6 de ts 10 co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (232.81 KB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 1

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Cho biểu thức A =

2 2 1 2 2

1 :

2 2 2 2 4

a a

a a a a a a

   

 

   

        

   với điều kiện biểu thức có nghĩa

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị của A khi a = 2009 2 2008

Bài 2. Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 – 2mx + 2m – 2 = 0

a) Chứng minh rằng pt có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của pt. Tìm m để biểu thức y = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho hàm số

1
2
y x

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B nằm trên (P) và có hồnh độ lần lượt là – 1 ; 2 .
Bài 4.

Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Trên tia AB lấy điểm C nằm ngồi đường trịn. Từ điểm chính giữa P của cung lớn
AB kẻ đường kính PQ của đường trịn, đường kính này cắt AB tại D. Tia CP cắt đường tròn tại M, các dây AB và QM cắt
nhau tại K.

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM.

c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi đường (O) thay đổi nhưng
luôn đi qua hai điểm A, B

Giải

Bài 1. a) Ta có A =

2 2 2 1 2 2

2 2 ( 2) 2( 2)

a a a

a a a a a

     

   
        
   
=





2 1 2 2

2 2 ( 2)( 2)

a a

a a a a

  

 
 
     
=





2 2 2 2

2 ( 2)( 2)

a a a

a a a

  

  









2 ( 2)( 2)

a a

a a a

 
   =









2
2

2 ( 2)( 2)
.

2 2

a a a

a a

  

 

= a2
b) Ta có a = 2009 2 2008 =





2008 1

 a2 = 2008 1 + 2 = 2008 1
Bài 2.

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + 2 = m2 – 2m + 1 + 1 =(m – 1)2 + 1 > 0, m
chứng tỏ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt m

b) y = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 4m2 – 2(2m – 2) = 4m2 – 4m + 4 = 4(m2 – m + 1)
= 4[(m2 – 2.

1
2m +

1
4 +

4) = 4(m - 
1

2)2 + 3 ≥ 3 , m
y đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi và chỉ khi m =

1
2
Bài 3. a) Vẽ đồ thị hàm số

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

x 2 1 0 1 2

y 2

1
2


0
1
2


2

vẽ đồ thị hàm số

f(x)=-(1/2)x^2
x(t)=-2 , y(t)=t
x(t)=t , y(t)=-2
x(t)=2 , y(t)=t
x(t)=-1 , y(t)=t
x(t)=t , y(t)=-1/2
f(x)=-(1/2)*x-1

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4
-3
-2

-1
1
2
3
4

x
f(x)

b) giả sử pt đường thẳng AB có dạng : y = ax + b
Ta có A( – 1 ;

1
2


) và B(2 ; – 2), nên tọa độ của chúng thỏa pt đường thẳng :
1

1.
2
2 2.

a b
a b


  




  

 

1
2
1
a
b





 


Vậy pt đường thẳng AB :
1

1
2
y x

Bài 4.

Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Trên tia AB lấy điểm C nằm ngoài đường trịn. Từ điểm chính giữa P của cung lớn
AB kẻ đường kính PQ của đường trịn, đường kính này cắt AB tại D. Tia CP cắt đường tròn tại M, các dây AB và QM cắt

nhau tại K.

a) Chứng minh CM.CP = CA.CB

b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM.

c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi đường (O) thay đổi nhưng
luôn đi qua hai điểm A, B

Giải :

a) Chứng minh : CM.CP = CA.CB

1
1
2
y x

2
1
2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có :

CMB CAP

(Góc C chung, CBM CPA cùng chắn cung AM)
Suy ra :

CB CM

CP CA  CM.CP = CA.CB

b) Theo gt : PQ vng góc dây cung AB QA QB  nên AMQ BMQ
Do đó : MQ là phân giác của góc AMB

Mặt khác MQ  MP (PMQ = 1v chắn nửa đường tròn)
C, M P thẳng hàng nên MQ  MC

Vậy MC là phân giác của góc ngồi đỉnh M của tam giác ABM

c) Khi (O) thay đổi nhưng luôn qua hai điểm A, B , suy ra O chạy trên đường thẳng PQ
với QA QB  do đó MQ ln là phân giác trong của AMB

