Nguồn website giaibai5s.com

Câu 1.

  1. Giai các phương trình sau: a) x – 5 = 0
  2. b) x’ – 4x + 3 = 0 2. Giải hệ phương trình:

|2x – y = 1 3x + y = 4

Câu 2. Cho biểu thức:

xVx – 1 xVx+1 2(x – 2Vx+1) A = =

| X – VX X + VX)

(với x > 0 v 1 x + 1)

X-1

  1. Rút gọn biểu thức A.
  2. Tìm các số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên. Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx +

và parabol (P): y = 2x^. 1. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3). 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y). Hãy tính giá trị của biểu thức

T = X1X2 + yıy2. Câu 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính Al). Hai đường

chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho EF vuông góc với AD. Đường thẳng CF cắt đường tròn đường kính AD tại điểm thứ hai là M. Gọi N là giao điểm của BD và CF. Chứng

minh rằng: 1. Tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn. 2. FA là đường phân giác của góc BFM

  1. BD.NE = BE.ND. Câu 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ao + 2bo: 32. Chứng

1 2 3 minh rằng: “+ 2

a b c

ā

33

Chỉ dẫn Câu 1. Bạn đọc tự giai. Câu 2. Điều kiện xác định x > 0, x = 1.

XVX-1 xVx+1_1Vx – 11x + Vx + 1) (Vx + 111x – Vx + 1) x-vX X + Va Vx(Vx – 1). Vx(Vx+1)

XVX

+ VX

X

=

(x + V x + 1) – (x – VX + 1)

? = 2

1

V

2(x – 21x + 1)

-1

2(VX – 1) (x – 1)(x + 1)

210x – 1) VX-1

VX + 1

VX – 1

  1. Do vx + 1> x – 1 nên A có giá trị nguyên dương.

13 to A = L – 11 = > nguyên khi x = 1 là ước dương của 2.

– vx -1 vx- 1 Đồiều này xảy ra khi x là số nguyên dương đề x – 1 = 1 hoặc

4x – 1 = 2. Từ đó suy ra x = 4 hoặc x = 9. Câu 3. 1. Đường thẳng (d): y = mx + 1 đi qua điểm A(1; 3) nếu m thỏa mãn

phương trình 3 = m1 + 1 + m = 2. 2. Hoành (lộ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P): y = 2x là

nghiệm của phương trình: 2x = mx + 1 – 2x – mx – 1 = 0 (*). Biệt thức của phương trình (*) là: A = m + 8 > 0 với mọi giá trị của ta nên phương trình (*) luôn có hai nghiện phân biệt x1, x2 nên đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x, y,) và B(x); ya) với y = mx1 + 1, y2 = mx + 1.

T = X{Xu + yıy2 = X1X2 + (mxi + 1)(mx2 + 1)

= X1 X2 + m ́X1X2 + m(x1 + x2) + 1 = x1x2(m” + 1) + (x1 + x2)m + 1

Theo định lí Vi–ét ta có x + x2 =

m 2, X1X2 = –

Từ đó ta có Tế – m + 1) + m g+1 )

IM

34

Câu 4.

M

  1. Ta có: ẾCD + ÉFD = 900 +90 = 180

– Tứ giác CEFD nội tiếp. 2. Tứ giác CEFD nội tiếp suy ra CDB = CFÈ

(1) A Tứ giác ABEF nội tiếp vì

ÉFA – ÁBÈ = 90° + 90o = 180° Suy ra: BAC – BFE (2) Tứ giác ABCD nội tiếp ta có BAC = CDB (3) Từ (1), (2), (3) suy ra CFE = BFE. Do đó FE là phân giác của CFB. Hai góc CFB và BFM kề bù. Các đường thẳng FE và FA vuông góc với nhau mà FE là phân giác của

góc CFB nên FA là phân giác của góc BFM . 3. Các tứ giác CEFD và ABCD nội tiếp nên ECN = EDÀ, BCA = EDA suy ra KCN – BCE. Do đó CE là phân giác trong của góc C trong tam

EN CN giác BCN. Vì vậy ta có:

(4) EB CB

Do EC IDC nên CD là phân giác ngoài của góc C của tam giác BCN

DN CN nên ta có: .

(5) DB CB

EN DN

Từ (1) và (5) suy ra

= P

== BD.NE = BEND.

EB DB

si 1 1 1 Câu 5. Ta có: (a + b + b) -+-+-12

a bb

=

1 – a

2 + –>

b

9 – –

– a + 2b

(1)

Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:

a + 2b = 1.+ 1.6 + 1.< 1 – 1 + 1/a + b + b = 3a + 2b^ ) Theo giá thiết a + 2b^ > 3co, do đó:

a + 2b < 131a” + 2b”) s V3.3c = 3c (2)

Từ (1) và (2) ta có: –

= – dpcm. a b3cc

35

Đề số 8: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa năm học 2016-2017
Đánh giá bài viết