ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT (từ 21 đến 40)

36 157 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 06/03/2019, 22:45

ĐỀ SỐ 21 Câu 1) A = −1 = ( ( ) +1 )( −1 ) +1 = ( ) +1 = +1   x = −  2 x = −3  y = − 11   2) Ta có hệ ⇔  y = x − ⇔  Câu 2 1) Vẽ đồ thị y = x thông qua bảng giá trị x -2 -1 y 0 1 Vẽ đồ thị y = x + qua điểm A(0, 2) B(-2,0) y N M A B -2 x O -1 -1 2) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị x = x + hay x − x − = Phương trình có nghiệm: x1 = −1 ⇒ y1 = x = ⇒ y = Vậy hai đồ thị cắt hai điểm M(-1, 1) N(2, 4) Câu 1) Với m = , ta có phương trình: x + x + = Các hệ số phương trình thoả mãn a − b + c = − + = nên phương trình có nghiệm: x1 = −1 , x2 = − 2 2) Phương trình có biệt thức ∆ = ( 2m − 1) − 4.2.( m − 1) = ( 2m − 3) ≥ nên phương trình ln có hai nghiệm x1 , x2 với m 2m −   x1 + x = −   x x = m −  2 Theo định lý Viet, ta có:  2 Điều kiện đề x1 + x1 x + x = ⇔ 4( x1 + x ) − x1 x = Từ ta có: (1 − 2m ) − 3( m − 1) = ⇔ 4m − 7m + = Phương trình có tổng hệ số a + b + c = + (−7) + = nên phương trình có nghiệm m1 = 1, m = 3 m = 1, m = Vậy giá trị cần tìm m · · FED = FCD = 90o Câu 1) Tứ giác FCDE có góc đối : đường tròn) Suy tứ giác FCDE nội tiếp (góc nội tiếp chắn nửa F · · 2) Xét hai tam giác ACD BED có: ACD = BED = 90 , ·ADC = BDE · (đối đỉnh) nên ∆ACD∼∆BED Từ ta có tỷ I DC DE C = ⇒ DC.DB = DA.DE số : DA DB E 3) I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE ⇒Dtam · · · » giác ICD cân ⇒ ICD = IDC = FEC (chắn cung FC ) A · · · Mặt khác tam giác OBC cân nên OCB = OBC = DEC O B » (chắn cung AC (O)) Từ · · · · · · ICO = ICD + DCO = FEC + DEC = FED = 900 ⇒ IC ⊥ CO hay IC tiếp tuyến đường tròn (O) 4x + 1 4x + 1 = y+ y≥− = y2 + y + 7y2 + 7y = x + 28 2, ta có 28 ⇔ Câu Đặt  7x + 7x = y +    7 y + y = x +  Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ:  Trừ vế cho vế hai phuơng trình ta thu 7( x − y ) + 7( x − y ) = y − x ⇔ ( x − y )( x + y + 8) = ⇔ x − y = (vì x > x + y + > 0) hay x = y 2 y≥− nên  − − 50 x = 14 ⇔  − + 50 x + 6x − = x =  14 Thay vào phương trình ta Đối chiếu − + 50 x= 14 với điều kiện x, y ta nghiệm Lời bình: Câu V Chắc chắn hỏi đằng sau phép đặt ẩn phụ không? Ta có 7x2 + 7x = ⇔ 4x + 28 có "mách bảo" 4x + = y+ 28 4x + + 28 1  7 x + ÷ = 2  Dưới hình thức phương trình cho thuộc dạng (ax + b)2 = + qx + r , (a ≠ 0, a' ≠ 0, p ≠ 0) p a'x +b' Một lần Lời bình sau câu đề 13 dẫn cách đặt ẩn phụ ĐỀ SỐ 22 Câu 1: 1) x2 - 2x - 15 = , ∆' = - (-15) = 16 , ∆' = Vậy phương trình có nghiệm x1 = - = - 3; x2 = + = Đường thẳng y = ax - qua điểm M (- 1; 1) khi: = a (-1) -1 a = - Vậy a = - ( Câu 2: 1) P = ( a − 1) ( a = a −1 a − a a a −a−a+ a −a a (a − 1) )( ) ( )( ( a + 1) ( a −1) a −a−a− a) −4 = ) a −1 − a + a a +1 a a = −2 a a Vậy P = - a 2) Ta có: P ≥ −2 ⇔ - a > - ⇔ a < ⇔ < a < Kết hợp với điều kiện để P có nghĩa, ta có: < a < Vậy P > -2 a < a < Câu 3: Gọi x, y số chi tiết máy tổ 1, tổ sản xuất tháng giêng (x, y ∈ N* ), ta có x + y = 900 (1) (vì tháng giêng tổ sản xuất 900 chi tiết) Do cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ sản xuất được: x + 15%x, tổ sản xuất được: y + 10%y Cả hai tổ sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 1010 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:  x + y = 900 1,1x + 1,1y = 990 0, 05x = 20 ⇔ ⇔  1,15x + 1,1y = 1010 1,15x + 1,1y = 1010  x + y = 900 x y K x = 400 y = 500 (thoả mãn) Vậy tháng giêng tổ sản xuất 400 chi tiết máy, tổ sản xuất 500 chi tiết máy · I Câu 4: 1) Ta có IPC = 900 (vì góc nội tiếp A P C B · chắn nửa đường tròn) => CPK = 900 µ +B µ Xét tứ giác CPKB có: K = 900 + 900 = 1800 => CPKB tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) µ =B µ 2) Xét ∆ AIC ∆ BCK có A = 900; · · ACI = BKC (2 góc có cạnh tương ứng vng góc) AI AC = => ∆ AIC ~ ∆ BCK (g.g) => BC BK => AI.BK = AC.BC · · 3) Ta có: PAC = PIC (vì góc nội tiếp chắn cung PC ) · · PBC = PKC (vì góc nội tiếp chắn cung PC ) · · · + PKC · PAC + PBC = PIC = 900 ∆ · Suy (vì ICK vng C).