// // O E C B A Trang 1 S GIO DC- O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CN TH Nm hc: 2009 - 2010 MễN THI: TON CHNH THC Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A = 1 1 1 1 1 x x x x x x x x + 1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị của x để A > 0. Câu II: (2,0đ) Giải bất phơng trình và các phơng trình sau: 1) 6 - 3x -9 2) 2 3 x +1 = x - 5 3) 36x 4 - 97x 2 + 36 = 0 4) 2 2 3 2 3 2 1 x x x = + Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua điểm ( ) 2; 1A Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax 2 có đồ thị (P). 1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - 3 2 tại điểm A có hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc. 2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d). Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vuông ở A, có AB = 14 cm, BC = 50cm. Đờng phân giác của gúc ABC và đờng trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E. 1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O của đờng tròn này. 2. Tính BE. 3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh các đ- ờng thẳng BE, PO, AF đồng quy. 4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE. HT BI GII CU V: 1. Chng minh t giỏc ABCE ni tip: Gi O l trung im BC 2 BC OA OB OC = = = (1) (tớnh cht ng trung tuyn trong tam giỏc vuụng ng vi cnh huyn). T OA = OC v EA = EC (do E thuc ng trung trc AC) Nờn OE AC, t ú AB // OE (cựng AC). I Do ú: ã ã ABE BEO= (so le trong), m ã ã ABE EBO= (gt) suy ra ã ã OEB OBE= . Vy BOE cõn O nờn OB = OE (2) T (1) v (2) suy ra: OA = OB = OC = OE. iu ny chng t t giỏc ABCE ni tip. im O l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc ABCE. 2. Tớnh BE. Tam giỏc ABC cú O l trung im BC, OE // AB nờn OE i qua trung im I ca AC. Vy OI l ng trung bỡnh ABC nờn OI = 1 1 .14 7 2 2 AB = = (cm). OE = BC : 2 = 25 cm , t ú EI = 18 cm. // // P O F E C B A Trang 2 Tam giỏc OIC vuụng I nờn IC = 2 2 2 2 25 7 24OC OI = = cm. Tam giỏc EIC vuụng I nờn EC = 2 2 2 2 18 24 900 30IE IC+ = + = = cm Tam giỏc BEC vuụng E nờn BE = 2 2 2 2 50 30 40BC EC = = cm 3. Chng minh cỏc ng thng BE, AF, PO ng qui. Ta cú ã ã 0 90FAE FBE= = (gúc ni tip chn na ng trũn (O) ) Suy ra : EB, FA l hai ng cao ca tam giỏc PEF T giỏc ABFE ni tip cú AB // EF nờn nú l hỡnh thang cõn. Do ú ã ã AEF BFE= nờn tam giỏc PFE cõn P. Tam giỏc PEF cõn P, PO l ng trung tuyn nờn PO l cao th ba ca tam giỏc. Vy ba ng thng BE, AF, PO ng qui . 4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE. Gi S l din tớch phn hỡnh trũn tõm O nm ngoi ng giỏc ABFCE. 1 S l din tớch hỡnh trũn (O). 2 S l din tớch hỡnh thang ABFE. 3 S l din tớch tam giỏc ECF. Ta cú: S = 1 S ( ) 2 3 S S + . 1 S = 2 R = 2 .25 = 625 ( ) 2 EF . 2 AB S AI + = = ( ) 14 50 .24 2 + = 768 3 1 1 . . .40.30 2 2 S FC EC= = = 600 Vy S = 625 (768 + 600) = 625 1368 ( 2 cm ) HT S GIO DC- O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT H NAM Nm hc: 2009 - 2010 MễN THI: TON Trang 3 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức : A = ( ) 2 2 3 2 288+ − 2) Giải phương trình: a) x 2 + 3x = 0 b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho. Bài 3. (1điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x 2 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 . Bài 4. (1điểm) Giải phương trình: 6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = + . Bài 5 . (4điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a) Chứng minh: · 0 EOF 90= b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. HẾT BÀI GIẢI Bài 1. (2điểm) Trang 4 1. A = ( ) 2 2 3 2 288+ − = ( ) 2 2 2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + − = 4 12 2 18 12 2+ + − = 22 2. a) x 2 + 3x = 0 ⇔ x( x + 3) = 0 ⇔ x 1 = 0 ; x 2 = – 3 . Tập nghiệm phương trình: { } 0; 3S = − b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 ⇔ x 4 – 8x 2 – 9 = 0 Đặt y = x 2 ( y ≥ 0) , ta được phương trình trung gian ẩn y: y 2 – 8y – 9 = 0 Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y 1 = – 1 (loại); y 2 = 9 (nhận) Do đó: x 2 = 9 ⇔ x = ± 3 Tập nghiệm phương trình: S = { } 3;3− Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị . Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x ĐK: 0 < x N ∈ ≤ 9 Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14 Theo đề toán ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18 ⇔ 9x + 14 –140 +9x = 18 ⇔ 18x = 144 ⇔ x = 8 Giá trị x = 6 thõa mãn điều kiện . Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68. Lưu ý: lập hệ phương trình dễ hơn Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có dạng: y = – 2x + b (d). (d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT: –3x 2 = – 12 ⇔ x ± 2 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12) A ∈ (d) nên y A = – 2x A + b hay – 12 = – 2. 2 + b ⇒ b = – 8 B ∈ (d) nên y B = – 2x B + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b ⇒ b = – 16 Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài: (d 1 ): y = – 2x – 8 và (d 2 ): y = – 2x – 16 Bài 4. PT : 6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = + (1) ĐK: 1 4 1 0 1 3 4 3 0 4 3 x x x x x + ≥ ≥ − ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ ≤ (*) (1) 3 14 6 4 1 2 3 0x x x⇔ + − + − − = ⇔ (4x + 1) – 2. 3. 4 1x + + 9 + (3 – x) – 2 3 x− + 1 = 0 ( ) ( ) 2 2 4 1 3 3 1 0x x⇔ + − + − − = N y x O K F E M B A Trang 5 4 1 3 0 3 1 0 x x + − = ⇔ − − = 2x ⇔ = (thỏa mãn đk (*)) Tập nghiệm phương trình đã cho: S = { } 2 Bài 5: a) Chứng minh: · 0 EOF 90= EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của · AOM . Tương tự: OF là phân giác của · BOM Mà · AOM và · BOM kề bù nên: · 0 90EOF = (đpcm) b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. Ta có: · · 0 90EAO EMO= = (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có · · 0 180EAO EMO+ = nên nội tiếp được trong một đương tròn. • Tam giác AMB và tam giác EOF có: · · 0 EOF 90AMB = = , · · MAB MEO= (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy AMB EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE KF BF = Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME KF MF = . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let) Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB. d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB. ∆ FEA có: MK // AE nên: MK FK AE FA = (1) ∆ BEA có: NK // AE nên: NK BK AE BE = (2) Mà FK BK KA KE = ( do BF // AE) nên FK BK KA FK BK KE = + + hay FK BK FA BE = (3) Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN AE AE = . Vậy MK = NK. Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: 1 2 AKB AMB S KN S MN = = Do đó: 1 2 AKB AMB S S= . Trang 6 Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3 MB MA = · 0 60MAB⇒ = . Vậy AM = 2 a và MB = 3 2 a ⇒ 1 1 3 . . . 2 2 2 2 AKB a a S⇒ = = 2 1 3 16 a (đvdt) hết . // // O E C B A Trang 1 S GIO DC- O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT CN TH Nm hc: 2009 - 2 010 MễN THI: TON CHNH THC Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A = 1 1 1 1 1 x x. = 625 (768 + 600) = 625 1368 ( 2 cm ) HT S GIO DC- O TO THI TUYN SINH VO LP 10 THPT H NAM Nm hc: 2009 - 2 010 MễN THI: TON Trang 3 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không. < x N ∈ ≤ 9 Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10( 14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa thức là: 10x + 14 – x = 9x