu làm xong công việc? Câu 4: Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là tiếp điểm). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh: a) AM2 = AB.AC b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp OID luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: (2x +1)y = x +1. ĐỀ SỐ 32 Câu 1: 1) Rút gọn biểu thức: P = ( 7 3 2)( 7 3 2) . 2) Trong mp toạ độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y () m2 1 x 1 song song với đường thẳng ():d y 3x m 1. Câu 2: Cho phương trình x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm âm. Câu 3: Cho a, b là các số dương thoả mãn ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (a 4 + b + 1)(a2 + b2) + . a b Câu 4: Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH  BC; MI  AC; MK  AB. a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. x5 2y a (1) Câu 5: Chứng minh nếu a 2 thì hệ phương trình: vô nghiệm. 2 2 x y 1 (2) ĐỀ SỐ 33 x 3y 10 Câu 1: a) Giải hệ phương trình: . 2x y 1 b) Với giá trị nào của m thì hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên tập xác định. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 88
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 a 1 2 a Câu 2: Cho biểu thức A = 1 : với a > 0, a 1 a 1 a 1 a a a a 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi a = 2011 - 2 2010 . Câu 3: Cho phương trình: k (x2 - 4x + 3) + 2(x - 1) = 0. 1 a) Giải phương trình với k = - . 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của k. Câu 4: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC (B, C thứ tự là các tiếp điểm thuộc (O; R) và (O’; R’)). a) Chứng minh BAC = 900 . b) Tính BC theo R, R’. c) Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và đường tròn (O) (D A), vẽ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E (O’)). Chứng minh BD = DE. 2 2 Câu 5: Cho hai phương trình: x + a1x + b1 = 0 (1) , x + a2x + b2 = 0 (2) Cho biết a1a2 > 2 (b1 + b2) . Chứng minh ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. ĐỀ SỐ 34 Câu 1: Rút gọn biểu thức: P = ( a 1 1) 2 ( a 1 1) 2 với a > 1 2 x 1 x 1 x 1 Câu 2: Cho biểu thức: Q = . 2 2 x x 1 x 1 1) Tìm tất cả các giá trị của x để Q có nghĩa. Rút gọn Q. 2) Tìm tất cả các giá trị của x để Q = - 3 x - 3. Câu 3: Cho phương trình x2 + 2 (m - 1) x + m + 1 = 0 với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Giải phương trình: 3x 2 6x 19 x 2 2x 26 = 8 - x2 + 2x . Câu 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng vuông góc với đường thẳng AB. M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho MON = 900. 1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O). AB2 2) Chứng minh AM . AN = . 4 3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất. ĐỀ SỐ 35 x2 6x 9 Câu 1: Rút gọn A = với x 3 . x 3 Câu 2: a) Giải phương trình x2 2x 4 2 . b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(2; 0). TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 89
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 3: Cho phương trình: (x2 - x - m)(x - 1) = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (tiếp điểm A; B) và cát tuyến cắt đường tròn tại 2 điểm C và D không đi qua O. Gọi I là trung điểm của CD. a) Chừng minh 5 điểm M, A, I, O, B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh IM là phân giác của AIB . x4 y 4 1 Câu 5: Giải hệ phương trình: . 3 3 2 2 x y x y ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) Tính (1 5)2 (1 5) 2 . b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0. 2 a a 1 3 7 a Câu 2: Cho biểu thức: P = với a > 0, a 9. a 3 a 3 9 a a) Rút gọn. b) Tìm a để P < 1. Câu 3: Cho phương trình: x4 - 5x2 + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = 4. b) Tìm m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt. Câu 4: Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O) cắt đường tròn (O) tại D; E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O), chứng minh DM  AC. c) Chứng minh: CE . CF + AD . AE = AC2. 2 1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = , với 0 < x < 1 1 x x ĐỀ SỐ 37 x 2 x x 2 x Câu 1: Cho biểu thức: M = x 1 x x 1 x x 1 Rút gọn biểu thức M với x 0. 3x 5y 18 Câu 2: a) Giải hệ phương trình: x 2y 5 b) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị nào của a, b thì đường thẳng (d): y = ax + 2 - b và đường thẳng (d’): y = (3 - a)x + b song song với nhau. Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2x + m = 0 (1) a) Giải phương trình khi m = - 3. 1 1 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: 2 2 = 1. x1 x2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 90
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 4: Cho ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. b) Vẽ OM  BC (M BC). Chứng minh H, M, K thẳng hàng và AH = 2.OM. c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất. x2 x 1 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y = . x2 2x 2 ĐỀ SỐ 38 x 2 x 2x x Câu 1: Cho biểu thức: P = 1 với x > 0. x x 1 x a) Rút gọi biểu thức P. b) Tìm x để P = 0. Câu 2: a) Giải phương trình: x + 1 x2 1 6x 6y 5xy b) Giải hệ phương trình: 4 3 . 1 x y Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m + 1= 0. (1) a) Giải phương trình khi m = - 1. x1 x2 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn 4 . x2 x1 Câu 4: ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB, AC tại B, C. Đường thẳng qua điểm M trên BC vuông góc với OM cắt tia AB, AC tại D, E. a) Chứng minh 4 điểm O, B, D, M cùng thuộc một đường tròn. b) MD = ME. Câu 5: Giải phương trình: x2 + 3x + 1 = (x + 3) x2 1 ĐỀ SỐ 39 Câu 1: 1) Tính: 48 - 2 75 + 108 1 1 1 2) Rút gọn biểu thức: P= - . 1 - với x 1 và x >0 1 - x 1 + x x Câu 2: 1) Trên hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N (4; -1). Tìm hệ số a và b. 2x + 5y = 7 2) Giải hệ phương trình: 3x - y = 2 Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2mx - 6m = 0 (1) 1). Giải phương trình (1) khi m = 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 91
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia. 2 Câu 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. 3 Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 5: Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x 0 , y 0, 2x + 3y 6 và 2x + y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = x 2 - 2x – y. ĐỀ SỐ 40 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. 2 b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m -1)x + m song song với đường thẳng d. ax by 3 x 3 Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình có nghiệm . bx ay 11 y 1 Câu 3. Cho phương trình: (1 3)x2 2x 1 3 0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm 1 1 là và . x1 x2 Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F sao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF. x3 2y 2 4y 3 0 (1) Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện : . 2 2 2 x x y 2y 0 (2) Tính giá trị biểu thức P = x2 y 2 . TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 92
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 Câu 1: a) Ta có: a + b = ( 2 3 ) + ( 2 3 ) = 4 a.b = ( 2 3 )( 2 3 = 1. Suy ra P = 3. 3x + y = 5 6x + 2y = 10 7x = 7 x = 1 b) . x - 2y = - 3 x - 2y = - 3 y = 5 - 3x y = 2 Câu 2: 2 1 1 x 1 x x 1 a) P = : . x - x x 1 x - 2 x 1 x x 1 x x 1 x 2 1 x x 1 x 1 x 1 x - 1 . x x 1 x x. x x x - 1 1 b) Với x > 0, x 1 thì 2 x - 1 x x > 2 . x 2 1 Vậy với x > 2 thì P > . 2 Câu 3: a) Với m = 6, ta có phương trình: x2 – 5x + 6 = 0 ∆ = 25 – 4.6 = 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = 2. b) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 25 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0 m (*) 4 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). Mặt khác theo bài ra thì x1 x 2 3 (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. Câu 4: 0 a) Tứ giác BEFI có: BIF 90 (gt) (gt) C E BEF BEA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF F b) Vì AB  CD nên AC AD, A B I O suy ra ACF AEC . Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và ACF AEC . D AC AE Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC AF AC 2 AE.AF = AC c) Theo câu b) ta có ACF AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). Mặt khác ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC  CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Câu 5: Ta có (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0 (a + b)2 4ab TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 93
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a + b 4 1 1 4 4 P , mà a + b 2 2 ab a + b b a a + b a + b 2 4 4 a - b 0 P 2 . Dấu “ = ” xảy ra a = b = 2 . Vậy: min P = 2 . a + b 2 2 a + b = 2 2 ĐỀ SỐ 2 1 1 3 7 3 7 2 7 Câu 1: a) 7 3 7 3 7 3 7 3 7 2 7 37 7 37 b) ∆ = 49 – 4.3 = 37; phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x ;x . 12 2 2 Câu 2: a) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: - x + 2 = x2 x2 + x – 2 = 0. Phương trình này có tổng các hệ số bằng 0 nên có 2 nghiệm là 1 và – 2. + Với x = 1 thì y = 1, ta có giao điểm thứ nhất là (1;1) + Với x = - 2 thì y = 4, ta có giao điểm thứ hai là (- 2; 4) Vậy (d) giao với (P) tại 2 điểm có tọa độ là (1;1) và (- 2; 4) b) Thay x = 2 và y = -1 vào hệ đã cho ta được: 8 - a = b a = 2 + b a = 5 . 2 + b = a 8 - 2 + b b b = 3 Thử lại : Thay a = 5 và b = 3 vào hệ đã cho thì hệ có nghiệm duy nhất (2; - 1). Vậy a = 5; b = 3 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; - 1). Câu 3: Gọi x là số toa xe lửa và y là số tấn hàng phải chở. Điều kiện: x N*, y > 0. 15x = y - 5 Theo bài ra ta có hệ phương trình: . Giải ra ta được: x = 8, y = 125 (thỏa mãn) 16x = y + 3 Vậy xe lửa có 8 toa và cần phải chở 125 tấn hàng. Câu 4: a) Ta có: AIM AKM 900 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. b) Tứ giác CPMK có MPC MKC 900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp MPK MCK (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK MBC (cùng chắn MC ) (2). Từ (1) và (2) suy ra MPK MBC (3) c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. A Suy ra: MIP MBP (4). Từ (3) và (4) suy ra MPK MIP . Tương tự ta chứng minh được MKP MPI . K MP MI I Suy ra: MPK ~ ∆MIP M MK MP 2 3 H C MI.MK = MP MI.MK.MP = MP . B P Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố O định). Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 94