Suy ra MQ cắt AB tại K thuộc AB , theo tính chất phân giác , ta có :
KA MA CA

KBMBCB mà A, B, C cố định nên 
CA

CBkhông đổi  K cố định 
Vậy MQ luôn đi qua điểm K cố định

K

M

P
Q

D C

A B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 2

(Thời gian : 120 phút)

Bài 1.

a) Chứng minh :

39 3 11 2 39 3 11 2

3
2

  



b) Giải hệ phương trình :

2 2

( 2) ( 4) 18
x y
x y
  


   


Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. hãy tính giá trị
nhỏ nhất này.

Bài 3.

Gọi (P) là đồ thị của hàm số

1
2

y x

và (d) là đồ thị của hàm số
1

1
2
y x
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Dùng đồ thị (P) và (d) suy ra nghiệm của phương trình x2 – x – 2 = 0

Bài 4. Cho đường tròn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm lưu động trên cung AB (M khác A và B).

Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt là C và D.
a) Chứng minh : Tích AC.BD khơng đổi khi M lưu động trên cung AB.

b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
GIẢI :

Bài 1

a) Ta có : 9 3 11 2 = 3 3 6 3 9 2 2 2   = 333 3. 22 3. 32 2 23
= ( 3 2)3

Tương tự 9 3 11 2 ( 3   2)3

Vậy

39 3 11 2 39 3 11 2

  

 3 2 3 2 3

  



(đfcm)
b) Giải hệ phương trình :

2 2

( 2) ( 4) 18
x y
x y
  


   


 
2 2
2 2
74

4 4 8 16 18

x y

x x y y

  


     

 

2 2 74

4 4 8 16 74 18
x y
x y
  

    



2 2 74

4 8 76

x y
x y
  

 
 

2 2 74

2 19
x y
x y
  

 
 
2 2

(2 19) 74

2 19
y y
x y
   

 
 

5 76 361 74
2 19
y y
x y
   

 


2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vậy hệ có nghiệm là :

5
7
x
y







 hoặc

13
5

5
x
y






 



Bài 2.

Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. hãy tính giá trị
nhỏ nhất này.

a) Ta có : ’ = m2 – 2m + 5 = m2 – 2m + 1 + 4 = (m – 1)2 + 4 > 0 , với mọi m

vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Ta có :





1 2

x  x



x1 x2



2=





1 2 4 .1 2

x x  x x = 4m2 – 4(2m – 5) = 4m2 – 8m + 20 
= 4(m2 – 2m + 1 + 4) = 4(m – 1)2 + 16 ≥ 16

Vậy x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi m = 1

Bài 3.

Gọi (P) là đồ thị của hàm số

1
2
y x

và (d) là đồ thị của hàm số
1

1
2

y x
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

Bảng giá trị của hàm số

1
2
y x

x -2 -1 0 1 2

y 2

2 0

2 2

Bảng giá trị của hàm số
1

1
2
y x

x -2 0

y 0 1

Đồ thị (P) và (d)

f(x)=(1 /2)x^2
f(x)=(1 /2)x +1
x(t)=-1 , y (t)=t
x(t)=2 , y(t)=t

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
f(x)

b) Lập phương trình hoành độ giao điểm :

2x =

1
1

2x  x2 – x – 2 = 0
2

1
2

y x 1 1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy số nghiệm của pt này là số giao điểm nếu có của hai đồ thị (P) và (d)

Dựa vào đồ thị , ta có (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm lần lượt có hồnh độ x = -1 và x = 2
Suy ra nghiệm của phương trình x2 – x – 2 = 0 có hai nghiệm là x = - 1 ; x = 2

Bài 4. Cho đường trịn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm lưu động trên cung AB (M khác A và B).

Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt là C và D.
a) Chứng minh : Tích AC.BD khơng đổi khi M lưu động trên cung AB.

b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
a) AC.BD khơng đổi

D

C

B

O

A

M

Theo định lí hai tiếp tuyến ta có CA = CM và DM = DB (1)

Và OC là phân giác của góc AOM , OD là phân giác của góc MOB
Mà AOMvà MOB kề bù nên suy ra CO  OD

Mặt khác OM  CD và OM = R (CD tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng OCD có : MC.MD = OM2 = R2 (không đổi)
Kết hợp với (1) suy ra : AC.BD = MC.MD = R2 (không đổi) khi M lưu động trên cung AB

b) Vì AC VÀ BD là hai tiếp tuyến của (O) tại A và B nên AC // BD (AC và BD cùng vng góc với AB), suy ra
tứ giác ABDC là hình thang vng

Diện tích

( )

ABDC AB AC BD

S  

= R(CM + MD) = R.CD (cmt) với R không đổi
Nên SABDC nhỏ nhất khi và chì khi CD nhỏ nhất

Và CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD hai tiếp tuyến tại A và B

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 3

(Thời gian : 120 phút)

Bài 1.

Cho M =

2 2 2 4 3 1

3 :

3 1 1 3

x x x x

x x x x

   

 

  

 

 

  (điều kiện biểu thức có nghĩa)

a) Rút gọn biểu thức M

b) Với giá trị nào của x thì M < 0
c) Tìm x để M có giá trị ngun

Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình :
x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + 2 = 0

a) Tìm các giá trị của m để phương trình vơ nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất

Bài 3.

Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a ; AC = b nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kéo dài đường phân giác
trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường thẳng DE  AB , DF  AC.

a) Chứng minh AEDF là hình vng.

b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC ln bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động
trên nửa đường trịn có đường kính BC.

Bài 4.

Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 31 ta được số dư 15.
GIẢI

Bài 1

a) Ta có

điều kiện : x ≠ 0 ; x ≠
1

2; x ≠ 1
M =

( 2)( 1) 2.3 9 ( 1) 1 3 1

3 ( 1) 2 4 3

x x x x x x x x

x x x x

       



  =

2 2

8 2 3 1

3 (2 4 ) 3

x x x

x x x

   




2 2

4 1 3 1

3 (1 2 ) 3

x x x

x x x

   



 =

2 2

( 4 1) (1 2 )(3 1)
3 (1 2 )

x x x x

x x

     



(1 2 )(1 2 ) (1 2 )(3 1)
3 (1 2 )

x x x x x

x x

     

 =

(1 2 ) (3 1)
3

x x x

x
   
=
2
3
x x
x

=
1
3
x

b) M < 0 

1
3
x

< 0  x + 1 < 0  x < 1

c) M 

1
3
x

 x + 1 chia hết cho 3  x + 1 = 3k, k 
 x = 3k – 1 , k 

Hay x là số nguyên chia cho 3 dư là 2

Bài 2.

Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình :
x2 – (m + 1)x + m2 – 2m + 2 = 0 (1)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta có :  = (m + 1)2 – 4(m2 – 2m + 2) = – 3m2 + 10m – 7 = (1 – m )(3m – 7)

+ (1) vô nghiệm  < 0  (1 – m )(3m – 7) < 0  m < 1 hoặc m >

7
3
+ (1) có nghiệm kép  = 0  (1 – m )(3m – 7) = 0  m =1 hoặc m =

7
3
+ (1) có hai nghiệm phân biệt  < 0  (1 – m )(3m – 7) > 0  1 < m <

7
3 (*)
b) Tìm m để x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất

Theo Vi-et, ta có :

1 2

. 2 2

b
m
x x

a
c

m m

x x
a


   





    




Nên : đặt E = x12 + x22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 = (m + 1)2 – 2(m2 – 2m + 2) = – m2 + 6m – 3
+ Ta có : – m2 + 6m – 3 = – (m2 – 6m + 3 ) = – (m2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3)2

Nhưng do (1) có nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi 1 ≤ m ≤
7
3
Giá trị lớn nhất của E là : 6 – (

3  3 )2 = 
50

9
Giá trị nhỏ nhất của E là : 6 – (1 – 3)2 = 2

* Chú ý điều kiện : 1 ≤ m ≤

3, nếu không bài giải thường mắc sai lầm như sau : 
– m2 + 6m – 3 = – (m2 – 6m + 3 ) = – (m2 – 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3)2 ≤ 6 
E đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m = 3 và giá trị lớn nhất của E = 6
và E khơng có giá trị nhỏ nhất.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

a b

N

F

E

D

M

B

O

C

A

a) Chứng minh AEDF là hình vng

Ta có tứ giác AEDF có A E F   1v và đường chéo AD là phân giác của góc EAD nên AEDF là hình vng.
b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.

