Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề1 Bài 1 : a) Tính : ( 2 1)( 2 1)+ − b) Giải hệ phương trình : 1 5 x y x y − =   + =  Bài 2 : Cho biểu thức : 1 1 2( 2 1) : 1 x x x x x x A x x x x x   − + − + = −  ÷  ÷ − − +   a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Bài 3 : Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km; cùng lúc đó, cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của ca nô. Bài 4 : Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H. a) Chứng minh : · · =BMD BAC , từ đó suy ra tứ giác AMHK nội tiếp. b) Chứng minh : HK // CD. c) Chứng minh : OK.OS = R 2 . Bài 5 : Cho hai số a và b khác 0 thỏa mãn : 1 1 1 2a b + = Chứng minh phương trình ẩn x sau luôn có nghiệm : (x 2 + ax + b)(x 2 + bx + a) = 0. HƯỚNG DẪN Bài 3: Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè nứa: 8 2 4 = (h) Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) (x>4) Theo bài ta có: 24 24 8 24 16 2 2 4 4 4 4x x x x − + = ⇔ + = + − + − 2 0( ) 2 40 0 20 x loai x x x =  ⇔ − = ⇔  =  & Vận tốc thực của ca nô là 20 km/h - 1 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 Bài 4: a) Ta có » » BC BD= (GT) → · · BMD BAC= (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) * Do · · BMD BAC= → A, M nhìn HK dưới 1 góc bằng nhau → MHKA nội tiếp. b) Do BC = BD (do » » BC BD= ), OC = OD (bán kính) → OB là đường trung trực của CD → CD ⊥ AB (1) Xét MHKA: là tứ giác nội tiếp, · 0 90AMH = (góc nt chắn nửa đường tròn) → · 0 0 0 180 90 90HKA = − = (đl) → HK ⊥ AB (2) Từ (1) và (2) → HK // CD H K M A B O C D S Bài 5: 2 2 2 2 0 (*) ( )( ) 0 0 (**) x ax b x ax b x bx a x bx a  + + = + + + + = ⇔  + + =  (*) → ∆ = a 2 - 4b, Để PT có nghiệm 2 2 1 1 4 0 4 2 a b a b a b − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ (3) (**) → 2 4b a∆ = − Để PT có nghiệm thì 2 1 1 4 0 2 b a b a − ≥ ⇔ ≥ (4) Cộng 3 với 4 ta có: 1 1 1 1 2 2 a b a b + ≥ + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 4 4 4 8 4 2 2 a b a b a b   ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤  ÷   (luôn luôn đúng với mọi a, b) - 2 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 Đề 2 Câu 1 : a) Cho phương trình 4 2 2 ( 4 ) 7 1 0x m m x m − + + − = . Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10. b) Giải phương trình: 2 2 4 2 3 5 3 ( 1) 1 x x x x + = + + + Câu 2 : a) Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức : 2 2 cos 2 1 sin 1P α α = − − + b) Chứng minh: ( ) ( ) 4 15 5 3 4 15 2 + − − = Câu 3 : Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức : ( ) 2 1 3 a b c ab bc ca a b c + + + ≥ + + + + + Khi nào đẳng thức xảy ra ? Câu 4 : Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. a) Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. c) Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. HƯỚNG DẪN Câu 1 : a) Đặt X = x 2 (X ≥ 0) Phương trình trở thành 2 2 ( 4 ) 7 1 0X m m X m − + + − = (1) Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương 0 0 0 S P ∆ >   ⇔ >   >  2 2 2 ( 4 ) 4(7 1) 0 4 0 7 1 0 m m m m m m  + − − >  ⇔ + >   − >  (I) Với điều kiện (I), (1) có 2 nghiệm phân biệt dương X 1 , X 2 . ⇒ phương trình đã cho có 4 nghiệm x 1, 2 = 1 X ± ; x 3, 4 = 2 X ± 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 2( ) 2( 4 )x x x x X X m m ⇒ + + + = + = + Vậy ta có 2 2 1 2( 4 ) 10 4 5 0 5 m m m m m m =  + = ⇔ + − = ⇔  = −  Với m = 1, (I) được thỏa mãn Với m = –5, (I) không thỏa mãn. Vậy m = 1. b)Đặt 4 2 1t x x = + + (t ≥ 1) Được phương trình 3 5 3( 1)t t + = − - 3 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 3t 2 – 8t – 3 = 0 ⇒ t = 3 ; 