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R 3 – OH ) M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Câu 5: Đặt x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a - 1 b - 1 c - 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 a b c 4 4 a a 4 b b 4 c c 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 a = b = c = 2 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015. ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Đặt x2 = y, y 0. Khi đó phương trình đã cho có dạng: y2 + 3y – 4 = 0 (1). Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - 4. Do y 0 nên chỉ có y1 = 1 thỏa mãn. Với y1 = 1 ta tính được x = 1. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1. 2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1 b) 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 1 y = - 1 3 6 2 8 3 1 2 2 1 2 Câu 2: a) A = 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 x + 2 x 1 1 x ( x + 2) b) B = . = . 2 x 4 x + 4 x 4 x x 2 x 2 ( x 2) x 1 1 x 2 x 2 4 = x 2 x 2 x - 4 x - 4 Câu 3: a) Vẽ đồ thị các hàm số y = - x2 và y = x – 2. b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x – 2 và parabol y = - x2 là nghiệm của phương trình:- x2 O = x – 2 x2 + x – 2 = 0 Suy ra các giao điểm cần tìm là: L( 1; -1 ) và K ( - 2; - 4 ) (xem hình vẽ). Câu 4: a) Tứ giác AEHF có: AEH AFH 900 (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp. - Tứ giác BCEF có: BEC BFC 900 (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: BEF BCF (1). Mặt khác BMN BCN = BCF (góc nội tiếp cùng chắn BN ) (2). Từ (1) và (2) suy ra: BEF BMN MN // EF. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 95
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 c) Ta có: ABM ACN ( do BCEF nội tiếp) AM AN AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN OA  MN , mà MN song song với EF nên suy ra OA EF. Câu 5: ĐK: y > 0 ; x R. Ta có: P = x2 - x y + x + y - y + 1 2 y 1 3yy 3 = x2 - x( y - 1) + + - + 4 4 2 4 - 1 2 2 x = y 1 3 1 2 2 3 x - y . Dấu “=” xảy ra . 2 4 3 3 3 1 y = 9 2 Suy ra: Min P = . 3 ĐỀ SỐ 4 Câu 1: 4 4 3 4 3 5 5 5 1 5 5 5 5 a) 2 ; = 2 . 3 3 3 5 1 5 1 5 1 5 1 4 1 b) Thay x = - 2 và y = vào hàm số y = ax2 ta được: 4 1 1 1 a.(-2)2 4a = a = . 4 4 16 Câu 2: 7 - x 0 x 7 (1) a) 2x + 1 = 7 - x 2 2 2x + 1 = 7 - x x 16x + 48 = 0 Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = 0 ta được hai nghiệm là 4 và 12. Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã cho. 1 2x + 3y = 2 10x = 5 x = 4x + 6y = 4 2 b) 1 1 . x - y = 6x - 6y = 1 y = x - 1 6 6 y = 3 Câu 3: a) Với m = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0. Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = 3 5; x2 3 5 . b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 / m 2 Phương trình (1) có nghiệm 0 (*). m -2 2 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. Suy ra: ( x1 + 1 ) + ( x2 + 1 ) = 2 2 2 2 2 x1 + 2x1 + x2 + 2x2 = 0 (x1 + x2) – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 4m – 8 + 4m = 0 2 m1 1 m + m – 2 = 0 . m2 2 Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm. Câu 4: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 96
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a) Tứ giác BIEM có: IBM IEM 900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM. b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME IBE 450 (do ABCD là hình vuông). 0 N c) ∆EBI và ∆ECM có: IBE MCE 45 , BE = CE , K BEI CEM ( do IEM BEC 900 ) ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; suy ra MB = IA MA MB IA M Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: = . B C MN MC IB Suy ra IM song song với BN (định lí Thalet đảo) I BKE IME 450 (2). Lại có BCE 450 (do ABCD là hình E vuông). Suy ra BKE BCE BKCE là tứ giác nội tiếp. Suy ra: BKC BEC 1800 mà BEC 900 ; suy ra A D BKC 900 ; hay CK  BN . Câu 5: Ta có: a - b 2 b - c 2 c - a 2 0 2 a2 b 2 c 2 2 ab + bc + ca a2 b 2 c 2 ab + bc + ca (1). Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) a2 < ab + ac. Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. ĐỀ SỐ 5 3 2 3 2 3 2 .6 .6 .6 .6 .6321 Câu 1: a) 2 3 2 3 2 3 b) Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A(2; 3) nên thay x = 2 và y = 3 vào phương trình đường thẳng ta được: 3 = 2a + b (1). Tương tự: 1 = -2a + b (2). Từ đó ta có hệ: 1 2a + b = 3 2b = 4 a = 2 . - 2a + b = 1 2a + b = 3 b = 2 Câu 2: a) Giải phương trình: x2 – 3x + 1 = 0. Ta có: ∆ = 9 – 4 = 5 3 5 3 5 Phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = . 2 2 b) Điều kiện: x 1. x - 2 4x x + 1 - 2 x - 1 4 + = + = x - 1 x + 1 x2 - 1 x 2 - 1 x 2 - 1 x 2 - 1 2 x1 1 x(x + 1) – 2(x – 1) = 4 x – x – 2 = 0 . x2 2 Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 97
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 3: Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h). Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là: x – 10 (km/h) (Đk: x > 10). 120 120 Thời gian để ô tô thứ nhất và ô tô thứ hai chạy từ A đến B lần lượt là (h) và (h). x x - 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: 0, 4 x x - 10 Giải ra ta được x = 60 (thỏa mãn).Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và ô tô thứ hai là 50 km/h. Câu 4: a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau A và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật D O b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra: C 1 CAD BCE 900 (1). Lại có CBE sđ BC (góc tạo bởi tiếp 2 E B F tuyến và dây cung); 1 ACD sđ AD (góc nội tiếp), mà BC AD (do BC = AD) CBE ACD (2). Từ (1) và (2) suy 2 ra ∆ACD ~ ∆CBE . c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra ACD DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 S EF2 S EB S BF SS 1 . Tương tự ta có 2 . Từ đó suy ra: 1 2 1 SSS . S EF S EF SS 1 2 Câu 5: Đk: x3 + 1 0 x -1 (1). Đặt: a = x + 1 ; b = x2 - x + 1 ,( a 0; b>0) (2) a2 + b2 = x2 + 2. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 10.ab = 3.(a2 + b2) a - 3b 3a - b 0 a = 3b hoặc b = 3a. +) Nếu a = 3b thì từ (2) suy ra: x + 1 = 3 x2 - x + 1 9x2 – 10x + 8 = 0 (vô nghiệm). +) Nếu b = 3a thì từ (2) suy ra: 3 x + 1 = x2 - x + 1 9x + 9 = x2 – x + 1 x2 – 10x – 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm x1 = 5 33 ; x2 = 5 33 (thỏa mãn (1)). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5 33 và x2 = 5 33 . ĐỀ SỐ 6 Câu 1: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 98
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 a) A = 2 . 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3 2 3 1. b a b a b) - . a b - b a - . ab a - b a - ab ab - b a a b b a b b. ab a. ab b - a. a > 0, b > 0, a b a b Câu 2: a) Đk: x 0 và y 0. (*) Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta được: x 2 2 3 2 2 2x 3x - 2 = 0 1 . x x + 1 x 2 + Với x = 2, suy ra y = x + 1 = 3 (thoả mãn (*)) 1 1 + Với x = , suy ra y = x +1 = (thoả mãn (*)) 2 2 1 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (2; 3) và ; . 2 2 2 b) Phương trình x – x – 3 = 0 có các hệ số a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 2 2 2 Do đó: P = x1 + x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = 1 + 6 = 7. Câu 3: a) Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3. Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1) 1 1 Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2; ) nên ta có: 2a + b (2). 2 2 9 Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b = . 2 b) Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) ( x; y > 0). xy = 40 xy = 40 Theo bài ra ta có hệ phương trình: . x + 3 y + 3 xy + 48 x + y = 13 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. Câu 4: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 99
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a) Ta có: B MAB 900 (gt)(1). MNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) N MNB 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp. 0 BAC BIC 90 C Tương tự, tứ giác ABCI có: A M ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn. I b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA MBA (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3). Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4). Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA MCI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5). Từ (3),(4),(5) suy ra MNI MNA NM là tia phân giác của ANI . BN BI c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và BNM BIC 900 ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BM BC BM.BI = BN . BC . Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6). Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (7). Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh. Câu 5: A = 2x - 2 xy y - 2 x 3 . x 0 Trước hết ta thấy biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi: (1). xy 0 Từ (1) ta thấy nếu x = 0 thì y nhận mọi giá trị tùy ý thuộc R (2). Mặt khác, khi x = 0 thì A = y + 3 mà y có thể nhỏ tùy ý nên A cũng có thể nhỏ tùy ý. Vậy biểu thức A không có giá trị nhỏ nhất. ĐỀ SỐ 7 x - 1 0 Câu 1: a) Biểu thức A có nghĩa 1 x 3 . 3 - x 0 1 1 3 5 5 1 b) 3 5 5 1 3 5 3 5 5 1 5 1 3 5 5 1 3 5 5 1 = 1. 9 5 5 1 4 2 x 5 Câu 2: a) ( x – 3 ) = 4 x – 3 = ± 2 . x 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 5; x = 1 1 b) Đk: x . 2 x - 1 1 x - 1 1 (2 x - 2) - (2 x 1) - 0 0 2x 1 2 2 x 1 2 2(2 x 1) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 100
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3 1 0 2x + 1 > 0 x > - . 2 2x + 1 2 Câu 3: a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, m R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. 2 2 2 Ta có: x1 + x2 – x1x2 = 7 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m2 + 3 = 7 m2 = 1 m = ± 1. Câu 4: a) ∆SBC và ∆SMA có: BSC MSA , SCB SAM (góc nội tiếp cùng chắn MB ). SBC~ SMA . b) Vì AB  CD nên AC AD . 1 Suy ra MHB MKB (vì cùng bằng (sdAD sdMB) tứ 2 giác BMHK nội tiếp được đường tròn HMB HKB 1800 (1). Lại có: HMB AMB 900 (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Từ (1) và (2) suy ra HKB 900 , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB). c) Vẽ đường kính MN, suy ra MB AN . 1 1 1 Ta có: OSM ASC (sđ AC - sđ BM ); OMK NMD sđ ND = (sđ AD - sđ AN ); 2 2 2 mà AC AD và MB AN nên suy ra OSM OMK OS OM OSM~ OMK (g.g) OK.OS = OM2 R 2 . OM OK x3 1 2 y (1) Câu 5: Giải hệ phương trình: 3 y 1 2 x (2) Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được: x3 – y3 = 2(y – x) (x – y)(x2 – xy + y2 + 2) = 0 x – y = 0 x = y. 2 2 2 2 y 3y ( do x – xy + y + 2 = x - 2 0) 2 4 Với x = y ta có phương trình: x3 – 2x + 1 = 0 -1+ 5 -1- 5 (x – 1)(x2 + x – 1) = 0 x = 1;x = ; x= . 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 1;1 , ; , ; Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: . 2 2 2 2 ĐỀ SỐ 8 Câu 1: 2x y 5 6 x 3 y 15 7 x 14 x 2 a) x - 3 y - 1 x - 3 y - 1 y 5 - 2 x y 1 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 101