Áp dụng định lí Py ta go cho vng ABC : BC2 = AB2 + AC2 = a2 + b2

 BC a2b2

Áp dụng tính chất phân giác trong AD :

DB AB a
DC AC b 

DB DC AB AC

DC AC

 





BC a b
DC b




 DC =

2 2

b a b
DC

a b





Từ chứng minh trênAEDF là hình vng nên DF // AB 

CD DF
CB AB



2 2

b a b

DF
a b

a
a b



 

 

DF b
a a b 

ab
DF

a b


 , mà AE = DF (cmt)

EF là đường chéo hình vng cạnh DF , nên : EF = DF 2=
2
ab

a b

c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC ln bằng diện tích tứ giác AEMF khi A di động
trên nửa đường trịn có đường kính BC.

+ Ta có : ABD AMC do :

 

BAD MAC (AD là phân giác)

 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Suy ra :

AB AD

AM AC  AB.AC = AM.AD

Khi A di động trên (O) thì tam giác ABC ln là tam giác vng, nên AEDF ln là hình vng và AB.AC =
AM.AD

Do đó AEDF là hình vng  AD  EF và AD = EF

 SAEDF =

1 1

. .

2AM EF2AM AD = 
1

2AB AC = SABC

Bài 4. Tìm các số có hai chữ số biết rằng khi nhân số đó với 37 và lấy kết quả chia cho 31 ta được số dư 15

Gọi số có hai chữ số có dạng : x = ab10a b (a ≠ 0 , 0 < a, b ≤ 9, a, b ), x nguyên dương 
Theo đề bài ta có : 37(10a + b) = 31.k + 15 , k

 37x – 31k = 15 (*) và (37, 31) = 1 (ước chung lớn nhất bằng 1 hay gọi ngun tố cùng nhau)

Bài tốn trở thành tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (*)
Suy ra : 31k = 37x – 15  k =

31 6 15
31
x x

= x +
6 15

31
x

(nguyên dương )
Đặt t =

6 15
31
x

, t nguyên dương  31t = 6x – 15  6x = 31t + 15
 x =

30 12 3

6
t t  

= 5t + 2 +
3
6
t

Đặt u =
3
6
t

, u nguyên dương  6u = t + 3  t = 6u – 3

Thế lần lượt vào x, k tính theo u :

x = 5t + 2 + u = 5(6u – 3) + 2 + u = 31u – 13
k = x + t = 31u – 13 + 6u – 3 = 37u – 16

Vậy nghiệm của phương trình trên có dạng tổng qt :

31 13,10 99
37 16

x u x

k u

   





 


+ Chọn u = 1  k = 21  x = 18

Thử lại : 37.18 – 15 = 651 và 651 : 31 = 21
+ Tương tự chọn u = 2  k = 58 , x = 49

+ chọn u = 3  k = 95 ; x = 80

+ Chọn u = 4  k = 132 , x = 111 (loại)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 4

(Thời gian : 120 phút)

Bài 1.

a) Tìm x biết x 12 18x 8 27
b) Chứng minh đẳng thức :

2 2 1 2

1 1

2 1

x x x

x x

x x x

    

 

 

     

  với x > 0 , x ≠ 1

Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số
a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;

2), tìm m để (d) cũng đi qua A.
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được

c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) là tiếp tuyến của (P)

Bài 3.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H là trực tâm của tam giác, M là điểm trên
cung BC khơng chứa A

a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi N , E lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.

c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất.

Bài 4.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

0
a b  c c a  b b c  a 

GIẢI

Bài 1.

a) x 12 18x 8 27  2x 3 + 3 2 = 2x 2+ 3 3

 2x( 3– 2) = 3( 3– 2)  2x = 3 

3
2
x

b) 2

( 2)( 1) ( 2)( 1)

2 2 1 1

. . .