1 3 t = − (loại) Vậy 4 2 1 3 1x x x + + = ⇒ = ± Câu 2 : a) 2 2 2 2 cos 2 1 sin 1 cos 2 cos 1P α α α α = − − + = − + 2 cos 2cos 1P α α = − + (vì cosα > 0) 2 (cos 1)P α = − 1 cosP α = − (vì cosα < 1) b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 4 15+ − − = − + − = ( ) 5 3 4 15 − + = ( ) ( ) 2 5 3 4 15− + = ( ) ( ) 8 2 15 4 15− + = 2 Câu 3 : ( ) 2 0 2a b a b ab − ≥ ⇒ + ≥ Tương tự, 2a c ac + ≥ 2b c bc + ≥ 1 2a a + ≥ 1 2b b + ≥ 1 2c c + ≥ Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ở trên ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Câu 4 : a)Ta có : ABC = 1v ABF = 1v ⇒ B, C, F thẳng hàng. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. b) · · ECA EBA= (cùng chắn cung AE của (O) Mà · · ECA AFD= (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) ⇒ · · EBA EFD= hay · · EBI EFI= ⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp. c)Gọi H là giao điểm của AB và PQ Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng ⇒ HP HA HB HP = ⇒ HP 2 = HA.HB Tương tự, HQ 2 = HA.HB ⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ. - 4 - O O’ B A C D E F I P Q H Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 Đề 3 Câu 1: Cho biểu thức A= 1 2 1 1 x x x x x x + − + + − + a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Với giá trị nào của x thì A<1. Câu 2: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu thì đầy bể? Câu 3: Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC). Vẽ đường tròn tâm (O ' ) đường kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đường tròn tâm O ' tại D. a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp? c) Xác định vị trí tương đối của ID và đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O ' ). H íng dÉn Câu 1: a) A có nghĩa ⇔ 0 1 0 x x ≥    − ≠   ⇔ 0 1 x x ≥   ≠  b) A= ( ) ( ) 2 1 1 1 1 x x x x x − + + − + = 1x x− + =2 1x − c) A<1 ⇒ 2 1x − <1 ⇒ 2 2x < ⇒ 1x < ⇒ x<1 Kết hợp điều kiện câu a) ⇒ Vậy với 0 1x≤ < thì A<1 Câu 2: Đổi 2giờ 24 phút= 12 5 giờ Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk x>0) Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x+2 (giờ) Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được : 1 x (bể) Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được : 1 2x + (bể) Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được : 1 x + 1 2x + (bể) - 5 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 Theo bài ra ta có phương trình: 1 x + 1 2x + = 1 12 5 Giaỉ phương trình ta được x 1 =4; x 2 =- 6 5 (loại) Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ) Câu 3: I D N M O' O A C B a) Đường kính AB ⊥ MN (gt) ⇒ I là trung điểm của MN (Đường kính và dây cung) IA=IC (gt) ⇒ Tứ giác AMCN có đương chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và vuông góc với nhau nên là hình thoi. b) · 0 90ANB = (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O) ) ⇒ BN ⊥ AN. AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). ⇒ BN ⊥ MC (1) · 0 90BDC = (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O ' ) ) BD ⊥ MC (2) Từ (1) và (2) ⇒ N,B,D thẳng hàng do đó · 0 90NDC = (3). · 0 90NIC = (vì AC ⊥ MN) (4) Từ (3) và (4) ⇒ N,I,D,C cùng nằm trên đường tròn đường kính NC ⇒ Tứ giác NIDC nội tiếp c) O ∈ BA. O ' ∈ BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau ⇒ B nằm giữa O và O ' do đó ta có OO ' =OB + O ' B ⇒ đường tròn (O) và đường tròn (O ' ) tiếp xúc ngoài tại B MDN ∆ vuông tại D nên trung tuyến DI = 1 2 MN =MI ⇒ MDI∆ cân ⇒ · · IMD IDM= . Tương tự ta có · · ' 'O DC O CD= mà · · 0 ' 90IMD O CD+ = (vì · 0 90MIC = ) ⇒ · · 0 ' 90IDM O DC+ = mà · 0 180MDC = ⇒ · 0 ' 90IDO = do đó ID ⊥ DO ⇒ ID là tiếp tuyến của đường tròn (O ' ). Đề 4 Câu1 :Cho biểu thức A= 2 )1( : 1 1 1 1 2 2233 − −         − + +         + − − x xx x x x x x x Với x≠ 2 ;±1 a) Rút gọn biểu thức A - 6 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 b) Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 226 + c) Tìm giá trị của x để A=3 Câu2. a) Giải hệ phương trình:    =+ =−+− 1232 4)(3)( 2 yx yxyx b) Giải bất phương trình: 3 1524 2 23 ++ −−− xx xxx <0 Câu3.Cho phương trình (2m-1)x 2 -2mx+1=0 Xác định m để phương trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1,0) Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC .Điểm A thuộc nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của AE và nửa đường tròn (O) . Gọi K là giao điểm của CFvà ED a) chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đường tròn b) Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? HƯỚNG DẪN Câu 1: a. Rút gọn A= x x 2 2 − b.Thay x= 226 + vào A ta được A= 226 224 + + c. 2 3 17 3 3 2 0 2 A x x x ± = ⇔ − − = ⇒ = Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta được pt: 2 1 2 3 4 1; 4a a a a+ = ⇒ = = − Từ đó ta có    =+ =−+− 1232 4)(3)( 2 yx yxyx ⇔ *    =+ =− 1232 1 yx yx (1) *    =+ −=− 1232 4 yx yx (2) Giải hệ (1) ta được x=3, y=2 Giải hệ (2) ta được x=0, y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4 b)Ta có 3 2 2 4 2 15 ( 5)( 3)x x x x x x− − − = − + + mà 2 2 1 11 3 0 2 4 x x x   + + = + + >  ÷   với mọi x Vậy bất phương trình tương đương với 5 0 5x x − > ⇒ > Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x 2 -2mx+1=0 • Xét 1 2 1 0 2 m m− = ⇒ = pt trở thành 1 0 1x x − + = ⇒ = • Xét 1 2 1 0 2 m m− ≠ ⇒ ≠ khi đó ta có - 7 - O K F E D C B A Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 ' 2 2 2 1 ( 1) 0m m m∆ = − + = − ≥ mọi m ⇒ pt có nghiệm với mọi m ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) với 1 2 m ≠ pt còn có nghiệm 1 1 2 1 2 1 m m x m m − + = = − − pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) 1 1 0 2 1m ⇒ − < < −      <− >+ − 012 01 12 1 m m 2 0 0 2 1 2 1 0 m m m m  >  ⇒ ⇒ < −   − <  Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0 Câu 4: a. Ta có · 9KEB O= ° mặt khác · 9BFC O= ° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D · 9BFK O⇒ = ° ⇒ E,F thuộc đường tròn đường kính BK, hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đường tròn đường kính BK. b. · · BCF BAF= Mà · · 45BAF BAE= = ° · 45BCF⇒ = ° Ta có · · BKF BEF= Mà · · 45BEF BEA= = ° (EA là đường chéo của hình vuông ABED) · 45BKF⇒ = ° Vì · · 45BKC BCK= = °⇒ tam giác BCK vuông cân tại B Đề 5 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( )         − +−         + + − − − 1 122 : 11 x xx xx xx xx xx a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2: Cho phương trình: x 2 -( 2m + 1)x + m 2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm âm. b.Tìm m để phương trình (*) có 2 nghiệm x 1 ; x 2 thoả mãn 3 2 3 1 xx − =50 Bài 3: Cho phương trình: ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x 1 , x 2 . Chứng minh: a,Phương trình ct 2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t 1 và t 2 . b,Chứng minh: x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điểm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. - 8 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = xyyx 5011 22 + + HƯỚNG DẪN Bài 1: ĐK: x 1;0 ≠≥ x a, Rút gọn: P = ( ) ( ) ( ) 1 12 : 1 12 2 − − − − x x xx xx z ⇔ P = 2 1 1 ( 1) 1 x x x x − + = − − b. P = 1 2 1 1 1 − += − + xx x Để P nguyên thì 1 1 2 4 1 1 0 0 1 2 3 9 1 2 