ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CÓ ĐÁP ÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (89.36 KB, 4 trang )
ĐỀ SỐ 5
81x 2
= 40
2
2
(x
+
9)
Câu 1: 1) Giải phương trình: x +
.
2) Giải phương trình:
x2 - 2x + 3(x - 3)
x+1
x - 3 = 7.
5 - 3x
2
Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A = 1 - x .
2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh:
a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 � 2 (a + b + c).
Câu 3: Giải hệ phương trình:
2
�
(1)
�y - xy + 1 = 0
�2
2
�x + 2x + y + 2y + 1 = 0 (2)
Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC �AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt
AM
CN
=
CD . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng
trên 2 cạnh AB và DC sao cho AB
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.
MA 2
AH AD
=
�
2
BD BH .
2) Chứng minh: MB
ĐÁP ÁN
9x
Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x + 9
2
2
2
2
9x �
18x 2 � � x � + 18x - 40 = 0
�
�
�
�x � = 40 x+9
�x + 9 � x + 9
Ta có: � x + 9 �
(1)
x2
Đặt x + 9 = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0
(y + 20) (y - 2) = 0 y = -20 ; y = 2
�
�
x 2 = - 20(x + 9)
x 2 + 20x +180 = 0 (3)
�
�2
�2
x = 2(x + 9) = 0
x - 2x - 18 = 0 (4)
�
Thay vào (2), ta có �
Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x 1 � 19.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 � 19.
x>3
�
x+1
�0 � �
x �- 1 (*)
�
2) . Điều kiện x - 3
Phương trình đã cho �
Đặt t =
x - 3
(x - 3) (x + 1) + 3(x - 3)
x+1
=4
x-3
x+1
� t 2 = (x - 3) (x + 1)
x-3
Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 � t = 1; t = - 4
x 1
x 1
1 (1) ; ( x 3)
4 (2)
x 3
Ta có: (x -3) x - 3
�x 3
�x 3
��
� �2
� x 1 5
(x 3)(x 1) 1 �x 2x 4 0
�
+ (1)
.
(t/m (*))
�x 3
�x 3
��
� �2
� x 1 2 5
(x 3)(x 1) 16
x
2x
19
0
�
�
+ (2)
. (t/m (*))
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 5 ; x 1 2 5 .
Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 � - 1 < x < 1 � 2 - 3x > 0 � A ≥ 0
25 - 30x + 9x 2 (3 - 5x) 2
=
+16 �16
1 - x2
1 - x2
Vậy A2 =
.
3
� x=
5
Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0
Vậy minA = 4.
2) Chứng minh:
a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 � 2 (a + b + c) (1)
2
2
2
Sử dụng bất đẳng thức: 2(x y ) �(x y) , ta có:
2(a 2 + b2 ) (a
� b) 2
2. a 2 + b 2
a + b (2)
2. b 2 + c 2 �b + c
Tương tự, ta được:
(3) và
2. c 2 + a 2 �c + a
(4)
Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm.
Câu 3: (1) có nghiệm
�
x2 ��
4 0
y
x
2; x
2 (3)
(2) � (y 1) x 2x có nghiệm � x 2x �0 � 2 �x �0 (4)
Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1).
2
2
2
m
Câu 4: Kẻ MP // BD (P �AD)
MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H.
AM
AP
AM
CM
e
=
=
(gt)
i
AD mà AB
CD
Ta có AB
AP
CN
a
o
�
=
� PN // AC
AD
CD
Gọi O là giao điểm
BO
CO MK
OC
=
,
=
OA
của AC và BD. Ta có OD OA PK
NH
OC
NH
MK
=
=
� KH // MN
OA . Suy ra: PH
PK
và PH
k
f
h
b
n
Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH � MF = EN
� ME = NF
0
�
�
Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 180
� = 1800 - EHF
� = EHA
� + FHB
�
� AMB
(1)
� = MEF
�
�
Ta có MHF
(góc nội tiếp chắn MF
)
0
�
�
�
�
Lại có MHF + FHB = 90 = MEF + EMD
� = EMD
�
� FHB
(2)
�
�
Từ (1) và (2) � EHA = DMB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có
�
�
�
�
�
DMB
= NAB
(góc nội tiếp chắn NB ) � EHA = NAB do đó AN // EH mà HE MA nên
�
MAN
= 900 �
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
S
AH
AM . HE AD SMAD
AM . DI
= MAD =
;
=
=
BD
SMBD
BM . DK BH
SMBH
BM . HF
AH AD
MA 2 HE . DI
.
=
.
MB2 DK . HF (1)
Vậy BD BH
�
�
�
� = EMD
�
= FHB
Ta có HMB
(cùng phụ với MHF
) mà FHB
(CMT)
� = DIK
�
� = DMH
�
� EFH
EHF
và
.
0
�
�
�
�
Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH v�EHF = 180 - AMB
0
�
�
�
�
Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK v� IDK = 180 - AMB
� = DIK
� v�EHF
� = IDK
� � DIK HFE (g.g)
� EFH
do đó
ID
DK
HE.DI
suy ra
=
�
=1
HF
HE � ID . HE = DK . HF
DK.HF
(2)
2
MA
AH AD
�
=
.
2
MB
BD BH .
Từ (1), (2)