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 b) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 1 1x2 x 1 1 2 1 Do đó P = : . x1 x 2 x 1 x 2 3 3 2 Câu 2: a a a 1 a 1 a) A = : . a 1 a 1 a 1 a( a - 1) ( a - 1)( a 1) a 1 ( a - 1) a > 0, a 1 b) A < 0 0 a < 1. a 1 Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. - 3 Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 - 3 – 4m 0 4m 3 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: (1 + m)(1 + m – 2) = 3 m2 = 4 m = ± 2. Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. Câu 4: x a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: MAO MCO 900 AMCO N là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. C ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADM 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra M D OM là đường trung trực của AC I E AEM 900 (2). A H O B Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE AME AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3) Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra ADE ACO c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì IC IH BI (6). MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Câu 5: Vì b, c 0;1 nên suy ra b2 b; c 3 c . Do đó: a + b2 + c3 – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1). TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 102
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) Vì a, b, c 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc 0 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3). Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. ĐỀ SỐ 9 Câu 1: a) Thay x = 3 2 vào hàm số ta được: 2 y = 3 2 3 2 1 3 22 1 0 . 1 b) Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = ; còn đường thẳng y = 3x 2 m + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = . Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm 3 m 1 -3 trên trục hoành m = . 3 2 2 3 x 6 x x - 9 : Câu 2: a) A = x - 4 x 2 x 3 3( x 2) x x 3 x 3 : x 2 x 2 x 2 x 3 3 x 1 1 . x 0,x 4,x 9 , với . x 2 x 3 x 2 b) Điều kiện: x ≠ 3 và x ≠ - 2 (1). x3x52 1 x3x5 2 x2 (1) x2 3x 5 x 2 (x 2)(x 3) x 3 (x 2)(x 3) (x 2)(x 3) 2 x – 4x + 3 = 0. Giải ra ta được: x1 = 1 (thỏa mãn); x2 = 3 (loại do (1)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3: a) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1 . x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2 Vậy phương trình có nghiệm (1; 2). b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 y = m + 1 Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10 m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 1 19 1 19 Giải ra ta được: m ;m . 12 2 2 Câu 4: a) Tứ giác ACNM có: MNC 900 (gt) MAC 900 ( tínhchất tiếp tuyến). ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 103
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 b) ∆ANB và ∆CMD có: ABN CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) BAN DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) 0 y c) ∆ANB ~ ∆CMD CMD ANB = 90 (do ANB là góc nội x tiếp chắn nửa đường tròn (O)). D N Suy ra IMK INK 900 IMKN là tứ giác nội tiếp đường C tròn đường kính IK IKN IMN (1). K I Tứ giác ACNM nội tiếp IMN NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). A M O B 1 Lại có: NAC ABN ( sđ AN ) (3). Từ (1), (2), (3) suy ra IKN ABN IK // AB (đpcm). 2 a + b 2(a + b) Câu 5: Ta có: (1) a 3a + b b 3b + a 4a 3a + b 4b 3b + a Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 4a 3a + b 2 2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b 3b + a 3 2 2 Từ (2) và (3) suy ra: 4a 3a + b 4b 3b + a 4a + 4b 4 Từ (1) và (4) suy ra: a + b 2(a + b) 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. a 3a + b b 3b + a 4a + 4b 2 ĐỀ SỐ 10 Câu 1: 2 a) A = 38 50 21 62 52 21 = 2 21 1 2 2 x2 - 2x + 1 2 x - 1 2 x - 1 b) B = . . x - 1 4x2 x - 1 2 2 x 2 x - 1 2 x - 2 x - 1 1 Vì 0 < x < 1 nên x - 1 x - 1 ; x x B = . 2x x - 1 x 2 x - 1 y = 3 2x y = 5 2x y = 5 x = 1 Câu 2: a) x - 3y = - 8 2x - 6y = - 16 7y = 21 y = 3 b) x + 3 x 4 0 Đặt x = t (t ≥ 0) (1) Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0; suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)). TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 104
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 3: Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x > 0). Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) x 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 Theo bài ra ta có phương trình: 7 (1) x x + 10 40 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II. Câu 4: a) Ta có ABC và ABD lần lượt là các góc nội / tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O ) F E N d 0 A ABC ABD 90 I Suy ra C, B, D thẳng hàng. M b) Xét tứ giác CDEF có: O/ O CFD CFA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường D tròn (O)) K C B CED AED 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/) CFD CED 900 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp. c) Ta có CMA DNA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang. Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy ra IK  MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK d  AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Câu 5: Ta có: x + x2 2011 y + y 2 2011 2011 (1) (gt) x + x2 2011 x - x 2 2011 2011 (2) y + y2 2011 y - y 2 2011 2011 (3) Từ (1) và (2) suy ra: y + y2 2011 x - x 2 2011 (4) Từ (1) và (3) suy ra: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 105
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 x + x2 2011 y - y 2 2011 (5) Cộng (4) và (5) theo từng vế và rút gọn ta được: x + y = - (x + y) 2(x + y) = 0 x + y = 0. ĐỀ SỐ 11 Câu 1: 1) Rút gọn 2 1 - a 1 + a + a 1 - a A = + a 1 - a 1 - a 1 + a 12 1 = 1 + 2 a + a .2 = 1 + a . 2 = 1. 1 + a 1 + a 2) Giải phương trình: 2x2 - 5x + 3 = 0 3 Phương trình có tổng các hệ số bằng 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = . 2 Câu 2: 1) Hàm số nghịch biến khi trên R khi và chỉ khi 3 - k 3 2 x = 4x + y = 5 8x +2y = 10 11x = - 2 11 2) Giải hệ: 3x - 2y = - 12 3x - 2y = -12 4x + y = 5 63 y = 11 Câu 3: 1) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu khi: m < 0 2) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ∆’ = 9 - m ≥ 0 m ≤ 9 x1 + x 2 = 6 (1) Theo hệ thứcViét ta có x1 . x 2 = m (2) Theo yêu cầu của bài ra x1 - x2 = 4 (3) Từ (1) và (3) x1 = 5, thay vào (1) x2 = 1 Suy ra m = x1.x2 = 5 (thoả mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. Câu 4: a) Ta có E là trung điểm của AC OE  AC hay OEM = 900. 0 Ta có Bx  AB ABx =90 . B nên tứ giác CBME nội tiếp. O b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp A I OMB = OEB (cung chắn OB ), E C EOM = EBM (cùng chắn cung EM) M EIO ~ MIB (g.g) IB.IE = x M.IO 6 8 3 3 3 6 y 8 Câu 5: Ta có : P = 3x + 2y + + = ( x + y) + ( x + ) + ( + ) x y 2 2 2 x 2 y TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 106
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3 3 3 3 Do x + y = x + y . 6 = 9. 2 2 2 2 3x 6 3x 6 y 8 y 8 + 2 . = 6 , + 2 . = 4 2 x 2 x 2 y 2 y Suy ra P ≥ 9 + 6 + 4 = 19 x + y = 6 3x 6 x = 2 Dấu bằng xẩy ra khi = . Vậy min P = 19. 2 x y = 4 y 8 = 2 y ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 a + a a - a 1 + 1 + 2) B = với a ≥ 0, a ≠ 1 a + 1 1 - a a ( a + 1) a ( a - 1) 1 + 1 - a a = = (1 + ) (1 - ) = 1 - a a + 1 a - 1 2 Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2) 4a = -12 a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2. 2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: - 1 ∆’ > 0 (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0 m > (*) 2 Phương trình có nghiệm x = - 2 4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 2 m = 0 m - 4m = 0 (thoả mãn điều kiện (*)) m = 4 Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2). Theo bài ra ta có hệ phương trình: (x + 2) (y + 3) = xy + 100 (x - 2) (y - 2) = xy - 68 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 107
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100 xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 . 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14 Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). 0 Câu 4: 1) Ta có BAC = 90 (gt) k MDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp a d Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB = ACB (cùng chắn cung AB). s (1) m Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS (cùng bù với MDS). O (2) Từ (1) và (2) BCA = ACS . b 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK. e c M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K. 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp DAC = DBC (cùng chắn DC ). (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp MAE = MBE (cùng chắn ME ). (4) Từ (3) và (4) DAM = MAE hay AM là tia phân giác DAE . Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE . Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0 x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0 x - 2 - x + 3 x - 1 - 1 = 0 x - 2 = x + 3 (VN) x 2 (thoả mãn đk (*)) x - 1 - 1 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. ĐỀ SỐ 13 Câu 1: 1) Điều kiện: a ≥ 0, a ≠ 1, a ≠ 2 a - 1 a + a + 1 a + 1 a - a + 1 a + 2 Ta có: P = - : a a - 1 a a + 1 a - 2 a + a + 1 - a + a - 1 a + 2 2 (a - 2) = : = a a - 2 a + 2 2a - 4 2a + 4 - 8 8 2) Ta có: P = = = 2 - a + 2 a + 2 a + 2 P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8  (a + 2) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 108
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a + 2 = 1 a = - 1; a = - 3 a + 2 = 2 a = 0 ; a = - 4 a + 2 = 4 a = 2 ; a = - 6 a + 2 = 8 a = 6 ; a = - 10 Câu 2: 1) Đường thẳng đi qua điểm M (1; -1) khi a + (2a - 1) . (- 1) + 3 = 0 a - 2a + 4 = 0 a = 4 - 4 3 Suy ra đường thẳng đó là 4x + 7y + 3 = 0 7y = - 4x - 3 y = x - 7 7 4 nên hệ số góc của đường thẳng là 7 2) a) Phương trình có nghiệm x = 0 nên: m + 1 = 0 m 1. b) Phương trình có 2 nghiệm khi: ∆’ = m2 - (m - 1) (m + 1) ≥ 0 m2 - m2 + 1 ≥ 0, đúng  m. m + 1 3 Ta có x1.x2 = 5 = 5 m + 1 = 5m - 5 4m = 6 m = . m - 1 2 3 1 5 Với m = ta có phương trình : x2 - 3x + = 0 x2 - 6x + 5 = 0 2 2 2 - b Khi đó x1 + x2 = = 6 a 4x + 7y = 18 25x = 25 x = 1 Câu 3: Hệ đã cho . 21x - 7y = 7 3x - y = 1 y = 2 Câu 4:     1) Theo giả thiết ta có: B1 = B 2 , B 3 = B 4 A     0 Mà B1 + B 2 + B 3 + B 4 = 180   0 B2 B 3 90   0 Tương tự C + C = 90 I 2 3 0 Xét tứ giác BICK có B + C = 180 1 1 H 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính B 2 2 C 3 IK. 4 3 4 2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ O IOC cân tại O OIC = ICO. (1)   Ta lại có C1 = C 2 (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC. K Ta có AH  BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). Trong ∆ IHC có HIC + ICH = 900 OCI + ICA = 90 0 . Hay ACO = 900 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 3) Ta có BH = CH = 12 (cm). Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16 Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 109
