Bai tap on tuyen 101

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (215.66 KB, 13 trang )

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

ĐỀ 1

Câu 1 (2 điểm) :

a)Cho góc nhọn a. Rút gọn khơng cịn dấu căn biểu thức :

2 2

cos 2 1 sin 1

P a   a 

b) Chứng minh:



4 15

 

5 3



4 15  2
Giải

a)P cos2a 2 1 sin 2a  1 cos2a  2 cos2a 1

cos 2cos 1

P a  a  (vì cosa > 0) (0,5 điểm)

2
(cos 1)

P a 

1 cos

P  a (vì cosa < 1) (0,5 điểm)



 





 



4 15 5 3 4 15  5 3 4 15 4 15



5 3



4 15 (0,5 điểm)



 



5 3 4 15



8 2 15 4

 

 15



= 2 (0,5 điểm)
Câu 2: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) .

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b) Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.

Đáp án Câu 2: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M( – 1 ; – 2) . Nên phương

trình đường thẳng (d) là : y = mx + m – 2. (0,5 điểm)

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

– x2 = mx + m – 2 (0,25 điểm)
 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Phương trình (*) có  m2  4m 8 



m  2



2  4 0m (0,25 điểm)

Vì phương trình (*) có  0 ,m nên phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , do đó

(d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. (0,5 điểm)
b) A và B nằm về hai phía của trục tung  phương trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm

trái dấu  m – 2 < 0  m < 2. (0,5 điểm)

Câu 3:

a) Giải hệ phương trình:












12
3
2

4
)
(

3
)
( 2

y
x

y
x
y

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

b) Giải bất phương trình:
3
15
2
4
2
2
3





x
x
x
x
x
< 0

Đáp án Câu 3 :

a)Đặt x - y = a ta được pt: a23a 4 a11;a2 4 (0,25 điểm)

Từ hệ đã cho 







12
3
2
4
)
(
3
)
( 2
y
x
y
x
y
x

, ta có:
* 






12
3
2
1
y
x
y
x

(1) (0,25 điểm)

*






12
3
2
4
y
x
y

x

(2) (0,25 điểm)

Giải hệ (1) ta được x = 3, y = 2

Giải hệ (2) ta được x = 0, y = 4 (0,25 điểm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm là x = 3, y = 2 hoặc x = 0; y = 4 (0,25 điểm)
b) Ta có x3 4x2 2x15 ( x 5)(x2 x 3) (0,25 điểm) 
mà

2 3 1 11 0

2 4

x   x x   

  với mọi x (0,25 điểm) 
Vậy bất phương trình tương đương với x 5 0  x5 (0,25 điểm)
Câu 4:. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên
đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D.

a.Chứng minh : AC . BD = R2.

b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Câu 4: Hình vẽ (0,5 điểm)

a.Ta có CA = CM; DB = DM (0,5 điểm)

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

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : (0,5 điểm)
MO2 = CM . MD (0,5 điểm)

 R2 = AC . BD

b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp (0,25 điểm)

  ; 

MCO MAO MDO MBO

   (0,25 điểm)





COD AMB g g
  

(0,25 điểm)
Do đó :

. .
. .

Chu vi COD OM
Chu vi AMB MH



 (MH  AB) (0,25 điểm)

Do MH  OM nên 1
OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB (0,25 điểm)

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

ĐỀ 2

Câu 1 : (2 điểm) Cho biểu thứcP = (√a−√b)2+4√ab

√a+√b :

√ab

a√b −b√a

a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa và hãy rút gọn P.

b/ Tính giá trị của P khi a =

√

15−6√6+

√

33−12√6 và b = √24 .
Đáp án câu 1: Cho biểu thứcP = (√a−√b)

+4√ab
√a+√b :

√ab

a√b −b√a

a) P có nghĩa khi a > 0 ; b > 0 và a  b (0,5 điểm)

P = a−2√ab+b+4√ab
√a+√b ⋅

√ab(√a −√b)

√ab =

(√a−√b)2

√a+√b ⋅(√a −√b) = a  b (1 điểm)

b) Với a =

√

15−6√6+

√

33−12√6 =

√

(3−√6)2+

√

(3−2√6)2 =

= 3  √6 + 3  2 √6 

= 3  √6 + 2 √6  3 = √6 (0,25 điểm)