2 1 ( 1) .( 1)

x x x x

x

x x x x x x

          

 

 

      

 

2 1

.
1
x

x x = 
2

x (đpcm)

Bài 2.

Cho hàm số y = ax2 và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số
a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;

2), tìm m để (d) cũng đi qua A.
(P) đi qua A(1 ;

1
2) 

2 = a.12 a = 
1

2  y = 
1
2x2
(d) đi qua A(1 ;

1
2) 

2 = – 2.1 + m  m = 
5

2 y = – 2x + 
5
2
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được

Bảng giá trị của (P) :

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

y =
1

2x2 2

2 0

2 2

Bảng giá trị của (d) :

x 0 1

y = – 2x +
5
2

5
2

1
2
Đồ thị của (P) và (d) :

f(x)=(1/2)x^2
f(x)=-2*x+5/2
x(t)=1 , y(t )=t
x(t)=t , y(t)=1/2

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12

-2
2
4
6
8
10
12
14

x
f(x)

c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) là tiếp tuyến của (P)
Lập pt hoành độ giao điểm :

2x2 = – 2x + m  x2 + 4x – 2m = 0

’ = 4 + 2m

Để (d) tiếp xúc với (P) thì pt hồnh độ giao điểm phải có nghiệm kép
Tức là : 4 + 2m = 0  m = – 2

Vậy (d) là tiếp tuyến của (P) khi m = – 2

Bài 3.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H là trực tâm của tam giác, M là điểm trên
cung BC khơng chứa A

a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.

c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất.
Giải :

a) Ta có : BH  AC và CH  AB nên để BHCM là hình bình hành thì MC  AC tại C

và MB  AB tại B

Do đó AM là đường kính đường trịn tâm (O)
b) Ta có : E đối xứng của M qua AC

 EC  AC và EC = MC 

EC // BH và EC = BH
Vậy BHEC là hình bình hành
Chứng minh tương tự :

BNHC cũng là hình bình hành
Suy ra : HE // BC và HN // BC

Theo Tiên đề Euclide, qua H có duy nhất
Một đường thẳng song song với BC
Hay nói khác đi : N, H, E thẳng hàng

c) Theo cmt : BC =

2NE  NE lớn nhất khi và chỉ khi BC lớn nhất
tức là dây cung BC lớn nhất khi và chỉ khi BC là đường kính

khi đó tam giác ABC vng tại A nên trực tâm H trùng với A
và M là điểm đối tâm của A

NE = 13.04 cm

N'E' = 13.91 cm

E'
N'

R C'

N

E

M
L

H

O
A

B C

B'

Bài 4.

Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

0
a b  c c a  b b c  a 
Ta có :

a + b = -c ; b + c = - a ; c + a = - b
(a + b)2 = c2 a2 + b2 – c2 = – 2ab 
(b + c)2 = a2 b2 + c2 – a2 = – 2bc
(c + a)2 = b2 c2 + a2 – b2 = – 2ca
Do đó :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2ab 2bc 2ca
a b  c c a  b b c  a   

N

E

M

L
J

H

O
A

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

= –
1
2

a b c

abc abc abc

 

 

 

 =

1
2

a b c
abc
 

 

  

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 5

(Thời gian : 120 phút)

Bài 1.

Cho các biểu thức P = x2 9 và Q = 3x x.  3

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa
b) Với giá trị nào của x thì P = Q

c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa.

Bài 2.

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = 0 (1)
a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại.

Bài 3.

Một xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì đến sớm hơn
2 giờ, nếu giảm vận tốc 4km/h thì đến muộn hơn 1 giờ. Tính vận tốc dự định và thời gian dự định lúc đầu.

Bài 4.

Từ S ở ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho BD // AC . Nối
BK cắt AC tại I

a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
GIẢI

Bài 1.