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 IA AC AH - IH AC 20 5 = = = = (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6 IH CH IH CH 12 3 Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180 Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK IC2 180 IK = = = 30 , OI = OK = OC = 15 (cm) IH 6 Câu 5: Ta có x2 + x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010 1 1 (1) x2 + x + - x - 2010 + x + 2010 - = 0 4 4 1 1 2 2 x + = x + 2010 - . (2) 1 1 2 2 x + - x +2010 - = 0 2 2 1 1 x + = - x + 2010 + . (3) 2 2 x 1 0 Giải (2) : (2) 2 (x 1) x 2010 (4) (4) (x + 1)2 = x + 2010 x2 + x - 2009 = 0 ∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037 - 1 + 8037 -1 - 8037 x = ; x = (loại) 12 2 2 2010 x 0 Giải (3): (3) x x 2010 2 x x 2010 (5) (5) x2 x 2010 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041, 1 + 8041 1 - 8041 x = ; x = (loại nghiệm x1) 12 2 2 1 8037 1 8041 Vậy phương tình có 2 nghiệm: x ; x . 2 2 SỐ 14 x + 1 2 x 2 + 5 x Câu 1: 1) Ta có : P = + - x - 2 x +2 x - 4 ( x+1) ( x +2) + 2 x ( x - 2) - 2 - 5 x P = = ( x - 2) ( x + 2) x + 3 x +2 + 2x - 4 x - 2 - 5 x = ( x +2) ( x - 2) 3x - 6 x 3 x ( x 2) 3 x = = = ( x + 2) ( x - 2) ( x + 2) ( x - 2) x +2 3 x 2) P = 2 khi = 2 3 x = 2 x +4 x = 4 x = 16 x +2 m 1 0 m 1 Câu 2: 1) d song song với trục Ox khi và chỉ khi . n 0 n 0 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 110
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 m 1 3 m 2 2) Từ giả thiết, ta có: . 1 m 1 n n 2 Vậy đường thẳng d có phương trình: y 3x 2 2 x = 0 Câu 3: 1) Với m = - 3 ta có phương trình: x + 8x = 0 x (x + 8) = 0 x = - 8 2) Phương trình (1) có 2 nghiệm khi: ∆’ 0 (m - 1)2 + (m + 3) ≥ 0 m2 - 2m + 1 + m + 3 ≥ 0 1 15 m2 - m + 4 > 0 (m )2 0 đúng m 2 4 Chứng tỏ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  m x1 + x 2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có: x1 - x 2 = - m - 3 (2) 2 2 2 2 Ta có x1 + x 2 = 10 (x1 + x2) - 2x1x2 = 10 4 (m - 1) + 2 (m + 3) = 10 m = 0 2 4m - 6m + 10 = 10 2m (2m - 3) = 0 3 m = 2 3) Từ (2) ta có m = -x1x2 - 3 thế vào (1) ta có: x1 + x2 = 2 (- x1x2 - 3 - 1) = - 2x1x2 - 8 x + x + 2x x + 8 = 0 1 2 1 2 a Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc m. Câu 4: 1) Từ giả thiết suy ra e o 0 0 CFH = 90 , HEB = 90 . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) f Trong tứ giác AFHE có: A = F = E = 900 AFHE c b là hình chữ nhật. o2 h o1 2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp AFE = AHE (góc nội tiếp chắn AE ) (1) Ta lại có AHE = ABH (góc có cạnh tương ứng  ) (2) Từ (1) và (2) AFE = ABH mà CFE + AFE = 1800 CFE + ABH = 1800 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. 3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. OF = OH FOH cân tại O OFH = OHF. Vì ∆ CFH vuông tại F O2C = O2F = O2H ∆ HO2F cân tại 0 0 O2. O2 FH = O 2 HF mà O2 HF + FHA = 90 . O2 FH + HFO = 90 . Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1. Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. Câu 5: Tìm GTLN, GTNN của x thoả mãn. x + a + b + c = 7 (1) 2 2 2 2 x + a + b + c = 13 (2) Từ (1) a + b + c = 7 - x Từ (2) a2 + b2 + c2 = 13 - x2. Ta chứng minh: 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 111
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2ac - 2bc ≥ 0 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đpcm) Suy ra 3 (13 - x2) ≥ (7 - x)2. 3 (13 - x2) ≥ 49 - 14x + x2. 5 4x2 - 14x + 10 ≤ 0 1 ≤ x ≤ . 2 5 3 5 x khia b c ,x1khia b c 2 . Vậy max x = , min x = 1. 2 2 2 ĐỀ SỐ 15 x 1 1 2 - : + Câu 1: a) M = x - 1 x - x x + 1 x - 1 x 1 x - 1 2 = - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 = : = . x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 x - 1 = . x b) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (thoả mãn) Câu 2: a) Ta thấy: a = 1; b = - 2m; c = - 1, rõ ràng: a. c = 1 . (-1) = -1 < 0 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b x1 + x 2 = - 2m a 2 2 2 do đó: x1 + x 2 - x 1 x 2 = 7 x 1 + x 2 - 3x 1 x 2 = 7 c x . x = = - 1 1 2 a (2m)2 - 3 . ( -1) = 7 4m2 = 4 m2 = 1 m = 1. Câu 3: Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, dương) Số xe lúc sau là: x + 3 (chiếc) 480 480 Lúc đầu mỗi xe chở: (tấn hàng), sau đó mỗi xe chở: (tấn hàng) x x + 3 480 480 Ta có phương trình: - = 8 x2 + 3x - 180 = 0 x x +3 Giải phương trình ta được x1 = - 15 (loại); x2 = 12 (TMĐK) Vậy đoàn xe lúc đầu có 12 chiếc. Câu 4: a) AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM  MB (1) MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB n ON  MB (2) Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang. m TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 112 k b a o
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 b) ∆ NHK có HM  NK; KB  NH. suy ra O là trực tâm ∆NHK ON  KH (3) Từ (2) và (3) KH // MB Câu 5: 5x - 2 x (2 + y) + y2 + 1 = 0 (1). Điều kiện: x ≥ 0 Đặt x = z, z 0, ta có phương trình: 5z2 - 2(2 + y)z + y2 + 1 = 0 Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn z thì phương trình có nghiệm khi ∆’ ≥ 0 ∆’ = (2 + y)2 - 5(y2 + 1) = - (2y - 1)2 ≤ 0 với  y 1 Để phương trình có nghiệm thì ∆’ = 0 y = 2 1 1 1 Thế vào (1) ta tìm được x = . Vậy x = và y = là các giá trị cần tìm. 4 4 2 ĐỀ SỐ 16 Câu 1: x x(2 x - 1) x - 2 x + 1 1) K = - = = x - 1 x - 1 x( x - 1) x - 1 2 2) Khi x = 4 + 2 3 , ta có: K = 4 2 3 - 1 = 3+1 -1= 3+1-1= 3 Câu 2: 1) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên a = 3. Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (-1;2) nên ta có:2 = 3.(-1) + b b= 5 (t/m vì b 1) Vậy: a = 3, b = 5 là các giá trị cần tìm. 3x + 2y = 6 3 (3y + 2) + 2y = 6 11y 0 x 2 2) Giải hệ phương trình: . x - 3y = 2 x = 3y + 2 x 3y 2 y 0 Baì 3: Gọi x là số xe lúc đầu ( x nguyên dương, chiếc) Số xe lúc sau là : x+3 (chiếc) Lúc đầu mỗi xe chở : 96 (tấn hàng) x Lúc sau mỗi xe chở : 96 ( tấn hàng) x + 3 Ta có phương trình : 96 - 96 = 1,6 x2 + 3x -180 = 0 x x + 3 Giải phương trình ta được: x1= -15 ; x2=12. Vậy đoàn xe lúc đầu có: 12 (chiếc). Câu 4: 1 1 1) CDE = Sđ DC = Sđ BD = BCD a 2 2 DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 2) APC = 1 sđ (AC - DC) = AQC 2 o b Tứ giác PACQ nội tiếp (vì APC = AQC ) c 3) Tứ giác APQC nội tiếp CPQ = CAQ (cùng chắn CQ ) d e p TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC q 113
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 CAQ = CDE (cùng chắn DC ) Suy ra CPQ = CDE DE // PQ DE CE DE QE Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) PQ CQ FC QC DE DE CE + QE CQ 1 1 1 Cộng (1) và (2) : + = = = 1 + = (3) PQ FC CQ CQ PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) ta có : + = CQ CF CE a a a + c Câu 5 : Ta có 0, phương trình có hai nghiệm - 3 33 phân biệt x1, 2 = 2 b) Ta có ∆ = - (2m +12 - 4 (m2 + 5m) = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 - 20m = 1 - 16m. 1 Phương trình có hai nghiệm ∆ ≥ 0 1 - 16m ≥ 0 m 16 Khi đó hệ thức Vi-ét ta có tích các nghiệm là m2 + 5m. Mà tích các nghiệm bằng 6, do đó m2 + 5m = 6 m2 + 5m - 6 = 0 Ta thấy a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0 nên m1 = 1; m2 = - 6. 1 Đối chiếu với điều kiện m ≤ thì m = - 6 là giá trị cần tìm. 16 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x + 1 = 2x + 1 y = - x Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = 2x + 1 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đó tính được : y . 3 3 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 114
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( ;) . 3 3 b) Hai đường thẳng (d), ( d ) song song khi và chỉ khi m2 - 2 = - 1 m = 1 m = 1 m + 2 1 m - 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau t Câu 4: a) Trong tam giác vuông ATO có: R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) e h c b) Ta có ATB = BCT  (cùng chắn cung TB) a b o d BCT = BTH (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). ATB = BTH hay TB là tia phân giác của góc ATH. k c) Ta có ED // TC mà TC  TB nên ED  TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T. HB BD BE d) BD // TC nên = = (vì BD = BE) (1) HC TC TC BE AB BE // TC nên = (2) TC AC HB AB Từ (1) và (2) suy ra: = HC AC Câu 5: Từ giả thiết: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = 0 2 2 2 7 7 7 2 x +y + 2. x +y . + - + 10 = - y 0 2 2 2 2 2 7 9 7 9 x + y + - 0 x + y + . 2 4 2 4 Giải ra được - 4 ≤ x + y + 1 ≤ - 1. A = -1 khi x = - 2 và y = 0, A = - 4 khi x = -5 và y = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là - 4 và giá trị lớn nhất của A là - 1. ĐỀ SỐ 18 Câu 1: Rút gọn biểu thức: 1) 45 20 5 = 32 .5 2 2 .5 5 = 3 5 2 5 5 = 4 5 x x x 4 x( x 1) ( x 2)( x 2) 2) = x x 2 x x 2 = x 1 x 2 = 2 x 1 Câu 2: Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét) Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72 x +y = 36 (1) Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có : 2 (3 x + 2y) = 194 3x + 2y = 97 (2) x + y = 36 x = 25 Ta có hệ PT : Giải hệ ta được: 3x + 2y = 97 y = 11 Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 115