Với b = √24 = 2 √6

Do đó P = a  b = √6  2 √6 =  √6 (0,25 điểm)

Câu 2 : (2 điểm)

a/ Cho hệ phương trình

x+my=3m

mx− y=m2−2

¿{

Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn: x2 2x  y > 0.

b/ Giải phương trình x2

 x  1x + 1

x2  10 = 0

Đáp án câu 2:

a) Cho hệ phương trình

x+my=3m(1)

mx− y=m2−2(2)

¿{

Từ(1) ta có x = 3m  my (3). Thay (3) vào (2): m(3m  my)  y = m-2 2. (0,25 điểm)
 3m2  m2y  y = 2(m2 + 1)  (m2 + 1)y = 2(m2 + 1)

Vì m2 + 1 > 0 với mọi m nên y = 2(m2+1)

m2

+1 = 2. (0,25 điểm)

Thay y = 2 vào (3) ta có x = 3m  m.2 = m.

Vậy nghiệm (x ; y) của hệ phương trình là (x = m ; y = 2)
Để x2  2x  y > 0 thì m2 m  2 > 0  (m  1)2 (

√3 )2 > 0 (0,25 điểm)

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



¿m−1−√3>0

m−1+√3>0

¿
¿
¿

m −1−√3<0

m−1+√3<0

¿
¿
¿
¿
¿


¿m>1+√3

m>1−√3

¿
¿
¿

m<1+√3

m<1−√3

¿
¿
¿
¿
¿


m>1+√3

m<1−√3

¿
¿
¿
¿

Vậy khi m > 1 + √3 hoặc m < 1  √3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ;

y) thỏa mãn x2

 2x  y > 0. (0,25 điểm)

b) Giải phương trình x2  x  1

x +

x2  10 = 0 (1). Điều kiện x  0. (0,25 điểm)

Phương trình (1)  (x2 + 1

x2 )  (x +
1

x )  10 = 0

 (x2 + 1

x2 + 2 )  (x +
1

x )  12 = 0

 (x + 1x )2 (x + 1x )  12 = 0 (*).

Đặt y = x + 1x . Phương trình (*) trở thành : y2 y  12 = 0

 y1 =  3 ; y2 = 4. (0,25 điểm)

Với y =  3  x + 1x =  3  x2 + 3x + 1 = 0  x1 = 3+√5

2 ; x1 =

3−√5

2 (0,25

điểm)

Với y = 4  x + 1x = 4  x2 4x + 1 = 0  x3 = 2 + √3 ; x4 = 2  √3

Các giá trị của x vừa tìm được thỏa mãn x  0.

Vậy nghiệm số của (1) là : x1 = 3+√5

2 ; x1 =

3−√5

2 ; x3 = 2 + √3 ; x4 = 2  √3

(0,25 điểm)

Câu 3 : (2 điểm)

Một phịng họp có 360 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng và mỗi hàng có số ghế
ngồi bằng nhau. Nhưng do số người đến dự họp là 400 nên đã phải kê thêm mỗi
hàng một ghế ngồi và thêm một hàng như thế nữa mới đủ chỗ. Tính xem lúc đầu ở
trong phịng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng có bao nhiêu ghế ngồi.

Đáp án câu 3:

Gọi x (hàng) là số hàng ghế ban đầu trong phòng họp (x nguyên, dương) (0,25 điểm)

Do đó 360x (ghế) là số ghế ban đầu của mỗi hàng .

x + 1 (hàng) là số hàng ghế lúc dự họp trong phòng họp

Do đó 400x

+1 (ghế) là số ghế lúc dự họp của mỗi hàng

Khi dự họp mỗi hàng kê thêm một ghế ngồi, ta có phương trình :

400

x+1 

360

x = 1 (1 điểm)

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

Giải phương trình được x1 = 24 ; x2 = 15. Cả hai giá trị của x đều thỏa mãn điều kiện.

(0, 25 điểm)
Vậy ban đầu trong phịng họp có 24 hàng ghế, mỗi hàng có 15 ghế ngồi.