Cho các biểu thức P = x2 9 và Q = 3x x.  3

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa

Ta có : P = x2 9 có nghĩa khi và chỉ khi x2 9 0  (x + 3)(x – 3) ≥ 0
(Áp dụng xét dấu của tích hai thừa số không âm khi chúng cùng dấu)

 x ≤3 hoặc x ≥ 3

Q = 3x x.  3 có nghĩa khi và chỉ khi

3 0 3

3 3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

b) Với giá trị nào của x thì P = Q
Ta có : P = Q  x ≥ 3

c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa.
Để P có nghĩa cịn Q khơng có nghĩa khi và chỉ khi x ≤3

Bài 2.

Cho phương trình : 3x2 + mx + 12 = 0 (1)
a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm cịn lại.

(1) có một nghiệm x1 = 1  a + b + c = 0  3 + m + 12 = 0  m = – 15
Khi đó nghiệm cịn lại : x2 =

12
4
3
c

a  

Bài 3.

y là quãng đường AB (y > 0, km)
Thời gian dự định là :

y
x

Nếu tăng vận tốc lên 14km/h thì thời gian đi hết quãng đường là : 14
y
x
Theo đề bài : 14 2

y y

x  x  (1)

Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì thời gian đi hết quãng đường là : 4
y

x (x > 4)
Theo đề bài : 4 1

y y

x  x  (2)

Ta có hệ phương trình :

2
14

1
4

y y

x x

y y

x x



 



 



  

 




( 14) 2 ( 14)
( 4) ( 4)

y x xy x x
xy y x x x

   




   

 

14 2 ( 14)

4 ( 4)

y x x
y x x

 




 

 ( x, y ≠ 0)

Chia từng vế , ta được :

7 2( 14)

2 4

x
x




  7x – 28 = 4x + 56  3x = 84  x = 28

Thế vào : 4y = x(x – 4) ta được :

28.24
168
4

y 

Thời gian dự định là : 6 giờ
Vận tốc dự định là : 28 km/h

* Cách khác : Gọi y là thời gian đi hết AB theo dự định và x là vận tốc dự định , ta có :
AB = xy = (x + 14)(y – 2) (1)

AB = xy = (x - 4)(y + 1) (2) 

14 2 28

4 4

y x
y x

 




  

 

28
6
x
y








Vậy thời gian dự định là 6 giờ, vận tốc dự định là : 28 km/h

Bài 4.

Từ A ở ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho BD // AC . Nối
BK cắt AC tại I

a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC2 = IK.IB

c) Cho góc BAC= 60o . Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
giải :

a) Kẻ đường kính CE, vì AC  CE , mà BD // AC nên BD  CE

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

b) Chứng minh : IC2 = IK.IB

Xét IBC và ICK có : góc I chung và

Ta có : ICK =

1

2KC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)


KBC = 
1

2KC (góc nội tiếp chắn cung KC)
Nên ICK KBC

Do đó : IBC  ICK 

IC IK

IB IC  IC2 = IK.IB
c) Khi BAC = 60o thì cân BAC trở thành tam giác đều 
Nên AB = AC = BC

Tứ giác ACOB nội tiếp được suy ra


BOC = 120o BDC = 60o (góc nội tiếp chắn cung BKC)
Mà BC = CD nên BDC cân

Do đó :  BDC là tam giác đều

BD = AC = CD = AB

Vậy tứ giác ABDC là hình thoi

 AD là phân giác BAC

Trùng với AO là phân giác BAC

Vậy khi BAC = 60o thì cát tuyến AKD đi qua O

I
K

E

D

C
B

O

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

GIẢI MỘT SỐ ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH 10
ĐỀ SỐ 6

(Thời gian : 120 phút)
Bài 1.

Chứng minh A = 40 2 57  40 2 57 là số nguyên
Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2
a) Phân tích B thành nhân tử

b) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa B = 0 và x – y + 4 = 0
Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2
a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5

b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = – 5

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2 đạt giá trị lớn nhất
Bài 5.

Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của đoạn OB cắt đường tròn tại M và
N, gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK tại D.

a) Tứ giác DMBN là hình gì ?

b) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AMN.

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3. Tính diện tích tam giác AMN.
GIẢI
Bài 1.