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2) Câu 3: 1) Khi m = 2, PT đã cho trở thành: x2- 4x + 3 = 0 Ta thấy: a +b + c = 1 - 4 +3 = 0 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 2) Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: , b' 2 - ac 0 22 (m 1) 0 3 - m 0 m 3 (1) x1 x 2 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có : x1 x 2 m 1 2 2 2 x1 + x 2 = 5 (x1+ x2) (x 1 + x 2 ) - 2x1x2 = 5 (x1 + x2) I 42 - 2 (m +1) = 5.4 2 (m + 1) = - 4 m = - 3 Kết hợp với điều kiện (1) , ta có m = - 3 E D A Câu 4 : 1. Ta có: ABC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABF = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F O O' thẳng hàng AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF C B F nên chúng đồng quy. Q H 2. Do IEF IBF 900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn. P 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Ta chứng minh được các tam giác AHP HP HA và PHB đồng dạng HP2 = HA.HB HB HP Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ. Câu 5: Điều kiện x 0 và 2 - x2 > 0 x 0 và x 0 x2 + y 2 = 2 (1) Ta có: 1 1 2 (2) x y 1 Từ (2) ta có : x + y = 2xy. Thay vào (1) Có : xy = 1 hoặc xy = - 2 x 1 * Nếu xy = 1 thì x + y = 2. Giải ra, ta có : . y 1 1 3 1 3 x x 1 2 2 * Nếu xy = - thì x + y = -1. Giải ra, ta có : ;. . 2 1 3 1 3 y y 2 2 - 1 - 3 Đối chiếu đk (*), phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 ; x = . 2 ĐỀ SỐ 19 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 116
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 5()() 5 7 11 11 1 Câu 1: a) A = 5 7 11. 5 1 11 5() 5 11 b) B = 5. 5 11 . 5 Vậy A - B = 5 7 11 5 11 = 7, đpcm. Câu 2: a) Với m = 2 ta có hệ 3x + 2y = 5 y = 2x - 1 y = 2x - 1 x = 1 2x - y = 1 3x + 2(2x - 1) = 5 7x = 7 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1). 3 m b) Hệ có nghiệm duy nhất khi: m2 ≠ - 3 với mọi m m 1 Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu 3: Gọi cạnh góc vuông nhỏ là x. Cạnh góc vuông lớn là x + 2 Điều kiện: 0 < x < 10, x tính bằng m. Theo định lý Pitago ta có phương trình: x2 + (x + 2)2 = 102. Giải phương trình ta được x1 = 6 (t/m), x2 = - 8 (loại). Vậy cạnh góc vuông nhỏ là 6m; cạnh góc vuông lớn là 8m. x y Câu 4: a) Ta có PAC = 900 PAC + PMC = 1800 nên tứ giác APMC nội tiếp p b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên MPC MAC (1) m Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra MQC MBC (2) Lại có MAC MBC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : q MPC MBC 900 PCQ 90 0 . a b c)Ta có BMQ = BCQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) BMQ = AMC (Cùng phụ với BMC) EMC = EFC (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên BCQ = EFC hay AB // EF. 2 1 2 1 2 1 Câu 5: P = x + 1 + 2 ≥ 2 x + 1 2 , P = 2 x + 1 = 2 x = 0. Vậy min x + 1 x + 1 x + 1 P = 2. ĐỀ SỐ 20 2( 5 +2) - 2( 5 - 2) 2 5 +4 - 2 5 + 4 8 Câu 1: a) A = = 2 = = 8 . 5 - 2 5 +2 5 - 22 5 - 4 b) Ta có: TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 117
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 x - 1 x - 1 x + 1 +1 - x x - 1 x x +1 B = : =  xx x +1 x x - 1 + 1 - x 2 x - 1 x +1 x +1 = x x - 1 x Câu 2: x2 - (m + 5)x - m + 6 = 0 (1) a) Khi m = 1, ta có phương trình x2 - 6x + 5 = 0 a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0 x1 = 1; x2 = 5 b) Phương trình (1) có nghiệm x = - 2 khi: (-2)2 - (m + 5) . (-2) - m + 6 = 0 4 + 2m + 10 - m + 6 = 0 m = - 20 c) ∆ = (m + 5)2 - 4(- m + 6) = m2 + 10m + 25 + 4m - 24 = m2 + 14m + 1 Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = m2 + 14m + 1 ≥ 0 (*) Với điều kiện trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có: 2 2 S = x1 + x2 = m + 5; P = x1. x2 = - m + 6. Khi đó: xx1 2 xx 1 2 24 xxx 1 2() 1 x 2 24 ( m 6 )( m 5 ) 24 m2 m 6 0 m 3;. m 2 Giá trị m = 3 thoả mãn, m = - 2 không thoả mãn điều kiện. (*) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3: Gọi x là số dãy ghế trong phòng lúc đầu (x nguyên, x > 3) x - 3 là số dãy ghế lúc sau. 360 360 Số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc đầu: (chỗ), số chỗ ngồi trên mỗi dãy lúc sau: (chỗ) x x - 3 360 360 Ta có phương trình: - = 4 x - 3 x Giải ra được x1 = 18 (thỏa mãn); x2 = - 15 (loại) Vậy trong phòng có 18 dãy ghế. Câu 4: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên tia phân giác SO cũng là đường cao SO  AB b) SHE = SIE = 900 IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE. OI SO c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) = OH OE OI . OE = OH . OS = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) Câu 5: (1) x3 - 2mx2 + m2x + x - m = 0, x (x2 - 2mx + m2) + x - m = 0 x (x - m)2 + (x - m) = 0 2 x = m (x - m) (x - mx + 1) = 0 2 x - mx + 1 = 0 (2) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt khác m. Dễ thấy x = m không là nghiệm của (2). Vậy (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 m > 2 ∆ = m - 4 > 0 . m < - 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 118
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 m > 2 Vậy các giá trị m cần tìm là: . m < - 2 ĐỀ SỐ 21 Câu 1. 2 2 5 1 2 5 1 5 1 1) A = . 5 1 5 1 5 1 4 2 3 x 2x 3 2 2) Ta có hệ . y x 4 11 y 2 Câu 2. 1) Vẽ đồ thị y x 2 thông qua bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vẽ đồ thị y x 2 qua các điểm A(0, 2) và B(-2,0). y 5 4 N 3 2 A M 1 B x -2 -1 O 1 2 3 -1 2) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị x 2 x 2 hay x 2 x 2 0 . Phương trình này có nghiệm: x1 1 y1 1 và x2 2 y2 4 . Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm M(-1, 1) và N(2, 4). Câu 3. 1) Với m 2, ta có phương trình: 2x 2 3x 1 0 . Các hệ số của phương trình thoả mãn 1 a b c 2 3 1 0 nên phương trình có các nghiệm: x 1, x . 1 2 2 2) Phương trình có biệt thức 2m 1 2 4.2. m 1 2m 3 2 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m . 2m 1 x x 1 2 2 Theo định lý Viet, ta có: . m 1 x .x 1 2 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 119
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 2 2 Điều kiện đề bài 4x1 2x1 x2 4x2 1 4 x1 x2 6x1 x2 1. Từ đó ta có: 1 2m 2 3 m 1 1 4m 2 7m 3 0 . Phương trình này có tổng các hệ số a b c 4 ( 7) 3 0 nên phương trình này có các 3 3 nghiệm m 1, m . Vậy các giá trị cần tìm của m là m 1, m . 1 2 4 4 Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : FED FCD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. F 2) Xét hai tam giác ACD và BED có: ACD BED 900 , ADC BDE (đối đỉnh) nên ACD BED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE I E DC DB DA DE . C DA DB 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE tam giác D ICD cân ICD IDC FEC (chắn cung FC ). Mặt khác tam giác OBC cân nên OCB OBC DEC (chắn cung AC của A B O (O)). Từ đó ICO ICD DCO FEC DEC FED 900 IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4x 9 1 1 4x 9 1 1 Câu 5. Đặt y , y ta có y 2 y 7y 2 7y x . 28 2 2 28 4 2 1 7x 2 7x y 2 Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ: . 1 7y 2 7y x 2 Trừ vế cho vế của hai phuơng trình ta thu được 1 7 x 2 y 2 7 x y y x (x y) 7x 7y 8 0 x y 0 (vì x 0 và y nên 2 7x 7 y 8 0) hay x y . 6 50 x 2 1 14 Thay vào một phương trình trên ta được 7x 6x 0 . Đối chiếu với điều 2 6 50 x 14 6 50 kiện của x, y ta được nghiệm là x . 14 ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = 0 , ' = 1 - (-15) = 16 , ' = 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1 - 4 = - 3; x2 = 1 + 4 = 5 2. Đường thẳng y = ax - 1 đi qua điểm M (- 1; 1) khi và chỉ khi: 1 = a (-1) -1 a = - 2. Vậy a = - 2 a 1 a a a 1 a a a 1 Câu 2: 1) P = . 2 a a 1 a 1 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 120
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a 1 a a a a a a a a a a 4 a. a = 2 a . 2 a(a 1) 2 a Vậy P = - 2 a . 2) Ta có: P 2 - 2 a > - 2 a -2 a khi và chỉ khi 0 x = 400 và y = 500 (thoả mãn) Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy. Câu 4: 1) Ta có IPC = 900 (vì góc nội tiếp y 0 x chắn nửa đường tròn) => CPK = 90 . K Xét tứ giác CPKB có: KB  = 900 + 900 = 1800 => CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) 2) Xét AIC và BCK có AB  = 900; P ACI BKC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) I AI AC => AIC ~ BCK (g.g) => BC BK => AI.BK = AC.BC. A C B 3) Ta có: PAC PIC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) PBC PKC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC ) Suy ra PAC PBC PIC PKC 900 (vì ICK vuông tại C).=> APB = 900 . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + px + q = 0 biết p + q= 198. 2 Phương trình có nghiệm khi 0 p + 4q 0; gọi x1, x2 là 2 nghiệm. - Khi đó theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p và x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 1 . 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 Z ) Nên ta có : x1 - 1 1 -1 199 -199 x2 - 1 199 -199 1 -1 x1 2 0 200 -198 x2 200 -198 2 0 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 121
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ SỐ 23 Câu 1. 1) A = 20 3 5 80 . 5 = 2 5 3 5 4 5 . 5 3 5. 5 15. 2) Đặt t x 2 , t 0 phương trình trở thành 4t 2 7t 2 0 . Biệt thức 7 2 4.4.( 2) 81 1 Phương trình có nghiệm t , t 2 (loại). 1 4 2 1 1 1 1 Với t ta có x 2 x . Vậy phương trình có nghiệm x . 4 4 2 2 Câu 2. 1) Ta gọi (d1 ) , (d2 ) lần lượt là các đường thẳng có phương trình y 3x 6 và 5 y x 2m 1. Giao điểm của (d ) và trục hoành là A(2, 0). Yêu cầu của bài toán được thoả 2 1 5 mãn khi và chỉ khi (d ) cũng đi qua A 0 .2 2m 1 m 3 . 2 2 2) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). Vì đường chéo là 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có : 2 132 x 2 x 7 2x2 14x 49 169 2 x 5 x 7x 60 0 . Chỉ có nghiệm x 5 thoả mãn. x 12 Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m và diện tích là S = 5.12 = 60 (m2). Câu 3. 1) Khi m 3 phương trình trở thành x 2 2x 0 x x 2 0 x 0; x 2 . 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' 1 m 3 0 m 4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x1 x2 2 (1) và x1 x2 m 3 (2). 2 Điều kiện bài toán x1 2x2 x1x2 12 x1 x1 x2 2x2 12 2x1 2x2 12 (do (1)) x1 x2 6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1 2, x2 4 . Thay vào (3) ta được: 2 .4 m 3 m 5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m 5 . Câu 4. 1 1 1) Ta có DAB = sđ DB (góc nội tiếp) và BDE = sđ DB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung). 2 2 D M E B P Q O O' A Suy ra DAB BDE . 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: DMA chung, DAM BDM nên DMB  AMD TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 122