Hoặc ban đầu trong phịng họp có 15 hàng ghế, mỗi hàng có 24 ghế ngồi.(0, 25 điểm)

Câu 4 : (4 điểm)

Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C  A, C  B). Trên cùng một nửa

mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax và By cùng vng góc với AB. Trên

tia Ax lấy điểm I (I  A), tia vng góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường trịn

đường kính IC cắt IK tại P.
1/ Chứng minh:

a/ Tứ giác CPKB nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm của đường trịn đó.
b/ AI.BK = AC.BC

c/  APB vuông.

2/ Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C sao cho diện tích của tứ giác ABKI đạt
giá trị lớn nhất.

Bài 4: Hình vẽ (0,5 điểm)

1. a/ P nằm trên đường trịn tâm O1

đường kính IC  IPC = 900

Mà IPC + CPK = 1800 (góc kề bù)

 CPK = 900 (0,25 điểm)

Do đó CPK + CBK = 900 + 900 = 1800 (0,5 điểm)

Nên CPKB nội tiếp đường tròn tâm O2

đường kính CK. (0,25 điểm)

b/ Vì ICK = 900  C

1 + C2 = 900

 AIC vuông tại A  C1 + A1 = 900

 A1 + C2 và có A = B = 900 (0,25 điểm)

Nên  AIC  BCK (g.g) (0,25 điểm)

 AIBC=AC

BK  AI . BK = AC . BC (1) (0,25 điểm)

c/ Trong (O1) có A1 = I2 (gnt cùng chắn cung PC)

Trong (O2) có B1 = K1 (gnt cùng chắn cung PC) (0,25 điểm)

Mà I2 + K1 = 900 (Vì  ICK vuông tại C) (0,25 điểm)

 A1 + B1 = 900, nên  APB vuông tại P. (0,25 điểm)

2/ Ta có AI // BK ( vì cùng vng góc với AB, nên ABKI là hình thang vng..

C B

2 1

1
1

O
2
0

x y

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

Do đó SABKI = 12 .AB.(AI + BK) (0,25 điểm)

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Suy ra SABKI lớn nhất  BK lớn nhất

Từ (1) có AI . BK = AC . BC  BK = AC . BCAI .

Nên BK lớn nhất  AC . BC lớn nhất. (0,25 điểm)

Ta có (√AC−√BC)2≥0  AC + BC  2 √AC . BC  √AC . BC  AC+2BC

 √AC . BC  AB2  AC . BC  AB
2

4 .

Vậy AC . BC lớn nhất khi AC . BC = AB2

4  AC = BC =

2  C là trung

điểm của AB. (0,25 điểm)

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

ĐỀ 3

Câu 1: (2 điểm). Cho biểu thức A =     

x 2 2

x 1

x 1 x 1 .

1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức B,
với B = A(x-1).

Câu 1.

a) ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1 . (0,25 điểm)

Ta có: A = √x

√x −1−
2
√x+1−

x −1

= √x(√x+1)

(√x −1)(√x+1)−

2(√x −1)
(√x+1)(√x −1)−

(√x −1)(√x+1) (0,25 điểm)

= (x+√x)−2(√x −1)−2

(√x −1)(√x+1) (0,25 điểm)

= x+√x −2√x+2−2

(√x −1)(√x+1) =

x −√x

(√x −1)(√x+1) =

√x(√x −1)
(√x −1)(√x+1) =

√x

√x+1 (0,25 điểm)

Vậy A = √x

√x+1

b) Thay x = 9 vào biểu thức rút gọn của A ta được: A = √9

√9+1=
3
3+1=

4 (0,25 điểm)

Vậy khi x = 9 thì A = 34

c) Ta có: B = A. (x −1)

¿ √x

√x+1(x −1) ¿√x(√x −1) ¿x −√x

√x¿2−2 .√x.1
2+

(

1
2

)

2
−1
4
¿ ¿

√x −1

2¿
2

(

−1
4

)

¿ ¿

(0,25
điểm)

Vì: √x −12¿

2≥0
¿

Với mọi giá trị của x 0 và x 1

⇒ √x −12¿2+

(

−14

)

