Giải đề số 04 (theo yêu cầu của em Lương Triều Vũ)

b Chứng minh rằng, với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.. Gọi H là giao điểm của OA và BC.. a Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.. Chứng minh K là tr

TẬP GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

MÔN TOÁN

ĐỀ SỐ 4

Bài 1 ( 1,5điểm).

a) Rút gọn biểu thức : Q = x y y x



 với x 0; y 0 và xy b)Tính giá trị của Q tại x = 26 1  ; y = 26 1 

Bài 2 (2điểm)

Cho hàm số y = 1 2

2x có đồ thị là (P)

a) Vẽ (P)

b) Trên (P) lấy hai điểm M và N có hoành độ lần lượt bằng –1 và 2

Viết phương trình đường thẳng MN

c) Tìm trên Oy điểm P sao cho MP + NP ngắn nhất

Bài 3 (1,5điểm)

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

a) Giải phương trình khi m = 0

b) Chứng minh rằng, với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt

Bài 4 (4,5điểm)

Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( với B, C là

hai tiếp điểm) Gọi H là giao điểm của OA và BC

a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

b) Tính tích OH.OA theo R

c) Gọi E là hình chiếu của điểm C trên đường kính BD của đường tròn (O)

Chứng minh HEB = HAB

d) AD cắt CE tại K Chứng minh K là trung điểm của CE

e) Tính theo R diện tích hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến AB, AC và cung

nhỏ BC của đường tròn(O) trong trường hợp OA = 2R

Bài 5: (0,5điểm)

Tìm các giá trị của m để hàm số y = m2  3m 2x 5 là hàm số nghịch biến trên R

***** HẾT*****

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 04 Bài 1 ( 1,5điểm).

a) Rút gọn biểu thức : Q = x y y x



 với x 0; y 0 và xy

= xy x y

xy





b)Tính giá trị của Q tại x = 26 1  ; y = 26 1 

Tại x = 26 1  ; y = 26 1  thỏa mãn điều kiện x 0; y 0 và xy, khi đó giá trị của biểu thức Q =  26 1    26 1   =  262 1  25 5 

Bài 2 (2điểm)

Cho hàm số y = 1 2

2x có đồ thị là (P)

a) Vẽ (P)

Bảng giá trị tương ứng giữa x và y:

y 2 1/2 0 1/2 2

Đồ thị: (em tự vẽ)

b) Trên (P) lấy hai điểm M và N có hoành độ lần lượt bằng –1 và 2

Viết phương trình đường thẳng MN

M  (P) 1 2 1 1 2 1

M M

2

N  (P) 1 2 1 2

N N

    Vậy: N2; 2

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm M, N có dạng y = ax + b (d)

M  (d)  1

.( 1)

2a  b hay 1

2

a b

  

N  (d)  2 a.2 b hay 2a b  2

Ta có hệ phương trình:

1 2

a b

a b









a b



 

 





1 2 1

a b











Vậy phương trình đường thẳng MN là: 1 1

2

y x

c) Tìm trên Oy điểm P sao cho MP + NP ngắn nhất

MP + NP ngắn nhất  ba điểm M, P, N thẳng hàng

P thuộc Oy nên xP = 0 P nằm trên đường thẳng MN nên 1 1 1.0 1 1

M M

Vậy P (0; 1) là điểm cần tìm thỏa mãn đề toán

Bài 3 (1,5điểm)

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

_ _

//

//

H

O

C

B

A

a) Giải phương trình khi m = 0

Khi m = 0 ta có phương trình : x2  2x 3 0 

Do a + b + c = 1 + 2 + ( – 3) = 0 nên x1 = 1; x2 = – 3

b) Chứng minh rằng, với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt

x2 – 2( m – 1)x + m – 3 = 0 (1)

Các hệ số của phương trình (1): a = 1; b'  (m 1), c = m – 3

  ' b'2  ac   m 12 (m 3) = m2  2m  1 m 3

= m2  3m 4

= 2 3 9 7

2.

=

2

0

m

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Bài 4: (4,5 điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp:

ABOB , ACOC (do AB, AC là các tiếp tuyến )  ABO ACO 90 0

Tứ giác ABOC có ABO ACO   180 0nên nội tiếp được trong một đường tròn b) Tính tích OH OA theo R:

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) , OB = OC nên OA  BC Tam giác OAB vuông ở B, BH  OA nên OH OA = OB2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c) Chứng minh HEB = HAB

Do E là hình chiếu của C trên BD nên CEO  90 0

Tứ giác CEOH có CEO OHC    180 0nên nó là tứ giác nội tiếp

Do đó: HEO HCO   (cùng chắn cung HO), mà HCO OAB   (cùng chắn cung OB) Nên HEB = HAB

d) AD cắt CE tại K Chứng minh K là trung điểm của CE

Gọi M là giao điểm của BA và DC Tam giác MBD có O là trung điểm BD,

OA // DM (cùng vuông góc BC) nên A là trung điểm MB

CE // BM (cùng vuông góc BD), áp dụng hệ quả định lí Ta let cho các tam giác BDA có KE // AB và KC// AM ta được:

C

B

A

KE DK

AB DA và KC DK

AM DA Do đó: KE KC

AB AM Vậy KE = KC ( vì AB = AM) e) Tính theo R diện tích hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến AB, AC và cung nhỏ BC

của đường tròn(O) trong trường hợp OA = 2R

Gọi S là diện tích giới hạn cần tìm, S1 là diện tích tứ giác

ABOC, S2 là diện tích hình quạt cung BC nhỏ

Ta có: S = S1 – S2

Tính S1 :

AB OA2  OB2  (2 )R 2  R2 R 3

AOB

R

S  OB AB R R 

AO là đường trung trực của BC nên theo tính chất đối xứng ta có:

S1 = 2SAOB = 2 3 2

2

R

R



Tam giác AOB vuông ở B nên Cos BOA = 1

OA R   BOA600

Do đó: BOC  120 0 (do tính chất đối xứng)

Vậy: S2 = 2.1200 0 2

Từ đó: S = S1 – S2 = R2 3

2 3

R



3

R  R = 3 3 

3

R



 (đvdt)

Bài 5: (0,5điểm)

Tìm các giá trị của m để hàm số y = m2  3m 2x 5 là hàm số nghịch biến trên R

Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a = m2  3m 2 = m 1 ( m 2)

Hàm số đã cho nghịch biến  m 1 ( m 2) < 0 (1)

Do m – 1 > m -2 với mọi m nên (1)  1 0 1

m



Lưu ý: nếu học xét dấu nhị thức bậc nhất thì lập bảng dễ hơn.

Bài toán hình có nhiều cách giải khác nhau, tìm thêm cách giải khác

Giải theo yêu cầu của em Lương Triều Vũ, chúc em học tốt và thi TS 10 đạt điểm cao.

Chào thân ái: Basan