1( ) x x x x x x x x x x x loai − = ⇒ = ⇒ = − = − ⇒ = ⇒ = − = ⇒ = ⇒ = − = − ⇒ = − & Vậy với { } 0;4;9x ∈ thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì: ( ) ( )        <+=+ >−+= ≥−+−+=∆ 012 06 06412 21 2 21 2 2 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 −<⇔        −< >+− >=∆ ⇔ m m mm b. Giải phương trình: ( ) 50)3(2 3 3 =+−− mm        −− = +− = ⇔ =−+⇔=++⇔ 2 51 2 51 0150)733(5 2 1 22 m m mmmm Bài 3: a) Vì x 1 là nghiệm của phương trình: ax 2 + bx + c = 0 nên ax 1 2 + bx 1 + c =0. . - 9 - Một số đề ôn thi vào lớp 10 Biên soạn: TrÇn V¨n Yªn - §TLH: 0975 237 638 Vì x 1 > 0 => c. .0 1 . 1 1 2 1 =++       a x b x Chứng tỏ 1 1 x là một nghiệm dương của phương trình: ct 2 + bt + a = 0; t 1 = 1 1 x Vì x 2 là nghiệm của phương trình: ax 2 + bx + c = 0 => ax 2 2 + bx 2 + c =0 vì x 2 > 0 nên c. 0 1 . 1 2 2 2 =+         +         a x b x điều này chứng tỏ 2 1 x là một nghiệm dương của phương trình ct 2 + bt + a = 0 ; t 2 = 2 1 x Vậy nếu phương trình: ax 2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x 1 ; x 2 thì phương trình : ct 2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt t 1 ; t 2 . t 1 = 1 1 x ; t 2 = 2 1 x b) Do x 1 ; x 1 ; t 1 ; t 2 đều là những nghiệm dương nên t 1 + x 1 = 1 1 x + x 1 ≥ 2 t 2 + x 2 = 2 1 x + x 2 ≥ 2 Do đó x 1 + x 2 + t 1 + t 2 ≥ 4 Bài 4 a) Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH AB⊥ và BH AC ⊥ => BD AB⊥ và CD AC ⊥ . Do đó: · 0 90ABD = và · 0 90ACD = Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD của đường tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành. b)Vì P đối xứng với D qua AB nên · · APB ADB= nhưng · · ADB ACB= Do đó: · · APB ACB= Mặt khác: · · APB ACB= · · · · 180 180AHB ACB APB AHB+ = °⇒ + = ° Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên · · PBA PHB= Mà · · PAB DAB= ,do đó: · · PHB DAB= Chứng minh tương tự ta có: · · CHQ DAC= - 10 - H O P Q D C B A [...]... 198 + ( 102 -1 +1 03 - 1 +1 04 - 1+ +1 01 00 1) = 198 33 + 3 101 01 10 2 +1 65 B= 27 CU 2: a)x2 -7x -18 = x2 -4 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1) b)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x 2+5 x +4 )(x2 + 5x+6)-3= [x 2+5 x +4 ][(x2 + 5x+4 )+2 ]-3 = (x 2+5 x +4 )2 + 2(x 2+5 x +4 )-3=(x 2+5 x +4 )2 - 1+ 2(x 2+5 x +4 )-2 = [(x 2+5 x +4 )-1][(x 2+5 x +4 )+1 ] +2 [(x 2+5 x +4 )-1] = (x 2+5 x +3 )(x 2+5 x +7 ) c) a10+a 5+1 =... +2 [(x 2+5 x +4 )-1] = (x 2+5 x +3 )(x 2+5 x +7 ) c) a10+a 5+1 = = a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1 - (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a ) = a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1 )+ a3(a2 +a+1 )+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1) =(a2 +a+1)( a8-a 7+ a5 -a4+a3 - a +1 ) CU 3: a) Ta cú : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) a2b 2+2 abcd+c2d2 a2b 2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 a2d2 - 2cbcd+c2b2 0 (ad - bc)2 (pcm ) 0 Du = xy ra... BC(BN + NQ) AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R) 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1) R Bi 5: 1 1 1 1 1 1 1 1 =0 + + T : + + = x y z x+ y+z x y z x+ y+z x+ y x+ y+zz + =0 xy z( x + y + z ) 1 1 ( z + y) + =0 xy z ( x + y + z ) ữ ữ 2 zx + zy + z + xy ( x + y) ữ= 0 xyz ( x + y + z ) ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) = 0 Ta cú : x8 y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 y7z +. .. : MQ CU 5: x 2 4x + 3 Cho P = 1 x Tỡm iu kin biu thc cú ngha, rỳt gn biu thc HNG DN CU 1 : a) A = 1 + 1 + 1 + .+ 1 3+ 5 5+ 7 7+ 9 97 + 99 1 1 = ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .+ 99 97 ) = ( 99 3 ) 2 2 1 4 2 43 b) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35 = 99 so 3 =33 +2 +3 3 3+2 +3 33 3+2 + .+ 333 3 3+2 = 2.99 + ( 3 3+3 3 3+3 33 3+ +3 33 33) 1 = 198 + ( 9 9+9 9 9+9 99 9+ +9 99 99) 3 - 24 - Mt s ụn thi vo lp 10 Biờn son: Trần Văn... gi thit ta cú : x2 + 2 y + 1 = 0 2 y + 2z +1 = 0 z 2 + 2x + 1 = 0 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 Cng tng v cỏc ng thc ta cú : x + 2 x + 1 + y + 2 y + 1 + z + 2 z + 1 = 0 x +1 = 0 y +1 = 0 x = y = z = 1 z +1 = 0 ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 0 2 2 2 A = x 2009 + y 2009 + z 2009 = ( 1) 2009 + ( 1) 2009 + ( 1) 2009 = 3 Vy : A = -3 Bi 2 Ta cú : ( ) ( ) M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy x 2 y +. .. D sao cho t giỏc ABCK l hỡnh bỡnh hnh Cõu 1: iu kin: x 0 v x 1 HNG DN x+2 x +1 x +1 + x x 1 x + x + 1 ( x + 1)( x 1) x+2 1 x +1 = + 3 ( x ) 1 x 1 x + x +1 P= = x + 2 + ( x + 1)( x 1) ( x + x + 1) ( x 1)( x + x + 1) = x x x = ( x 1)( x + x + 1) x + x +1 1 1 x < 3 x + x +1 3 3 x < x + x + 1 ; ( vỡ x + x + 1 > 0 ) x-2 x +1 >0 ( x - 1)2 > 0 ( ỳng vỡ x 0 v x 1) b/ Vi x 0 v x 1 Ta cú: P < Cõu... 2 < 0 m < 2 x + y + z = 9 (1) 1 1 1 ( 2) Bi 3 : + + = 1 x y z xy + yz + xz = 27 ( 3) KX : x 0 , y 0 , z 0 ( x + y + z ) = 81 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 81 2 x 2 + y 2 + z 2 = 81 2 ( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2 = 27 x 2 + y 2 + z 2 = ( xy + yz + zx ) 2( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ( xy + yz + zx ) = 0 ( x y ) 2 + ( y z ) 2 + ( z x) 2 = 0 ( x y ) 2 = 0 x = y 2 ( y z )... x+ y+z 3 Hóy tớnh giỏ tr ca biu thc : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) 4 HNG DN Bi 1: a) iu kin P xỏc nh l :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 (*) Rỳt gn P: P = x(1 + ( x ) y (1 x + y y ) xy ) (1 + x ( x + ) (1 y ) - 11 - y ) = ( ) ( x y ) + x x + y y xy ( x + )( y 1+ )( ( x 1 x + y ) y ) Mt s ụn thi vo lp 10 = = ( x + y ( )( x )( x + y +x x y + y y x (1 y ) x 1 = Vy P = x + b) P = 2 x +. .. (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1) = (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1) = (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2 Vy A chia ht cho 1 s chớnh phng khỏc 1 vi mi s nguyờn dng n 2) Do A > 0 nờn A ln nht A2 ln nht Xột A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) x+ y xy (Bt ng thc Cụ si) Ta cú: 2 1 2 xy (2) T (1) v (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 1 1 max A2 = 2 x = y =... MK = MD (vỡ MKD vuụng cõn) Vy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA AM = AN = AD + AC khụng i c) Ta cú IA = IB = IM = IN Vy ng trũn ngoi tip AMN i qua hai im A, B c nh N C I K O B M D 8 Bi 1 Cho ba s x, y, z thoó món ng thi : x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0 Tớnh giỏ tr ca biu thc : A = x 2009 + y 2009 + z 2009 Bi 2) Cho biu thc : M = x 2 5 x + y 2 + xy 4 y + 2014 Vi giỏ tr no ca x, y thỡ . y x y y z y z x y z z x z x ⇒ + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + = − + + ⇔ + + = ⇒ + + = + + ⇒ + + − + + = ⇔ − + − + − =  − = =    ⇔ − = ⇔ = ⇔ = =     = − =   Thay vào (1) => x = y = z = 3. 1)A = (n + 1) 4 + n 4 + 1 = (n 2 + 2n + 1) 2 - n 2 + (n 4 + n 2 + 1) = (n 2 + 3n + 1)(n 2 + n + 1) + (n 2 + n + 1)(n 2 - n + 1) = (n 2 + n + 1)(2n 2 + 2n + 2) = 2(n 2 + n + 1) 2 Vậy. ) 0 = ++ ++ + + zyxz zzyx xy yx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 0 ( ) ( ) 0 z y xy z x y z zx zy z xy x y xyz x y z x y y z z x   ⇔ + + =  ÷  ÷ + +     + + + ⇔ + =  ÷ + +   ⇔ + + + = Ta