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 MD MA hay MD2 MA. MB . MB MD ME MA Tương tự ta cũng có: EMB  AME hay ME2 MA. MB . MB ME Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE. 3) Ta có DAB BDM , EAB BEM PAQ PBQ = DAB EAB PBQ BDM BEM DBE 1800 tứ giác APBQ nội tiếp PQB PAB . Kết hợp với PAB BDM suy ra PQB BDM . Hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. 4x 3 Câu 5. Đặt y . x 2 1 Khi đó ta có y x 2 1 4x 3 y.x 2 4x y 3 0 (1). Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm. 4 Nếu y 0 thì (1) có nghiệm x . 3 Nếu y 0 , (1) có nghiệm ' 2 2 y y 3 0 y 2 3y 4 0 1 y 4 . Kết hợp lại thì (1) có nghiệm 1 y 4 . Theo giả thiết y là số nguyên âm y 1. Khi đó thay vào trên ta có x 2 . ĐỀ SỐ 24 Câu 1. 5(1 5) (1 5)15 1) A = (1 5)  (1 5)  2 . 2 5 2 2 x x 1 x x 1 2) B = 1 1 1 x 1 x 1 x . 1 x 1 x Câu 2. 1) Thay x 2 vào vế trái của phương trình ta được: 22 3 m .22( m 5)462 m 2 m 100 đúng với mọi m nên phương trình có nghiệm x 2 với mọi m 2) Vì phương trình luôn có nghiệm x 2 nên để nó có nghiệm x 5 2 2 thì theo định lý Vi- et ta có: 2 5 2 2 2 m 5 5 2 2 m 5 m 10 2 2 . Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 80 Thời gian dự định của xe là . x 20 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là , thời gian xe đi trong quãng x 15 60 đường còn lại là . x 10 80 20 60 Theo bài ra ta có = + (1). x x 15 x 10 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 123
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 4 1 3 Biến đổi (1) 4 x 15 x 10 x 4 x 35 x x 15 x 10 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 80 Từ đó thời gian dự định của xe là 2 giờ. 40 Câu 4. 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên MAD 900 . Mặt khác theo giả thiết MCD 900 nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: DMC DAC , DNC DBC . Suy ra DMC DNC DAC DBC 900 . Từ đó MDN 900 . 3) Vì ACB MDN 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó CPQ CDQ CDN . Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN CBN . Hơn nữa ta có CBN CAB , suy ra CPQ CAB hay PQ song song với AB. 2 x y 4 1 1 4 Câu 5. Với các số dương x, y ta có: x y 4 xy xy x y x y x y Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có: a b b c c a 1 1 1 1 1 1 a b c c a b b c c a a b 4 4 4 a b c a b c = 4 b c c a a b b c c a a b Vậy bất đẳng thức được chứng minh. ĐỀ SỐ 25 Câu 1. x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1) Ta có A = : = . . x x 1 x 1 x x 1 x 2 2 2 2 2) x 2 2 3 x 2 1 x 2 1 nên A = 2 . 2 1 Câu 2. 1) Khi a 3 và b 5 ta có phương trình: x 2 3x 4 0 . Do a + b + c = 0 nên phương trình có nghiệm x1 1, x2 4 . 2 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 a 4( b 1) 0 (*) x1 x 2 a Khi đó theo định lý Vi-et, ta có (1). x1 x 2 b 1 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 124
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 x x 3 x1 x2 3 1 2 x1 x2 3 Bài toán yêu cầu 3 (2). x3 x3 9 x x 2 1 2 x1 x 2 3x 1 x 2 x 1 x 2 9 1 2 2 2 2 Từ hệ (2) ta có: x1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 3 4( 2) 1, kết hợp với (1) được a2 1 a 1, b 3 . b 1 2 a 1, b 3 Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc thực của chiếc thuyền (x > 4). Vận tốc của chiếc thuyền khi xuôi dòng là x + 4 (km/m). Vận tốc của chiếc thuyền khi ngược dòng là x – 4 km. 24 Thời gian chiếc thuyền đi từ A đến B là . x 4 16 Thời gian chiếc thuyền quay về từ B đến C là . x 4 8 Thời gian chiếc bè đi được 2 (giờ). 4 24 16 Ta có phương trình: + = 2 (1). x 4 x 4 Biến đổi phương trình: (1) 12(x 4) 8( x 4) x 4 x 4 x2 20 x 0 x 0 x( x 20) 0 . x 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x = 20 thoả mãn. Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là 20km/h. Câu 4. 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH AB P C A d H B O I M D Q hay OHM 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có OD DM hay ODM 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD MCD cân tại M MI là một đường phân 1 1 giác của CMD . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ CD nên DCI sđ DI = sđCI = 2 2 MCI CI là phân giác của MCD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 125
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: 1 S 2 S 2. . ODQM . RMDDQ ( ) . Từ đó S nhỏ nhất MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, OQM 2 theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM. DQ OD2 R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . Câu 5. Từ giả thiết ta có: abc a b c 1. Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = a b a c = a2 ab ac bc = a a b c bc 2 a a b c bc = 2. a a b c bc a a b c 1 Đẳng thức xảy ra 1 . a b c bc 1 abc Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1 a = 2 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2. ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1 1 2 5 2 5 2 5 1) 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 1 3x + y = 9 6x + 2y = 18 7x = 14 x = 2 2) . x - 2y = - 4 x - 2y = - 4 y = 9 - 3x y = 3 Câu 2: 2 x 1 1 1 x 1 x 1) P = : . x + x x 1 x + 2 x 1 x x 1 x x 1 x 2 1 x x 1 1 x x 1 1 - x . . x x 1 x x. x x 1 - x 1 2 2) Với x > 0 thì 2 1 - x x 3x > - 2 x . 3 2 Câu 3: 1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0 Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. 1 2) Ta có: ∆ = 1 – 4m. Để phương trình có nghiệm thì ∆ 0 1 – 4m 0 m (1). 4 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m 2 Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 ) = 9( x1 + x2 ), ta được: 2 2 m = - 2 (m – 1) = 9 m – 2m – 8 = 0 . . m = 4 Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 126
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 4:   1) Tứ giác ABEH có: B = 900 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được.   Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 900 , nên nội tiếp được. 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: EBH = EAH (cùng chắn cung EH ) C Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD (cùng chắn cung CD ). B E Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia phân giác của góc HBC. I Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên CE là tia phân giác D A H O của góc BCH . Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH. 3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EC ). Mà EDC = EHC , suy ra BIC = BHC . + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC ). + Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1) Đặt x + 8 a; x + 3 b a 0; b 0 (2) Ta có: a2 – b2 = 5; x2 11x + 24 x + 8 x + 3 ab Thay vào phương trình đã cho ta được: (a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 a - b = 0 x + 8 x + 3 (vn) x = - 7 1 - a = 0 x + 8 1 x = - 2 1 - b = 0 x + 3 1 Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2. ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1 2 1) A = 4.5 16.5 9.5 = 5 4 5 2 5 = 5 . 2 3 5 5 5 5 B = 2 . 2 2) 5 1 5 1 5 5 1 5 5 1 2 2 2 5 2 5 1 5 1 5 1 Câu 2: 2x - y = 1 - 2y 2x + y = 1 2x = 2 x = 1 1) 3x + y = 3 - x 4x + y = 3 y = 1 - 2x y = - 1 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 127
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 2) Phương trình x – x – 3 = 0 có a, c trái dấu nên có hai nghiệm phân biệt x1; x2. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 và x1x2 = - 3. 1 1x x 1 1 Do đó: P = 1 2 . x1 x 2 x 1 x 2 3 3 Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của xe lửa thứ nhất đi từ Huế đến Hà Nội. Khi đó vận tốc của xe lửa thứ hai đi từ Hà Nội là: x + 5 (km/h) (ĐK: x > 0) 300 5 345 Theo giả thiết, ta có phương trình: x 5 3 x 900x 5 x x 5 1035 x 5 x2 22 x 1035 0 Giải phương trình ta được: x1 23 (loại vì x > 0) và x2 45 0 . Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h Câu 4: 1) Ta có: AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa D đường tròn) AMD 900 . Tứ giác ACMD 0 M có AMD ACD 90 , suy ra ACMD nội I tiếp đường tròn đường kính AD.  K 2) ∆ABD và ∆MBC có: B chung và BAD BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). B E A C O Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g) 3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và EDC BDC, lại có: BDC CAK (cùng phụ với  B ), suy ra: EDC CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O A = O E, suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. Câu 5: 1 1 1 1 1 A = = x2 y 2 xy x2 y 2 2xy 2xy Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 1 x + y 2 xy 1 2 xy 1 4xy 2 (1) 2xy Đẳng thức xảy ra khi x = y. Tương tự với a, b dương ta có: 1 1 1 2 4 2 2. (*) a b ab a + b a + b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 2 4 (2) x2 y 2 2xy x + y Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 + y2 = 2xy x = y. 1 Từ (1) và (2) suy ra: A 6. Dấu "=" xảy ra x = y = . Vậy minA = 6. 2 ĐỀ SỐ 28 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 128
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 2x + y = 7 6x + 3y = 21 7x = 14 x = 2 1) x - 3y = - 7 x - 3y = - 7 y = 7 - 2x y = 3 2) Phương trình 3x2 – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1và x2. 1 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = . 3 3 2 2 2 1 4 13 Do đó P = x1 x 2 x 1 x 2 2x 1 x 2 = . 9 3 9 Câu 2. a a a 1 a 1 A = : . a 1 a 1 1) a 1 a( a + 1) ( a - 1)( a 1) a 1 a + 1 a > 0, a 1 2) A 0, m R. Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. Ta có: x1 + x2 – x1x2 = 7 2 2 2 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 4m + 3 = 7 m = 1 m = 1. Câu 4: 1) ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường x N tròn) ADM 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). C 0 Suy ra OM là đường trung trực của AC AEM 90 (2). M D Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn I đường kính MA. E A H O B 2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD  MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì IC IH BI (6) với I là giao điểm của CH và MB. MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 1 5 Câu 5: Điều kiện: x 0, x - 0, 2 x - 0. (*) x x TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 129
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 4 1 5 4 1 5 x - x 2 x - x - x - - 2 x - x x x x x x 4 x 4x 4 1 x - x - 1 0 x1 5 x 1 5 x - 2 x - x - 2 x - x x x x 4 1 x - 0 (vì 1 0 ) x 1 5 x - 2 x - x x x 2 . Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn. ĐỀ SỐ 29 Câu 1: a) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ khi và chỉ khi 2m 4 0 m 2. b) Đồ thị hàm số y () m2 m x 2 đi qua điểm A(-1; 2) 2 ( m2 m ).( 1 ) 2 m2 m 2 0 m 1; m 2 Câu 2: 1 1 3 a 3 a 3 a 3 a) P = . 1 . . a 3 a 3 a a 3 a 3 a 2 a.( a 3) 2 2 = . Vậy P = . ( a 3)( a 3). a a 3 a 3 2 1 b) Ta có: > a + 3 khi và chỉ khi 0 0 tính 1 1 1 1 bằng giờ). Trong 1 giờ mỗi người làm được ; công việc, cả 2 làm trong 1 giờ được + x y x y 1 = công việc.(vì hai người hoàn thành công việc trong 4 giờ). Do người thứ nhất làm ít hơn 4 người thứ hai là 6 giờ nên y - x = 6. Ta có hệ phương trình. y x 6 y x 6 (1) 1 1 1 1 1 1 (2) x y 4 x x 6 4 Giải (2): (2) x(x + 6) = 4 (x + x + 6) x2 - 2x - 24 = 0 x = 6 (t/m); x = - 4 (loại vì x > 0). Thay vào (1) được y = 12 Vậy để hoàn thành công việc người thứ nhất cần 6 giờ, người thứ hai cần 12 giờ. Câu 4: a) Ta có BAC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 130