=> APB = 900 Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + px + q = biết p + q= 198 Phương trình có nghiệm ∆ ≥ p2 + 4q ≥ 0; gọi x1, x2 nghiệm - Khi theo hệ thức Viét có x1+ x2 = - p x1x2 = q mà p + q = 198 => x1x2 - (x1+ x2) = 198 (x1 - 1)(x2 - 1) = 199 = 199 = (- 1)(-199) ( Vì x1, x2 ∈ Z ) Nên ta có : x1 - x2 - x1 x2 199 200 -1 -199 -198 199 200 -199 -1 -198 Vậy phương trình có nghiệm ngun: (2; 200); (0; -198); (200; 2); (-198; 0) ĐỀ SỐ 23 Câu − + ) = 5 = 15 1) A = ( 20 − + 80 ) = ( 2 2) Đặt t = x , t ≥ phương trình trở thành 4t + 7t − = Biệt thức ∆ = − 4.4.( −2) = 81 , t = −2 (loại) Phương trình có nghiệm 1 1 t= x2 = x=± x=± ta có ⇔ Vậy phương trình có nghiệm Với t1 = Câu 1) Ta gọi (d1 ) , (d ) đường thẳng có phương trình y = −3x + x − 2m + Giao điểm (d1 ) trục hoành A(2, 0) Yêu cầu toán = − m + ⇔ m = thoả mãn (d ) qua A ⇔ y= 2) Gọi x chiều rộng hình chữ nhật (đơn vị m, x > 0) ⇒ chiều dài hình chữ nhật x + (m) Vì đường chéo 13 (m) nên theo định lý Piatago ta có : 132 = x + ( x + ) 2 ⇔ 2x + 14x + 49 = 169 x = ⇔ ⇔ x + 7x − 60 =  x = −12 Chỉ có nghiệm x = thoả mãn Vậy mảnh đất có chiều rộng 5m, chiều dài 12m diện tích S = 5.12 = 60 (m2) Câu 1) Khi m = phương trình trở thành x − x = ⇔ x( x − 2) = ⇔ x = ; x = 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x ⇔ ∆' = − ( m − 3) > ⇔ m < Khi theo định lí Vi-et ta có: x1 + x = (1) x1 x = m − (2) Điều kiện toán x1 − x + x1 x2 = −12 ⇔ x1 ( x1 + x ) − x = −12 ⇔ x1 − x = −12 (do (1)) ⇔ x1 − x = −6 (3) Từ (1) (3) ta có: x1 = −2, x = Thay vào (3) ta được: ( − 2).4 = m − ⇔ m = −5 , thoả mãn điều kiện Vậy m = −5 Câu 1 ·DAB » · » 1) Ta có = sđ DB (góc nội tiếp) BDE = sđ DB (góc tiếp tuyến dây ·DAB = BDE · cung) Suy · · · DMA DAM = BDM 2) Xét hai tam giác DMB AMD có: ∆AMD chung, nên ∆DMB ∼ MD MA = ⇒ MB MD hay MD = MA.MB ME MA = Tương tự ta có: ∆EMB ∼ ∆AME ⇒ MB ME hay ME = MA.MB Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE · · · · = BDM = BEM 3) Ta có DAB , EAB · · · · · · · · ⇒ PAQ + PBQ = DAB + EAB + PBQ = BDM + BEM + DBE = 180 · · · · · · = BDM ⇒ tứ giác APBQ nội tiếp ⇒ PQB = PAB Kết hợp với PAB suy PQB = BDM Hai góc vị trí so le nên PQ song song với AB D M E B P Q O O' A Câu Đặt y= 4x + x2 +1 Khi ta có y ( x + 1) = x + ⇔ y.x − x + ( y − 3) = (1) Ta tìm điều kiện y để (1) có nghiệm 2 x=− y = Nếu (1) có nghiệm 2 Nếu y ≠ , (1) có nghiệm ⇔ ∆' = − y ( y − 3) ≥ ⇔ y − y − ≤ ⇔ − ≤ y ≤ Kết hợp lại (1) có nghiệm ⇔ − ≤ y ≤ Theo giả thiết y số nguyên âm ⇔ y = −1 Khi thay vào ta có x = −2 Lời bình: Câu V 1) Từ cách giải toán ta suy biểu thức 4x + y= x +1 có GTNN − GTLN 2) Phương pháp giải tốn phương phương pháp tìm GTNN, GTLN biểu thức dạng (với b'2− 4ac < 0), chẳng hạn P= P= ; 20 x + 10 x + x − xy + y Q= 3x + x + x2 + y 2 ax + bx + c a ' x2 + b ' x + c ' với x2 + y2 > 0; F = x2 + 2xy − y2 với 4x2 + 2xy + y2 = ĐỀ SỐ 24 Câu 1) A = (1 − 5) × 5(1 + 5) (1 + 5) − = (1 − 5) × = = −2 2 ( ) ÷1 + x (  x x +1 1 +  1+ x 2) B =  ÷  ) x −1  ÷= + x 1− x = − x 1− x ÷  ( )( ) Câu 1) Thay x = vào vế trái phương trình ta được: 22 + ( − m ) + 2(m − 5) = + − m + 2m − 10 = với m nên phương trình có nghiệm x = với m 2) Vì phương trình ln có nghiệm x = nên để có nghiệm x = − 2 theo định lý Vi-et ta có: 2(5 − 2 ) = 2( m − 5) ⇔ − 2 = m − ⇔ m = 10 − 2 Câu Gọi x (km/h) vận tốc dự định xe, x > 15 80 Thời gian