≥

(

−14

)

Với mọi giá trị của x 0 và x 1 . (0,25 điểm)

Dấu bằng xãy ra khi √x −12¿

=0⇔√x −1

2=0⇔x=
1
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là

(

−1

)

đạt được khi x=

4 . (0,25 điểm)

Câu 2: (2 điểm) Cho Parabol (P): y =

x


và đường thẳng (D): y = - x – 4
a/ Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy

b/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

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

Cho Parabol (P): y =

x


và đường thẳng (D): y = - x – 4
a/ Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy

Lập bảng giá trị của (P) (0,25 đ)

x -2 -1 0 1 2

y -2 -1/2 0 -1/2 -2

(D) đi qua 2 điểm (0; -4) và (-4; 0) (0,25 đ)

Vẽ đúng mỗi đường 0,25 đ = (0,5 đ)

b/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng
phép tốn.

Phương trình hồnh độ giao điểm:

4
2

x
x


 

 x2 – 2x – 8 = 0

x1 = -2 ; x2 = 4 (0,25 đ)

Với x1 = -2 thì y1 = -2 ; x2 = 4 thì y2 = -8

Vậy giao điểm là (-2;-2) và (4;-8) (0,25 đ)

Câu 3: (2 điểm) Cho phương trình x2 – 4x + m + 1 = 0 (*)

a/ Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

b/ Biết phương trình (*) có một nghiệm x1 =

2. Dùng Vi-ét tìm nghiệm x2 ?

c/ Tìm m để 2 nghiệm x1 ; x2 của phương trình thỏa mãn x1 = 3x2

Đáp án câu 3: Cho phương trình x2 – 4x + m + 1 = 0 (*)

a/ Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

’=(-2)2 – (m + 1) = 3 – m (0,5 điểm)

Để PT có 2 nghiệm phân biệt thì ’> 0  3 – m > 0  m < 3 (0,25 điểm)

b/ Biết phương trình (*) có một nghiệm x1 =

2. Dùng Vi-ét tìm nghiệm x2 ?

Theo Vi-ét ta có x1 + x2 = 4 (0,25 điểm)


1

2 + x2 = 4  x2 = 
7

2 (0,5 điểm)

c/ Tìm m để 2 nghiệm x1 ; x2 của phương trình thỏa mãn x1 = 3x2

giải hệ PT

1 2 1

1 2 2

3 1

4 3

x x x

   





 

  

 

 (0,5 điểm)

-2

-4

-6

-8

-5 5

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

Câu 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AF

và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H (F BC E ; AB)

a/ Chứng minh tứ giác AEFC nội tiếp được đường trịn

b/ Kẻ đường kính AK của đường trịn (O). Chứng minh: tam giác ABK và tam giác AFC
đồng dạng.

c/ Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.

Đáp án câu 4

a/ Hình vẽ (0,5 đ)

  900

AECAFC  mà 2 đỉnh E và F kề nhau

cùng nhìn đoạn AC cố định (0,5 đ)

Nên AEFC nội tiếp. (0,5 đ)

Ta có ABK 900 (nội tiếp chắn nửa đường

trịn) (0,5 đ)

  900

ABK AFC

  

ACF AKB (cùng chắn cung AB) (0,5 đ)

BAK

  FCA (g – g) (0,25 đ)

c/ Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.

BK // CH (cùng vng góc AB) (0,5 đ)

CK // BH (cùng vng góc AC) (0,5 đ)

 BHCK là hình bình hành (0,25 đ)

H
E

C
A

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

ĐỀ 4

Câu 1: ( 2điểm)

1) Giải phương trình : 2x2 + 3x – 5 =0

2) Giải hệ phương trình:

2x y 3
3x y 7
 




 


3) Rút gọn: M =

1 22

32 2 50

2   11

Đáp án câu 1

1/ Giải phương trình : 2x2 + 3x – 5 =0

pt có dạng a + b + c = 2 + 3 – 5 = 0 (0,25 điểm)

Nên ptcó 2 nghiệm x1 = 1; x2 =

c 5
a 2




(0,25điểm +0,25 điểm)
2/Giải hệ phương trình:

2x y 3

3x y 7
 




 


5x 10 x 2 x 2

3x y 7 6 y 7 y 1

  

  

     

    

   (0,25+0,25+0,25điểm)

3/ M =

1 22

32 2 50

2   11 = 2 2 10 2  2 (0,25điểm)

7 2

 (0,25điểm)

Câu 2: ( 2 điểm)

Cho phương trình x2 – mx – 2 =0

1) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình.