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Tương tự có BDH CEH = 900 Xét tứ giác ADHE có A ADH AEH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 b) Ta có: BAH = C (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH ADE (1) (Vì ADHE là hình chữ nhật) => C ADE do C BDE = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.  A c) Vì O1D = O1B => O1BD cân tại O1 => B BDO1 (2)  0 E Từ (1), (2) =>ADE BDO1 B BAH = 90 => O1D //O2E D Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. 1 1 1 Ta có S = (OD OE).DE OO.DE OO2 (Vì O D + ht 1 2 1 2 1 2 1 B C 2 2 2 O1 H O O2 O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE 3x3 + 3x2 - 3x = - 1 4x3 = x3 - 3x2 + 3x - 1 4x3 = (x - 1)3 1 x3 4 = x - 1 x(1 3 4 ) = 1 x = . 1 3 4 1 Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm x = . 1 3 4 ĐỀ SỐ 30 Câu 1. 1) Phương trình tương đương với 3x 75 3x 5 3 x 5 3x 2y 1 7x 7 x 1 2) Hệ phương trình . 4x 2y 8 3x 2y 1 y 2 Câu 2. 1) Với m 2 phương trình trở thành 2x 2 5x 2 0 . 1 52 4.2.2 9 nên phương trình có hai nghiệm x 2 , x . 1 2 2 2) Phương trình có biệt thức m 3 2 4.2.m m 2 2m 9 m 1 2 8 0 với mọi m . m 3 x x 1 2 2 Do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 . Khi đó theo định lý Viet thì . m x x 1 2 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 131
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 2 2 m 3 m Biểu thức A = x1 x2 = x1 x2 = x1 x2 4x1 x2 = 4 = 2 2 1 1 m 2 2m 9 m 1 2 8 . 2 2 Do m 1 2 0 nên m 1 2 8 8 2 2 , suy ra A 2 . Dấu bằng xảy ra m 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 , đạt được khi m 1. Câu 3. 1) Ta có 9a 25 a 4 a3 9 a 5 a 2 a a 2a ( a 2) và a2 2 a a ( a 2) 2a a 2 2 nên P = . a a 2 a 2) Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x(km/h, x 4) 48 Vận tốc ca nô khi nước xuôi dòng là x 4 và thời gian ca nô chạy xuôi dòng là . x 4 48 Vận tốc ca nô khi nước ngược dòng là x 4 và thời gian ca nô chạy ngược dòng là . x 4 48 48 Theo giả thiết ta có phương trình 5 (*) x 4 x 4 (*) 48(x 4 x 4) 5( x2 16) 5 x 2 96 x 80 0 Giải phương trình ta được x 0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 20 km/h Câu 4. 1) Chứng minh ABD cân D Xét ABD có BC  DA và CA = CD nên BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến C của nó. A O Vậy ABD cân tại B B 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. E 0 Vì CAE = 90 , nên CE là đường kính của F (O). Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF. Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Tam giác ADF vuông tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF B là trung điểm của DF. Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB - OA nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A. Câu 5. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 132
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Vì các số a,b,c dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ta có: a (b c) a a 2a a b c 2 b c a b c a b c Tương tự ta cũng có: b 2b c 2c , c a a b c a b a b c Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có a b c 2a 2b 2c 2 . b c c a a b a b c a b c Dấu bằng xảy ra b c a a b c 0 , không thoả mãn. c a b a b c Vậy 2 . b c c a a b Câu 1: Tính a) A = 20 3 18 45 72 4.5 3 9.2 9.5 36.2 = = 25923562 32 5 . b) B = 4 7 4 7 2B 8 2 7 8 2 7 ( 7 1)2 ( 7 1)2 7 1 7 1 2B 2 7 B 14 c) C = x 2 x 1 x 2 x 1 với x > 1 C = ( x 1 1)2 ( x 1 1)2 x 1 1 x 1 1 +) Nếu x > 2 thì C = x 1 1 x 1 1 2 x 1 +) Nếu x 0 m > 2 b) Đồ thị hàm số đi qua A (1; 2) khi: 2 = (2m - 1).1 - m + 2 m = 1. Vậy hàm số y = x + 1 Câu 3: Gọi x, y là thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ 2 làm một mình (x, y > 0, tính bằng giờ). 1 1 1 1 1 - Một giờ mỗi người làm được ; công việc cả 2 người làm được + = . (vì 2 x y x y 16 người làm trong 16 giờ thì xong công việc) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 133
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 3 6 - Trong 3 giờ người thứ nhất làm được (CV), 6 giờ người 2 làm được (CV) vì cả hai làm x y 1 3 6 1 được (CV) nếu ta có + = 4 x y 4 Do đó ta có hệ phương trình: 1 1 1 3 3 3 3 1 xy16 xy16 y16 x 24 . 361 361 111 y48 x y 4 x y 4 x y 16 Vậy người thứ nhất hoàn thành công việc trong 24 giờ người thứ hai hoàn thành công việc trong 48 giờ Câu 4: a) Xét ABM và AMC M Có góc A chung; AMB MCB 1 ( = sđ cung MB) 2 K O A => AMB ~ ACM (g.g) D I AM AB B => => AM2 = AB.AC C AC AM N b) Tứ giác AMON có MN  = 1800 (Vì MN  = 900 tính chất tiếp tuyến) => AMON là tứ giác nội tiếp được - Vì OI  BC (định lý đường kính và dây cung) Xét tứ giác AMOI có MI  = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được c) Ta có OA  MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D.   0 Xét tứ giác KOID có KI = 180 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 2 => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp OIK luôn thuộc đường trung trực của DI cố định. Câu 5: x 1 2x 2 1 Ta có: (2x1)yx1y 2y 2y1 (*) 2x 1 2x 1 2x 1 Xét pt (*): Để x, y nguyên thì 2x +1 phải là ước của 1, do đó: + Hoặc 2x +1 =1 x = 0, thay vào (*) được y = 1. + Hoặc 2x +1 = -1 x = -1, thay vào (*) được y = 0 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là: (0; 1) ; (-1; 0). ĐỀ SỐ 32 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 134
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) P = (7 32 )( 7 32[7 ) ( 32][7 ) ( 32] ) = (7 )2 ( 3 2 )) 2 7 ( 3 4 3 4 ) 4 3 . 2) Đường thẳng d và d song song với nhau khi và chỉ khi: m2 1 3 m 2 4 m 2 m 2 m 1 1 m 2 m 2 Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 ta có phương trình: x2 + 3x + 2 = 0 Vì a = 1; b = 3; c = 2 => a - b + c = 0 Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = - 2 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm âm khi và chỉ khi: 2 2 3 0 ()() 2m 1 4 m 1 0 m 4m 3 0 4 3 S 0 () 2m 1 0 m . 2m 1 0 1 4 P 0 m2 1 0 m 2 Câu 3: Ta có: a2 + b2 > 2ab = 1 (vì ab = 1) 4 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + > 2(a + b + 1) + a b a b 4 = 2 + (a + b + ) + (a + b) > 2 + 4 + 2 = 8. a b 4 (a + b + > 4 và a + b > 2 ab vì áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương) a b 1 Dấu “=” khi và chỉ khi a = b = . 2 Vậy minA = 8. A Câu 4: HK  0 0 0 I a) Xét tứ giác BHMK: = 90 + 90 = 180 K => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. M CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được.B H C b) Ta có B HMK C HMI = 1800 mà BC  HMK HMI (1) KBM BCM , KBM KHM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt và góc nội tiếp cùng chắn cung BM). HCM HIM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn HM ) KHM HIM (2). MH MK Từ (1), (2) => HMK ~ IMH (g.g) => MH 2 = MI .MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 135
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). x5 2y a (1) Câu 5: Giả sử hệ có nghiệm là (x; y) 2 2 x y 1 (2) Từ (2) suy ra x 1, y 1. Từ (1) ta có: x5 2y x 5 2y x 2 2y (x 2 y)(y 2 2 2y1)1 2(y 2 2y 1) 2(y 1) 2 2 a 2 trái giả thiết là a 2. Suy ra hệ trên vô nghiệm, đpcm. ĐỀ SỐ 33 x 3y 10 2x 6y 20 x 3y 10 Câu 1: a) 2x y 1 2x y 1 y 3 x 3() 3 10 x 1 . y 3 y 3 b) Hàm số y = (m + 2) x - 3 đồng biến trên R khi và chi khi m + 2 > 0 m > - 2. a 1 2 a 1 2 a : Câu 2: a) A = a 1 a 1 a(a 1) (a 1) (a1) 2 1 2a (a1) 2 (a1) 2 = :: . a 1 a1(a1)(a1) a 1 (a1)(a1) ( a 1)2 (a 1)( a 1) = . a 1. a 1 ( a 1)2 b) a = 2011 - 2 2010 ( 2010 1)2 a 2010 1 Vậy A = 2010 . 1 Câu 3: a) Với k = - ta có: 2 1 - (x2 - 4x + 3) + 2 (x - 1) = 0 x2 - 8x + 7 = 0. Vì a + b + c = 1 + (- 8) + 7 = 0 2 Nên pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 7 b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = 0 x = 1 + Nếu k 0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - 2 = 0 ' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k = k2 - 2k + 1 = (k - 1)2 > 0 với mọi k. Vậy phương trình có nghiệm với mọi k. C Câu 4: M TRƯỜNGB THCS HẢI PHÚC 136 A O' O N
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung trong cắt BC tại M Ta có MB = MA = MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) A = 900. b) Giả sử R’ > R. Lấy N trung điểm của OO’. Ta có MN là đường trung bình của hình thang vuông OBCO’ (OB // O’C; BC  = 900) và tam giác AMN vuông tại A. R R' RR Có MN = ; AN = . Khi đó MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 2 => MA = RR' mà BC = 2MA = 2 RR' c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì BAD = 900 ; OA = OB = OD) BDC có DBC = 900, BA  CD, ta có: BD2 = DA . DC (1) DE DA ADE ~ EDC (g.g) => => DA . DC = DE2 (2) DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm). Câu 5: 2 2 2 2 2 Xét 1 2 = a1 4b1 a2 4b2 a1 a2 4(b1 b2 ) a1 a2 2a1a2 (vì a1a2 > 2(b1 + b2)). 2 2 2 Mà a1 a2 2a1a2 (a1 a2 ) 0 , 1 2 > 0 => Tồn tại 1 hoặc 2 không âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm. ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P = a 1 1 a 1 1 Nếu a> 2 => a 1 1 0 P 2 a 1 Nếu 1 a 1 1 P = 2 Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x 1. (x 1) 2 ( x 1) 2 ( x 1) 2 (x 1) 2 .4 x x 1 1) Q = . . 4x x 1 4x.(x 1) x x 1 (loai) 1 2) Q = - 3 x 3 => 4x + 3 x - 1 = 0 1 x (thỏa mãn) x 16 4 Câu 3: Đặt x = t, được t2 + 2(m - 1)t + m + 1 = 0 (1) Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt (1) có 2 nghiệm khác dấu hoặc (1) có nghiệm kép t > 0. +) (1) Có 2 nghiệm khác dấu m + 1 m m - 3m = 0 m 3 Thay vào (1) để xét thì m = 0 thỏa mãn, m = 3 bị loại. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 137
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Vậy m 3(x 1) 2 16 (x 1) 2 25 = 9 - (x - 1)2 VT > 9; VP 0) nên: VT 9 PT x = 1 (TM) VP 9 N Câu 5: 1) Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH H A H 1800 (do A H 90 0 ) M => OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn. Tương tự tứ giác OANH nội tiếp được B A O     => AM,BN1 1 1 1 (2 góc nội tiếp chắn 1 cung)     0 0 A1 B 1 M 1 N 1 90 => AHB = 90 => MN là tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có: AB2 AM. BN = MH . NH = OH2 = (đpcm) 4 1 1 3. S OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình thang vuông) MON 2 2 Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. AB M, N song song với AB AM = BN = . 2 AB Vậy S nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = . MON 2 ĐỀ SỐ 35 (x 3)2 x 3 1 khi x 3 Câu 1: A = = x 3 x 3 1 khi x 3 Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + 4 = 4 x(x - 2) = 0 x = 0 hoặc x = 2 b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b đi qua điểm A (1; 2) và B (2; 0) khi và chỉ khi: a b 2 a 2 2a b 0 b 4 Vậy y = - 2x + 4 Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình 2 2 x x 2 0 x 1; x 2 (x - x - 2)(x - 1) = 0 x 1 0 x 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm x 1; x = 2 TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 138