dự định xe x 20 Thời gian xe phần tư quãng đường đầu x − 15 , thời gian xe 60 quãng đường lại x + 10 80 20 60 Theo ta có x = x − 15 + x + 10 (1) = + x − 15 ) ( x + 10 ) = x ( x − 35 ) Biến đổi (1) ⇔ x x − 15 x + 10 ⇔ ( ⇔ 15 x = 600 ⇔ x = 40 (thoả mãn điều kiện) 80 =2 Từ thời gian dự định xe 40 Câu · 1) Ta có Ax tiếp tuyến nửa đường tròn nên MAD = 90 Mặt khác theo giả · thiết MCD = 90 nên suy tứ giác ADCM nội tiếp Tương tự, tứ giác BDCN nội tiếp · · 2) Theo câu tứ giác ADCM BDCN nội tiếp nên: DMC = DAC , · · DNC = DBC · · · · DMC + DNC = DAC + DBC = 900 Suy · Từ MDN = 90 · · · · · 3) Vì ACB = MDN = 90 nên tứ giác CPDQ nội tiếp Do CPQ = CDQ = CDN · · · · Lại tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN = CBN Hơn ta có CBN = CAB , suy · · CPQ = CAB hay PQ song song với AB ( x + y ) ≥ xy Câu Với số dương x, y ta có: Áp dụng bất đẳng thức ta, có: x+ y 1 ≥ + ≥ ⇔ xy x + y ⇔ x y x + y a +b b+c c +a 1 1 1  1 1 + + = a  + ÷+ b  + ÷+ c  + ÷ c a b b c c a a b b c   a 4 4 + + ≥ a + b + c ÷ b+c c+a a +b =  b+c c +a a +b  Vậy bất đẳng thức chứng minh Lời bình: Câu II.1 Thay câu II.1 câu : Chứng minh phương trình có nghiệm khơng phụ thuộc giá trị m, ta tốn "thơng minh hơn" Biến đổi phương trình dạng m(x − 2) = x2 + 3x − 10 (1) Xem (1) phương trình m Thế (1) có nghiệm khơng phụ thuộc m x − = x2 + 3x − 10 = ⇔ x = Vậy có x = nghiệm cố định khơng phụ thuộc vào m phương trình cho Vấn đề nghiệm cố định bàn thêm lời bình sau câu Câu I4b, đề 32 ĐỀ SỐ 25 Câu  x −1   x x −1 1) Ta có A =  ( ) (    ÷:  x + ÷  ÷  x −1 ÷   ) x + x −1 x −1 = x x +1 x = 2+2 =2 x = + nên A = +1 x = +1 ⇔ 2) x = 2 + ⇔ Câu 1) Khi a = b = −5 ta có phương trình: x + 3x − = Do a + b + c = nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x = −4 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = a − 4(b + 1) > (*)  x1 + x2 = −a  Khi theo định lý Vi-et, ta có  x1 x2 = b + (1)  x1 − x =  x1 − x =   3 x1 − x ) + 3x1x ( x1 − x ) = ⇔ ( x − x =    ⇔ Bài toán yêu cầu  x1 − x =   x1 x = −2 (2) Từ hệ (2) ta có: ( x1 + x2 ) = ( x1 − x2 ) + x1 x2 = + 4(−2) = , kết hợp với (1) 2 a =  a = 1, b = −3 ⇔  b + = −2  a = −1, b = −3 Các giá trị thoả mãn điều kiện (*) nên chúng giá trị cần tìm Câu Gọi x (km/h) vận tốc thực thuyền (x > 4) Vận tốc thuyền xuôi dòng x + (km/m) Vận tốc thuyền ngược dòng x – km 24 Thời gian thuyền từ A đến B x + 16 Thời gian thuyền quay từ B đến C x − =2 Thời gian bè (giờ) 24 16 Ta có phương trình: x + + x − = (1) Biến đổi phương trình: (1) ⇔ 12( x − 4) + 8( x + 4) = ( x − ) ( x + ) ⇔ x − 20 x = x =  ⇔ x( x − 20) = ⇔  x = 20 Đối chiếu với điều kiện ta thấy có nghiệm x = 20 thoả mãn Vậy vận tốc thực thuyền 20km/h Câu · 1) Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 90 Theo tính chất tiếp · tuyến ta lại có OD ⊥ DM hay ODM = 90 Suy điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ ∆MCD cân M ⇒ MI · DCI = ·CMD » đường phân giác Mặt khác I điểm cung nhỏ CD nên º · »DI sđ = sđ CI = MCI · MCD ⇒ CI phân giác Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Ta có tam giác MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính: S = 2SOQM = .OD.QM = R (MD + DQ ) Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt 2 khác, theo hệ thức lượng tam giác vuông OMQ ta có DM DQ = OD = R khơng đổi nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường tròn tâm O bán kính R P C A d H B I O M D Q Câu Từ giả thiết ta có: abc ( a + b + c ) = Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, 2 a ( a + b + c ) bc a + b) ( a + c) a a + b + c ) + bc P= ( = a + ab + ac + bc = ( ≥ = a ( a + b + c ) = bc   a + b + c = abc Đẳng thức xảy ⇔  ⇔  a ( a + b + c ) =  bc = Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = ⇒ a = − Vậy giá trị nhỏ biểu thức P ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1) ( ) ( )( ) 2+ − 2− 1 − = = = −2 −1 2− 2+ 2− 2+ ( ) 3x + y = 6x + 2y = 18 7x = 14 x = ⇔ ⇔ ⇔   y = - 3x y = 2)  x - 2y = -  x - 2y = - Câu 2:  1  x  = − P=  −  x x +1 ÷: x x +1  x + x +1  x+ x 1) ( = 1− x x ( ) x +1 ( ) = (1− x ) ( x +1 x ) (  ÷ x +1 ÷  x ) =1-x x +1 x x x 1-x > ⇔ ( - x ) > x ⇔ −3x > - ⇔ x < 2) Với x > x ) ( ) x +1 x Câu 2: x2 + (2m + 1) x + m2 + = (1) a) Khi m = ta có phương trình: x2 + 3x + = Vì a = 1; b = 3; c = => a - b + c = Vậy phương trình có x1 = - 1; x2 = - b) Phương trình (1) có nghiệm âm khi:  (2m + 1)2 − 4(m + 1) ≥ ∆ ≥ m≥  4m − ≥     ⇔ ⇔ S < ⇔  −(2m + 1) <  2m + > P > m2 + > m > − m≥    2⇔ Câu 3: Ta có: a2 + b2 > 2ab = (vì ab = 1) 4 A = (a + b + 1)(a2 + b2) + a + b > 2(a + b + 1) + a + b = + (a + b + a + b ) + (a + b) > + + = (a + b + a + b > a + b > ab áp dụng BĐT Côsi cho số dương) Dấu “=” a = b = Vậy minA = Câu 4: µ +K µ a) Xét tứ giác BHMK: H = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn CM tương tự có tứ giác CHMI nội tiếp µ · µ · b) Ta có B + HMK = C + HMI = 1800 µ =C µ ⇒ HMK · · B = HMI mà (1) A I K M B · · · · KBM = BCM , KBM = KHM (vì góc nội tiếp H C chắn cung MK góc tạo tia tt góc nội tiếp chắn cung BM) · · HCM = HIM (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội ¼ · · = HIM tiếp chắn HM ) ⇒ KHM (2) MH MK = ⇒ MH Từ (1), (2) => ∆ HMK ~ ∆ IMH (g.g) => MI MH = MI MK (đpcm) c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi Vì A cố định đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M (đpcm)  x − 2y = a (1)  2 Câu 5: Giả sử hệ  x + y = (2) có nghiệm (x; y) Từ (2) suy x ≤ 1, y ≤ Từ (1) ta có: x − 2y ≤ x + y ≤ x + y = ( x + y ) − ( y − y + 1) + = − ( y − y + 1) = − ( y − 1) ≤ ⇒ a ≤ trái giả thiết a >2 Suy hệ vô nghiệm, đpcm ĐỀ SỐ 33  − x + 3y = −10 −2x + 6y = −20 − x + 3y = −10 ⇔ ⇔   2x + y = −1  y = −3 Câu 1: a) 2x + y = −1  − x + 3(−3) = −10 x = ⇔ ⇔  y = −3  y = −3 b) Hàm số y = (m + 2) x - đồng biến R chi m + > ⇔ m > -  a +1− a    a : −  ÷   a +1 ÷ a (a + 1) + (a + 1)    a +1 Câu 2: a) A =  = ( a − 1) a +1   ( a − 1) 2 a ( a − 1) : − = :  a +1 ( a + 1)(a + 1)  a + (a + 1)( a + 1)  ( a − 1)2 (a + 1)( a + 1) = a +1 a + ( a − 1) = b) a = 2011 - 2010 = ( 2010 − 1) ⇒ a = 2010 − Vậy A = 2010 Câu 3: a) Với k = - ta có: - (x2 - 4x + 3) + (x - 1) = ⇔ x2 - 8x + = Vì a + b + c = + (- 8) + = Nên pt có nghiệm x1 = 1; x2 = b) + Nếu k = 0, phương trình có dạng 2(x - 1) = ⇔ x = + Nếu k ≠ 0, phương trình có dạng: kx2 + 2(1 - 2k) x + 3k - = ∆' = (1 - 2k)2 - k(3k - 2) = 1- 4k + 4k2 - 3k2 + 2k C M = k - 2k + = (k - 1) > với mọiBk Vậy phương trình có nghiệm với k A O O' N D E Câu 4: a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC M Ta có MB = MA = MC (t/c tiếp tuyến cắt nhau) µ ⇒ A = 900 b) Giả sử R’ > R Lấy N trung điểm OO’ Ta có MN đường trung bình hình thang vng OBCO’ µ µ (OB // O’C; B = C = 900) tam giác AMN vuông A R + R' R′ − R Có MN = ; AN = Khi MA2 = MN2 - AN2 = RR’ => MA = RR' mà BC = 2MA = 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) => DC DE => DA DC = DE2 (2) (1), (2) => BD = DE (đpcm) Câu 5: 2 2 Xét ∆1 + ∆ = a1 − 4b1 + a − 4b2 = a1 + a − 4(b1 + b2 ) ≥ a1 + a − 2a1 a (vì a1a2 > 2(b1 + b2)) 2 Mà a1 + a − 2a1a = (a1 − a ) ≥ , ∆1 + ∆ > => Tồn ∆ ∆ khơng âm => phương trình cho có nghiệm Lời bình: Câu III.b 1) Để chứng minh phương trình có nghiệm khơng phụ thuộc giá trị k có hai cách giải Cách (Đã nói lời bình sau câu 2(1) Đề 24) Xem k(x2 − 4x − 3) + 2(x − 1) = (*) phương trình ẩn k Thế (*) có nghiệm khơng phụ thuộc k x2 − 4x − = 2(x − 1) = ⇔ x = Cách (Phương pháp cần đủ) + Phương trình (*) có nghiệm với x phải có nghiệm với k = + Với k = ta có k(x2 − 4x − 3) + 2(x − 1) ⇔ x = Thay x = vào (*) có 0k + = nghĩa x = nghiệm (*) với k Ta có điều phải chứng minh 2) Kết toán đâu phải có đáp số Cái quan trọng cách nghĩ lời giải chúng nào, có đường (cách giải) để đến kết : Câu V : 1) Mấu chốt tốn chuyển hố hình thức tốn Cụ thể biết thay việc chứng minh hai phương trình có nghiệm cách chứng minh ∆ + ∆ ≥ Sự chuyển hoá giúp kết nối thành công với giả thiết a1 + a2 ≥ 2(b1 + b2) 2) Một cách hiểu khác toán : Chứng minh hai phương trình khơng thể vơ nghiệm Với cách hiểu ta chuyển hố thành chứng minh khả ∆ + ∆ < xảy Thật vậy: Nếu ∆ < ∆ < suy ∆ + ∆ < Điều dẫn tới mâu thuẫn với a1 + a2 ≥ 2(b1 + b2) Bài toán chứng minh 3) Các cách chứng minh toán cách chứng minh nhiều phương trình bậc hai, có phương trình có nghiệm 4) Cùng kiểu tư bạn dễ dàng chứng minh : Với giá trị m, phương trình x2 − mx + m = khơng thể có hai nghiệm dương Thật : + Nếu m = 0, phương trình có nghiệm x = + Nếu m < 0, phương trình có nghiệm hai nghiệm trái dấu (do ac < 0) + Nếu m > 0, hai nghiệm x1, x2 âm x1+ x2 < suy (!) − b =m Vậy toán chứng minh ĐỀ SỐ 34 Câu 1: P = a −1+1 + a −1−1 Nếu a> => a − − ≥ ⇒ P = a − Nếu 1< a < => a − − < => P = Câu 2: ĐKXĐ: x > 0; x ≠ ( x − 1) ( x + 1) − ( x − 1) ( x − 1) x x − = = x −1 x.( x − 1) x 1) Q = x  x = −1 (loai)  ⇔x=  x= 16  x − x  ⇔ 2) Q = - => 4x + -1=0 (thỏa mãn) x Câu 3: Đặt = t, t2 + 2(m - 1)t + m + = (1) Phương trình có nghiệm phân biệt (1) có nghiệm khác dấu (1) có nghiệm kép t > +) (1) Có nghiệm khác dấu m + < m < -1 m =  +) ∆' = m2 - 3m =  m = Thay vào (1) để xét m = thỏa mãn, m = bị loại Vậy m < - m = 2 Câu 4: PT 3( x − 1) + 16 + ( x − 1) + 25 = - (x - 1)2 VT > 9; VP < (vì (x - 1)2 > 0) nên:  VT =  PT VP = x = (TM) N Câu 5: 1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH µ +H µ = 1800 (do A µ =H µ = 900 ) A H M => OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác OANH nội tiếp A O B ả ả ả => A1 = M1 , B1 = N1 (2 góc nội tiếp chắn cung) ¶ +B µ =M ¶ +N ¶ = 900 · ⇒A 1 1 => AHB = 900 => MN tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vuông, ta có: AB AM BN = MH NH = OH2 = (đpcm) 1 S ∆MON = OH MN > OH AB (Vì AMNB hình thang vng) Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = Vậy S ∆MON AB nhỏ AM = BN = ĐỀ SỐ 35  x > −3 x +3 (x + 3)  = x +3 x + = −1 x < −3 Câu 1: A = Câu 2: a) Bình phương hai vế ta được: x2 - 2x + = x(x - 2) = x = x = b) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b qua điểm A (1; 2) B (2; 0) khi: a + b =  a = −2 ⇔   2a + b =  b = Vậy y = - 2x + Câu 3: a) Với m = 2, ta có phương trình x2 − x − =  x = −1; x = ⇔  x = (x2 - x - 2)(x - 1) =  x − = Vậy phương trình có nghiệm x ± 1; x = b) Vì phương trình (1) ln có nghiệm x1 = nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi: - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = có nghiệm kép khác 1  ∆ = 1 + 4m = m = − ⇔ ⇔ ⇔m=−  f (1) ≠ 1 − − m ≠ m ≠ ⇔ - Hoặc phương trình f(x) = x2 - x - m = có nghiệm phân biệt có nghiệm 1  ∆ > 1 + 4m > m > − ⇔ ⇔ ⇔ m =  f (1) = m =  m = ⇔ Vậy phương trình (1) có nghiệm phân biệt m = - ; m = Câu 4: a) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) Nên MA ⊥ OA; MB ⊥ OB; Mà OI ⊥ CD (Theo định lý đường kính dây cung) · · A · Do MAO = MBO = MIO = 900 =>M điểm A, B, I thuộc đường tròn đường kính MO hay điểm M,C A, I, O, B thuộc đường tròn O I D B · · · · b) Ta có: AIM = AOM (vì góc nội tiếp chắn cung MA) BIM = BOM (vì góc nội · · tiếp chắn cung MB) mà AOM = BOM (tính chất hai tiếp tuyến) · · = BIM => AIM => IM phân giác góc AIB (đpcm) Câu 5: 4 (1)  x + y =  