Tìm các giá trị của m sao cho x12 +x22 – 3x1x2 =14

Đáp án câu 2:

Cho phương trình x2 – mx – 2 =0

1/ C1: ta có a.c = 1.(-2) = -2 <0 (0,5điểm)

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m (0,5điểm)

C2:  m2 8 0; m (0,5điểm)

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m (0,5điểm)

2/ Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi – ét ta có:

x1 +x2 = m; x1.x2 = - 2 (0,5điểm)

x12 +x22 – 3x1x2 =14

2 2

1 2 1 2

(x x ) 5x x 14 m 10 14

       (0,25điểm)

 m=2 (0,25điểm)

Câu 3: ( 2 điểm)

Một ca nô chạy với vận tốc không đổi trên một khúc sông dài 30 km, cả đi và về hết
4 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 4 km/h.

Đáp án Câu 3: ( 2 điểm)

Gọi x( km/h) là vận tốc của canô trong nước yên lặng ( đ kiện x > 4) (0,25điểm)

Vận tốc ca nô xuôi dàng là x+4 ( km/h)

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

B C
A

E
D

N
K

Thời gian ca nơ xi dịng là

x 4 (h) và thời gian ca nơ ngược dịng là

x 4 (h)(0,25điểm)

Theo đề bài ta có pt:

30 30
4

x 4 x 4    (0,5điểm)

 x2 – 15 x – 16 =0 (0,25điểm)

Pt có 2 nghiệm x1 = -1 ( loại) x2 = 16 ( nhận) và trả lời (0,5điểm)

Câu 4: ( 4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB>AC) Trên cạnh AC lấy điểm M (khác A và
C). Đường trịn đường kính MC cắt BC tại E và cắt đường thẳng BM tại D ( E khác C ; D
khác M).

1) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.

2) Chứng minh ABD MED 

3) Đường thẳng AD cắt đường trịn đường kính MC tại N ( N khác D). Đường
thẳng MD cắt CN tại K, MN cắt CD tại H. Chứng minh KH song song với NE.

Đáp án câu 4: ( 4 điểm)

Hình vẽ : (0,5 điểm)

Trong đó:

Nếu vẽ đúng tam giác vng ABC ( AB>AC) và đường trịn đường kính MC 0,25

Vẽ đúng phần cịn lại câu 1) 0,25

1\ Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.

Ta có BAC 90 (gt)  0 (0.25điểm)

A đường trịn đường kính BC (0.25điểm)

 0

MDC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đkính MC)

Hay BDC 90  0( B,M,D thẳng hàng) (0.25điểm)

D đường trịn đường kính BC (0.25điểm)

Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC. (0.25điểm)

2\ Chứng minh ABD MED 

Ta có: ABD ACD  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường trịn đkính BC)

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

Mà MCD MED  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD của đường trịn đkính MC)

(0.25điểm)
Hay ACD MED  ( vì A; M; C thẳng hàng) (0.25điểm)

Suy ra ABD MED  (0.25điểm)

3/ Chứng minh KH//EN

Trong tam giác MKC có MNKC;CDMK suy ra H là trực tâm của tam giác MKC

KH MC

  hay KHAC (0.25điểm)

KH / /AB

 ( cùng vng góc AC) (1) (0.25điểm)

Ta có CEN CDN  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN của đường tròn đk MC)(0.25điểm)

Mà CDN CBA  ( cùng bù với góc ADC) (0.25điểm)

 

CEN CBA

   EN / /BA ( 2 góc đồng vị) (2)

</div>

Bai tap on tuyen 101

<b>ĐỀ 1</b>



 





 





 

 









 





 











<b>ĐỀ 2</b>

<sub>√</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

√

<b>ĐỀ 3</b>

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

<b>ĐỀ 4</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về