Chứng minh A = 40 2 57  40 2 57 là số nguyên

Ta có : 40 2 57 = 32 + 25 + 2.5.4 2 = (4 2)2 + 2.5.4 2 + 52 = (4 2 + 5)2
và 40 2 57 = 57 40 2 = 32 2.5.4 2 25  =

2 2

(4 2)  2.4 2.5 5
=

(4 2 5)
= (4 2 5) 2

Vậy A = 4 2 5  (4 2 + 5) = – 10 : là số nguyên

Bài 2.

Cho biểu thức B = y2 – xy – 12x2
a) Phân tích B thành nhân tử

Ta có B =

2 2.1 1 2 49 2

2 4 4

y  xy x  x
=

2 2

1 7

2 2

y x x

   

 

   

    =

1 7 1 7

2 2 2 2

y x x y x x

   

   

   

   



y 3x y

 

 4x



</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Ta có :



 



0
4 0

y x y x
x y
   


  

 
3 0

4 0
4 0
y x
y x
x y
  
  

   
  
3 0
4 0
y x
x y
 


  

 hoặc

4 0
4 0
y x
x y
 


  



2
6
x
y




 hoặc

4
3
16
3
x
y





 


Bài 3.

Cho hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2
a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5

Với x = 1 và y = 5 thì ta có : 5 = m2 – 6m + 12  m2 – 6m + 7 = 0 

3 2
3 2
m
m
  

 

b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0

Ta có : y = ax2 nếu a > 0, nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Mà a = m2 – 6m + 9 + 3 = (m – 3)2 + 3 > 0 , với mọi giá trị m

Vậy hàm số y = (m2 – 6m + 12)x2 nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x >0

Bài 4.

Cho phương trình : 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = – 5

Ta có : m = – 5 thì pt trở thành : 2x2 - 8x + 8 = 0  2(x2 - 4x + 4) = 0  2(x - 2)2 = 0  x = 2

b) Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt , tìm m để biểu thức M = x x1 2 2x1 2x2 đạt giá trị lớn nhất.
Pt (1) có hai nghiệm x1 ; x2 phân biệt khi và chỉ khi ’ = (m + 1)2 – 2(m2 + 4m + 3) > 0

 – m2 – 6m – 5 > 0  m2 + 6m + 5 < 0  (m + 1)(m + 5) < 0  – 5 < m < – 1 (*)

Khi đó theo định lí Vi-et :

1 2
2
1 2
1
4 3
.
2
b
m
x x
a

c m m

x x
a

   



 
  


Do đó :

x1.x2 – 2x1 – 2x2 = x1.x2 – 2(x1 + x2) =

2 4 3

2
m  m

2(m 1)
  =

2 8 7

2
m  m

( 7)( 1)
2
m m
Vì m phải tìm thỏa (*) nên với điều kiện này thì (m + 7)(m + 1) < 0

Suy ra M =

2 8 7

2
m  m

2 8 7

m m

  

9 ( 4) 9

2 2

m

 



Vậy giá trị lớn nhất của M là
9

2 khi và chỉ khi m = – 4 thỏa (*)
Bài 5.

Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của đoạn OB cắt đường tròn tại M và N,
gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vng góc với MN, BI cắt AK tại D.

a) Tứ giác DMBN là hình gì ?

b) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AMN.

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3. Tính diện tích tam giác AMN.

M'
D
K
I
N
H
A
O B
M

a) Ta có : AK  MN

Mà I là trung điểm MN nên OI  MN

Suy ra : OI là ĐTB của ADB  I là trung

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

c) Biết AM.AN = 3R2 và AN = R 3 AM = R 3= AN
suy ra tam giác AMN cân tại A

Trong tam giác vng ABN có AN = R 3; AB = 2R 

 3

sin

2
AN
ABN

AB

 

 ABN = 60o
 AMN= 60o (cùng chắn cung AN)

Vậy tam giác AMN cân có một góc 60o là tam giác đều cạnh bằng R 3
Diện tích AMN =

3 3

4
R

</div>

6 de ts 10 co dap an









































<b>N</b>

<b>F</b>

<b>E</b>

<b>D</b>

<b>M</b>

<b>B</b>

<b>O</b>

<b>C</b>

<b>A</b>



 





 



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về