3 2  x + y = x + y (2) Từ (1) suy ra: x ≤ ⇒ x ≤ Tương tự y ≤ (3) (2) ⇔ x (1 − x ) + y (1 − y) = (4), Từ (3) suy vế trái (4) không âm nên  x = x = x = x =  x (1 − x ) = ⇔ ⇔ ; ; ; y = y = y = y ( − y ) =     y = (4)  x = x = ;  y =  y = Thử lại hệ có nghiệm là: ĐỀ SỐ 36 + + − = + + −1 = Câu 1: a) P = b) x2 + 2x - 24 = ∆' = + 24 = 25 => ∆' = => phương trình có nghiệm x1 = - + = 4; x2 = - - = - a a +1 −7 a − + + Câu 2: a) P = a + a − ( a − 3)( a + 3) a ( a − 3) + ( a + 1)( a + 3) − a − 2a − a + a + a + − a − = ( a − )( a + ) ( a − 3)( a + 3) = 3a − a a ( a − 3) a = = a +3 = ( a − 3)( a + 3) ( a − 3)( a + 3) a Vậy P = a + a 0) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2): 25  ∆ = 25 m = ⇔ ⇔m=  f (0) ≠  m ≠ 1) Hoặc có nghiệm kép khác 2) Hoặc có nghiệm khác dấu ⇔ m < 25 Vậy m = m < phương trình (1) có nghiệm phân biệt F · FAB ⊥ Câu 4: a) = 90 (vì AF AB) · BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · · 0 BEF FAB + BEF E D => = 90 Do = 180 Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn O A B C M ·AFB = AEB · b) Ta có: = ( sđ cung AB) (vì góc nội tiếp chắn cung) ·AEB = BMD · = ( sđ cung BD) (vì góc nội tiếp chắn cung) · · Do AFB = BMD => AF // DM mà FA ⊥ AC => DM ⊥ AC AC CF = c) ∆ ACF ~ ∆ ECB (g.g) => CE BC => CE.CF = AC.BC AB AD = ∆ ABD ~ ∆ AEC (g.g) => AE AC => AD.AE = AC.AB (1) (2) (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC (đpcm) (2 − x ) + x (1 − x ) + x + = + 1− x x Câu 5: Ta có y = − x x 2x 1− x 2x 1− x + ≥ 3+ = 3+ 2 − x x − x x =2+1+ (áp dụng BĐT Côsi với số dương) 2x 1− x = ⇔ x = −1 x Đẳng thức xảy − x (loại nghiệm x = - - ) Vậy giá trị nhỏ y + 2 x = -1  Lời nhắn Câu IV.c Liên hệ với Lời bình sau câu 4c,đề ĐỀ SỐ 37 Câu 1: M = = x ( x − 1) x ( x + 1) − x + x +1 x − x +1 + x + 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 + = x - x + = ( x - 1)2 3x − 5y = −18 3x − 5y = −18 11y = 33  x = −1 ⇔ ⇔ ⇔  3x + 6y = 15  x + 2y =  y = Câu 2: a)  x + 2y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (- 1; 3) b) Hai đường thẳng (d) (d’) song song khi:  a = − a a = ⇔  b ≠ − b b ≠ Câu 3: a) Khi m = - 3, ta có phương trình x2 - 2x - = Vì a - b + c = - (- 2) + (- 3) = nên x1 = - 1; x2 = b) Phương trình có nghiệm ⇔ ∆' > ⇔ - m > ⇔ m < Khi theo hệ thức Viét, ta có: x1 + x2 = x1x2 = m (1) x12 + x 22 (x1 + x ) − 2x1x 1 + =1⇔ 2 =1⇔ =1 x2 x2 x1 x (x1x ) (2) Từ (1), (2), ta được: - 2m = m m + 2m - = ∆' = ∆' = + = => nên m = -1 + (loại); m = - - (T/m m < 1) Vậy giá trị m cần tìm là: m = −1 − · Câu 4: a) Ta có ACK = 900 A (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) O H ⊥ b) OM BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm M B HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OMK đường trung bình => AH = 2.OM C · · · · c) Ta có AC′C = BB′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC′B′ = ACB · · mà ACB = BAx (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’ Do SAB’OC’ = R.B’C’ 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ S ∆ABC 1 = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ BC < (AO + OM).BC => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng A đỉểm cung lớn BC x2 + x +1 ⇔ y(x + 2x + 2) − (x + x + 1) = Câu 5: y = x + 2x + ⇔ (y - 1)x2 + (2y - 1)x + (2y - 1) = (1) - Nếu y = x = - - Nếu y ≠ (1) phương trình bậc hai x Để (1) có nghiệm phải có ∆ = (2y - 1) - (y - 1)(2y-1) ≥ 1 y= x = Vậy y = 2 ⇔ (2y − 1)(2y − 3) ≤ ⇔ ≤y≤ 2 ĐỀ SỐ 38 Câu 1: a) Ta có x2 + x = x ( x + 1) = x ( x + 1)(x − x + 1) nên P = x ( x + 1)( x − x + 1) x (2 x + 1) +1− x − x +1 x = x ( x + 1) + − x − = x − x Vậy P = x − x b) P = ⇔ x - x = ⇔ x ( x - 1) = ⇔ Vậy x = P = x = (loại) ; x = (t/m) x Câu 2: a) Ta có − x = - x Đk: < Bình phương hai vế, ta phương trình hệ quả: - x2 = (1 - x)2 2x2 - 2x = 2x (x - 1) x = ; x = Thay vào pt cho thử lại nghiệm thoả mãn b) Đk: x ≠ y ≠ Hệ cho tương đương với hệ phương trình: 3 7 x = x + y =  x = x =   ⇔ ⇔ ⇔  y = 4 − =1  − = 2 − y =   x y  x y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3) Câu 3: a) Với m = - ta phương trình: x2 + 4x = x(x + 4) = x = ; x = - b) Phương trình (1) có nghiệm ∆' > (m -1)2 - (m+ 1) = m2 - 3m = m(m - 3) >0 m > ; m < (1) Khi theo hệ thức Viét ta có: x1 + x2 = 2(m - 1) x1x2 = m + (2) x1 x x12 + x 22 (x1 + x ) − 2x1x + = x x x x x1 x 2 1 Ta có: = x1 x (x + x ) − 2x1x + =4⇔ = ⇔ (x1 + x )2 = 6x1x x x x x nên (3) Từ (2) (3) ta được: 4(m - 1) = 6(m + 1) 4m - 8m + = 6m + 2m - 7m 1=0 2 − 57 + 57 4 ∆ m = 49 + = 57 nên m = Đối chiếu đk (1) nghiệm thoả mãn · · A Câu 4: a) Ta có: DBO = DMO = 900 (vì gt) => điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm b) Chứng minh tương tự có điểm O, C, E, M thuộc · · đường tròn => MEO = MCO (vì góc nội tiếp chắn cung MO) B E M · · D MBO = MDO (vì góc nội tiếp chắn cung MO) · · MBO = MCO ∆ Mà (vì BOC cân O) · · => MEO = MDO => ∆ DOE cân O Mà MO ⊥ DE nên MD = ME (đpcm) Câu 5: Đặt x + = t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = Xem pt pt bậc t ∆ = (x + 3)2 - 12x = (x - 3)2 x +3+ x −3 =x t1 = ; Do đó: - Hoặc: x +3− x +3 =3 t2 = x ≥  2 x + = x ⇔  x + = x vô nghiệm - Hoặc: x + = ⇔ x2 = ⇔ x = ± 2 Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2 ĐỀ SỐ 39 Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: 48 - 75 + 108 = 16 - 25 + 36 = - 10 + = 2) Rút gọn biểu thức: P = = 1 +   x - + x  x -  ÷ ÷ ÷ 1- x x ÷     ÷ 1 - x + x  x 1x =   1 ÷ x  x -1 -2 x = 1+ x C Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b qua điểm M (3; 2) N( 4; -1) nên: 2 = 3a + b a = - ⇔   - = 4a + b b = 11 2) Giải hệ pt: 2x + 5y =  3x - y = ⇔ 2x + 5y = 17y = 17   15x - 5y = 10 ⇔ 3x - y = ⇔ x =  y = Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = ∆ ' = 16, pt cho có nghiệm: x = - 2; x = 2) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ m2 + 6m ⇔ m ≤ −6; m ≥ (2)  x1 + x = 2m  Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có:  x1x = - 6m (3) Phương trình có 1nghiệm gấp lần nghiệm khi: x1 = 2x ; x = 2x1 ⇔ (x1 − 2x )(x − 2x1 ) = ⇔ 5x1x − 2(x12 + x 22 ) = ⇔ 5x1x − 2[(x1 + x ) − 2x1x ] = ⇔ 9x1x − 2(x1 + x ) = Từ (3), (4), ta có: −54m − 8m = ⇔ m = 0; m = − Vậy giá trị m cần tìm m = 0; m = − 27 M O1 E A I O C B N Câu 4: Theo giả thiết MN ⊥AB I · · ACB = 900 hay ECB = 900 · · ⇒ EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy A điểm ¼ · · MN nên AMN = ACM (hai (4) 27 (thỏa mãn đk (2)) · · · góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM , lại có CAM góc chung tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AE.AC ⇒ AM AE = AC AM ⇒ AM2 = · · Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ECM · Nối MB ta có AMB = 900, tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM nhỏ C phải giao điểm đường tròn (O 1), bán kính O1M với đường tròn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM Câu 5: Từ 2x + 3y ≤ K = x2 - 2x - y ⇒y ≤ 2- ≥ x - 2x + 2 x⇒-y≥ x-2 3 2x 22 - 22 - = (x - ) ≥ 3 9 - 22 14 Suy : K = x = ; y = Ta có : 2x2 + xy ≤ 4x ( x ≥ 0) ⇒ x - 2x - y ≤ - - y ( x + 2) xy -y= ≤0 2 Suy : max K = y =  x = y =  x = Lời bình : Câu V • Nhiều tìm trực tiếp GTNN biểu thức K thật khó khăn "Cái khó ló khơn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K ≥ B Rồi tìm GTNN B, từ mà suy GTNN biểu thức K Các mối liên hệ K giả thiết dẫn tìm đến B + Trong tốn trên, thấy biểu thức K = x2 − 2x − y có chứa − y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x + 3y ≤ ⇔ −y ≥ Thay − y 2x −2 ta có 2x −2 2  22  K ≥ B =x− ÷ − 3  • Cũng vậy, tìm GTLN việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K ≤ L + Trong giả thiết suy − y ≤ h(x) để tìm L (lớn hơn) sơ đồ "lớn dần" Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá phận lại x2 − 2x ≤ g(x) Ta có 2x + y ≤ ⇔ (ở ) x−2≤ Thay x2 − 2x xy ta có y x≥0 ⇔ x2 − x ≤ y K ≤ L = − ( x + 2) xy g ( x) = xy • Chắc chắn bạn thắc mắc tốn có hai giả thiết, tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết mà không sử dụng giả thiết ? + Trong q trình đánh giá tìm nhiều biểu thức B Gọi Bk số biểu thức B tìm có minBk = β Thế β chưa GTNN K Chỉ trường hợp minBk = β mà ta có K = Bk (hố giải dấu "=" sơ đồ "lớn hơn") có minK = minBk = β Trong trường hợp biểu thức Bk gọi "kết" Lời giải thành cơng tìm "kết" Trong tốn trên, sử dụng giả thiết lại khơng dẫn tới "kết" Tình tương tự việc tìm biểu thức L Biểu thức L dẫn tới maxK gọi "kết" + Trong tốn trên, hình thức giả thiết chưa đủ để dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết hay giả thiết Nhiều tốn phức tạp cần kết hợp tất giả thiết tìm "kết" • Mấu chốt tốn tìm GTNN, GTLN tìm "kết" Nhìn lại kết đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" biểu thức phải tìm GTNN + Câu 5, đề 11, "kết" 6 1 8 3 Bk = ( x + y) +  x + ÷+  y + ÷ x 2 y 2 + Câu 5, đề 32, "kết" Bk = ∆ + ∆ ĐỀ SỐ 40 3 ⇔ y=− x+ − , nên hệ số góc đường thẳng d k = Câu a) 3x + 4y =    m − = −  m =  m = ± ⇔ ⇔ ⇔m=−  m ≠ m ≠ m ≠    2   b) d // d1 ⇔  d1 // d Vậy với ax + by = x = a.3 + b( −1) =    Câu Hệ phương trình bx − ay = 11 có nghiệm  y = −1 nên b.3 − a( −1) = 11 m=− 3a − b = 9a − 3b = 10a = 20 a = a = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a + 3b = 11 a + 3b = 11 a + 3b = 11 3a − b = b = Câu a) Do ac = (1 + 3)(1 − 3) = − = −2 < nên phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt b) Vì x1 , x nghiệm phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: 1− x1 x = 1+ , 1+ 1 x1 + x 2 2(1 + 3) S= + = = = = −(1 + 3) x x x x − − 2 Do đó: 1 1 + (1 + 3) 4+2 = = = = = −(2 + 3) −2 −2 P = x1 x x1x − x1 + x = Vậy phương trình bậc cần tìm là: X + (1 + 3)X − (2 + 3) = Câu C D E a) Tam giác ADE cân A AD = AE Lại có: ¶ A 0 · · = DAB − EAB = 90 − 60 = 30 Do · · ADE = AED = (1800 − 300 ) = 750 x M F O A B b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF µ vng cân B, nên E1 = 45 Từ ta cú: ã ã ả +E = 750 + 600 + 450 = 1800 DEF = DEA +E suy điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm 0 ả ả c) Ta cú: B1 = A1 (cùng chắn cung EM) suy B1 = 30 nên B2 = 30 ¶ ¶ ¶ Mà E = B2 nên E = 30 0 ¶ ¶ Vậy E + E = 60 + 30 = 90 hay ME ⊥ EB Mặt khác BF ⊥ EB ME // BF Câu Từ (1) ta có: x = −2(y − 1) − ≤ −1 ⇒ x ≤ −1 x2 = 2y ≤ ⇒ x ≤ ⇒ −1 ≤ x ≤ y +1 (3) Từ (2) ta có: (4) Từ (3) (4), suy x = -1, thay vào hệ cho ta y = Vậy P = ... sản xuất được: 1,15x + 1,10y = 101 0 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:  x + y = 900 1,1x + 1,1y = 990 0, 05x = 20 ⇔ ⇔  1,15x + 1,1y = 101 0 1,15x + 1,1y = 101 0  x + y = 900 x y K ... ADHE hình chữ nhật Từ DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng tam giác vuông) hay AH2 = 10 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 µ · · · = ADE b) Ta có: BAH = C (góc có cạnh tương ứng... toán :" Hai máy cày cày cánh đồng…; hai vòi nước chảy vào bể…; hai hợp tác đào mương…; hai người làm chung công việc…) v.v" Ta gọi bài thuộc loại toán "Làm chung việc" Một số lưu ý giải toán
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT (từ 21 đến 40), ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT (từ 21 đến 40), Câu 3. 1) Ta có và

Từ khóa liên quan