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 b) Vì phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = 1 nên phương trình (1) có 2 đúng nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có nghiệm kép khác 1 1 0 1 4m 0 m 1 4 m . f (1) 0 1 1 m 0 4 m 0 - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1. 1 0 1 4m 0 m 4 m 0. f (1) 0 m 0 m 0 1 Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = - ; m = 0. 4 Câu 4: a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) Nên MA  OA; MB  OB; Mà OI  CD A (Theo định lý đường kính là dây cung). Do đó MAO MBO MIO = 900 => 3 điểm A, B, I O thuộc đường tròn đường kính MO hayM 5 điểm M, A, I, O, B C I cùng thuộc một đường tròn. D b) Ta có: AIM AOM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA)B BIM BOM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MB) mà AOM BOM (tính chất hai tiếp tuyến) => AIM BIM => IM là phân giác của góc AIB (đpcm). x4 y 4 1() 1 Câu 5: 3 3 2 2 x y x y() 2 Từ (1) suy ra: x4 1 x 1. Tương tự y 1 (3). ()()()2 x2 1 x y 2 1 y 0 (4), Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm. nên x1x02 () x0x0x1x1 (4) ;;; . 2 y() 1 y 0 y 0 y 1 y 0 y 1 x 0 x 1 Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là: ; y 1 y 0 ĐỀ SỐ 36 Câu 1: a) P = 1 5 1 5 1 5 5 1 2 5 . b) x2 + 2x - 24 = 0 ' = 1 + 24 = 25 => ' = 5 => phương trình có 2 nghiệm x1 = - 1 + 5 = 4; x2 = - 1 - 5 = - 6 2 a a 1 7 a 3 Câu 2: a) P = a 3 a 3 (a 3)(a 3) TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 139
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 a( a 3) ( a 1)( a 3) 7 a 3 2a 6 a a 4 a 3 7 a 3 = ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) 3a 9 a 3 a( a 3) 3 a = ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) a 3 3 a Vậy P = . a 3 3 a 3 9 b) P t1 = 1; t2 = 4 x2 1 x 1 Từ đó, ta được: . 2 x 4 x 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm x 1; x 2. b) x4 - 5x2 + m = 0 (1) có dạng f(y) = y2 - 5y + m = 0 (2) (với y = x2 ; y > 0) Phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt phương trình (2): 25 0 m 25 1) Hoặc có nghiệm kép khác 0 4 m . f (0) 0 4 m 0 2) Hoặc có 2 nghiệm khác dấu m 0. 25 Vậy m = hoặc m BEF = 900. Do đó FAB BEF = 1800 E D Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. 1 O b) Ta có: AFB AEB = ( sđ cung AB) (vì 2 góc nội tiếp cùng 2 A B C chắn 1 cung) 1 M AEB BMD = ( sđ cung BD) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 2 Do đó AFB BMD => AF // DM mà FA  AC => DM  AC AC CF c) ACF ~ ECB (g.g) => => CE.CF = AC.BC (1) CE BC AB AD ABD ~ AEC (g.g) => => AD.AE = AC.AB (2) AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) 2 1 (2 2x) 2x (1 x) x Câu 5: Ta có y = 1 x x 1 x x 2x 1 x 2x 1 x = 2 + 1 + 3 2 . 3 2 2 (áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương) 1 x x 1 x x TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 140
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2x 1 x Đẳng thức xảy ra x 2 1 (loại nghiệm x = - 1 - 2 ) 1 x x Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 3 + 2 2 khi x = 2 -1. ĐỀ SỐ 37 x( x3 1) x( x 3 1) Câu 1: M = + x + 1 x x 1 x x 1 x( x 1)(x x 1) x( x 1)(x x 1) = x 1 x x 1 x x 1 = x - x - x - x + x + 1 = x - 2 x + 1 = ( x - 1)2 3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 x 1 Câu 2: a) . x 2y 5 3x 6y 15 x 2y 5 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (- 1; 3) b) Hai đường thẳng (d) và (d’) song song khi và chỉ khi: 3 a 3 a a 2 . b 2 b b 1 Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - 3 = 0 Vì a - b + c = 1 - (- 2) + (- 3) = 0 nên x1 = - 1; x2 = 3 b) Phương trình có nghiệm ' > 0 1 - m > 0 m m2 + 2m - 4 = 0 ' = 1 + 4 = 5 => ' = 5 nên m = -1 + 5 (loại); m = - 1 - 5 (T/m vì m CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) b) OM  BC => M trung điểm của BC O (định lý đường kính và dây cung) => M là trung điHểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm AHK có OM là đường trung C bình => AH = 2.OM B M c) Ta có AC C BB C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đườngK tròn => AC B = ACB mà ACB BAx (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’ TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 141
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 1 OA  Ax => OA  B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’ 2 1 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 2 1 1 1 S = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ .BC A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng A là đỉểm chính giữa cung lớn BC. x2 x 1 Câu 5: y = y(x2 2x 2) (x 2 x 1) 0 x2 2x 2 (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = 0 (1) - Nếu y = 1 thì x = - 1 - Nếu y 1 thì (1) là phương trình bậc hai đối với x. Để (1) có nghiệm thì phải có 1 3 = (2y - 1)2 - 4 (y - 1)(2y-1) 0 (2y 1)(2y 3) 0 y . 2 2 1 1 y khi x = 0. Vậy min y = 2 2 ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta có x2 + x x(x3 1) x(x 1)(x x 1) x( x 1)(x x 1) x(2 x 1) nên P = 1 x x 1 x = x(x1)12x1x x . Vậy P = x x . b) P = 0 x - x = 0 x ( x - 1) = 0 x = 0 (loại) ; x = 1 (t/m) Vậy x = 1 thì P = 0 Câu 2: a) Ta có 1 x 2 = 1 - x. Đk: x 2x2 - 2x = 0 2x (x - 1) x = 0 ; x = 1 Thay vào pt đã cho thử lại thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. b) Đk: x 0 và y 0. Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình: 3 3 5 7 7 x 2 x y 2 x 2 x 2 3 . 4 3 4 3 2 1 y 3 1 1 y x y x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3). TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 142
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu 3: a) Với m = - 1 ta được phương trình: x2 + 4x = 0 x(x + 4) = 0 x = 0 ; x = - 4 b) Phương trình (1) có nghiệm khi ' > 0 (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) > 0 m > 3 ; m 4m2 - 8m + 4 = 6m + 6 2m2 - 7m - 1 = 0 7 57 7 57 m = 49 + 8 = 57 nên m = 0. 4 4 A Đối chiếu đk (1) thì cả 2 nghiệm đều thoả mãn. Câu 4: a) Ta có: DBO DMO = 900 (vì gt) E => 2 điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm M C b) Chứng minh tương tự có 4 điểm O, C, E, MB cùng thuộc một đường tròn => MEO MCO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung D MO) MBO MDO (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MO) Mà MBO MCO (vì BOC cân tại O) => MEO MDO => DOE cân tại O Mà MO  DE nên MD = ME (đpcm) Câu 5: Đặt x2 1 = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0 Xem pt trên là pt bậc 2 đối với t. = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x 3 x 3 x 3 x 3 t1 = x ; t2 = 3 2 2 2 x 0 Do đó: - Hoặc: x 1 = x 2 2 vô nghiệm. x 1 x - Hoặc: x2 1 = 3 x2 = 8 x = 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 2 . ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: 48 - 2 75 + 108 = 16 . 3 - 2 25 . 3 + 36 . 3 = 4 3 - 10 3 + 6 3 = 0 1 1 1 2) Rút gọn biểu thức: P = - . 1 - 1 - x 1 + x x TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 143
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 2 x x - 1 - 2 = 1 + x - 1 + x x - 1 = . = 1- x x 1- x x 1 + x Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: 2 = 3a + b a = - 3 - 1 = 4a + b b = 11 2) Giải hệ pt: 2x + 5y = 7 2x + 5y = 7 17y = 17 x = 1 . 3x - y = 2 15x - 5y = 10 3x - y = 2 y = 1 Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 ' = 16, pt đã cho có 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) có nghiệm ' 0 m2 + 6m m 6; m 0 (2) x1 + x 2 = 2m Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có: (3) x1 x 2 = - 6m Phương trình có 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: 2 2 x1221 2x;x 2x (x 1221 2x)(x 2x) 0 5xx 1212 2(x x) 0 2 2 5xx1 2 2[(x 1 x) 2 2xx] 1 2 0 9xx 1 2 2(x 1 x) 2 0 (4) 27 Từ (3), (4), ta có: 54m 8m2 0 m 0; m (thỏa mãn đk (2)) 4 27 Vậy các giá trị m cần tìm là m 0; m . 4 Câu 4: M 1. Theo giả thiết MN AB tại I O ACB = 900 hay ECB = 90 0 1 C E EIB + ECB = 1800 A B mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên I O tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm chính giữa của MN nên AMN = ACM (hai N góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME = ACM , lại có CAM là góc chung do đó AM AE tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM = AM2 = AE.AC. AC AM 3. Theo trên AMN = ACM AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. Nối MB ta 0 có AMB = 90 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán kính là O1M. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 144
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. 2 2 Câu 5: Từ 2x + 3y 6 y 2 - x - y x - 2 3 3 2x 2 22 - 22 K = x2 - 2x - y x2 - 2x + - 2 = (x - ) 2 - 3 3 9 9 - 22 2 14 Suy ra : min K = khi x = ; y = 9 3 9 Ta có : 2x2 + xy 4x ( x 0) xy - y x + 2 x2 - 2x - y - - y = 0 2 2 y = 0 y = 0 Suy ra : max K = 0 khi hoặc x = 0 x = 2 ĐỀ SỐ 40 3 1 3 Câu 1. a) 3x + 4y = 2 y x , nên hệ số góc của đường thẳng d là k = . 4 2 4 3 1 1 m2 1 m 2 m 4 4 2 1 b) d // d1 m . 1 1 1 2 m m m 2 2 2 1 Vậy với m thì d1 // d. 2 ax by 3 x 3 a.3 b( 1) 3 Câu 2. Hệ phương trình có nghiệm nên bx ay 11 y 1 b.3 a( 1) 11 3a b 3 9a 3b 9 10a 20 a 2 a 2 . a 3b 11 a 3b 11 a 3b 11 3a b 3 b 3 Câu 3. a) Do ac (1 3)(1 3) 13 2 0 nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: 2 1 3 x1 x 2 , x x . 1 3 1 2 1 3 1 1x x 2 2(1 3) Do đó: S 1 2 (1 3) . x1 x 2 x 1 x 2 1 3 2 11 1 1 3(1 3)2 423 và P = . (2 3) . x1 x 2 x 1 x 2 1 3 2 2 Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: X2 (1 3)X (2 3) 0 . Câu 4. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 145
TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 a) Tam giác ADE cân tại A vì D C AD = AE. Lại có: E 2 1 A = DAB EAB 900 60 0 30 0 3 1 x M 1 0 0 0 Do đó ADE AED (180 30) 75 . F 2 O b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF 1 1  0 2 vuông cân tại B, nên E1 45 . A B Từ đó ta có:   0 0 0 0 DEF DEA E2 E 1 75 60 45 180 suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm.    0  0 c) Ta có: BA1 1 (cùng chắn cung EM) suy ra B1 30 nên B2 30 .    0 Mà EB3 2 nên E3 30 .   0 0 0 Vậy E2 E 3 60 30 90 hay ME  EB. Mặt khác BF  EB do đó ME // BF. Câu 5. Từ (1) ta có: x3 2(y 1) 2 1 1 x 1 (3) 2y Từ (2) ta có: x2 1 x 2 1 1 x 1 (4) y2 1 Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2. TRƯỜNG THCS HẢI PHÚC 146