60 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 có đáp án

Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.. Đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F a Chứng minh rằng: AF // CH b Tứ giác AHCF là hình gì ?... Chứng minh tứ giá

ĐỀ SỐ 1.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

QUẢNG TRỊ Khĩa ngày 2 tháng 7 năm 2006

MƠN: TỐN

( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )

Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )

Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất.

1 Giải phương trình khi m = 3

2 Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm

3 Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện x12 +

1 Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp

2 Chứng minh AI.BK = AC.CB

3 Chứng minh tam giác APB vuông

4 Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tíchlớn nhất

2 Phơng trình có nghiệm ⇔∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)2 -1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3

Vậy với m ≤ 3 thì phơng trình đã cho có nghiệm

3 Với m ≤ 3 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1,

x2 Theo định lý Viét ta có : x1 + x2 = 4 (1), x1.x2 = m + 1 (2) Mặt khác theo gt : x1 + x2

= 10 ⇒ (x1 + x2)2 - 2 x1.x2 = 10 (3) Từ (1), (2), (3) ta đợc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 <3(thoả mãn) Vậy với m = 2 thì phơng trình đã cho có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện x1

Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính IC

1 Vì P ∈ ;

2

IC O

2 Ta có KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒ CKB ICAã = ã (cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuônggóc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK (àA B= = à 90 0) có CKB ICAã =ã (cm/t) Suy ra ∆AIC đồngdạng với ∆BCK Từ đó suy ra AI BC AI BK BC AC

 (cm/t) Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp

⇒ ãPIC PAC=ã (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc : ãPBC PAC PKC PIC+ã =ã +ã Mặt khác tamgiác ICK vuông tại C (gt) suy ra ãPKC PIC+ ã = 90 0⇒ ãPBC PAC+ ã = 90 0, hay tam giác APB vuông

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

QUẢNG BèNH Khúa ngày 3 thỏng 7 năm 2006

MễN: TOÁN

( Thời gian 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đề ) Câu 1: ( 2 điểm )

1) Phân tích x2 – 9 thành tích.

2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x2 – 5x + 4 = 0 không ?

Câu 2: ( 2 điểm )

1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ?

2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy

Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H Đờng thẳng d đi qua A

và vuông góc với AB cắt tia BE tại F

2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy

Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3)

x y

Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H Đờng thẳng d đi qua A

và vuông góc với AB cắt tia BE tại F

a) Chứng minh rằng: AF // CH

b) Tứ giác AHCF là hình gì ?

d F

E

D

C A

Bài 5: ( 4 điểm )

Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa

điểm A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F

a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật

b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh AE.AB = AF.AC

d) Gọi O là giao điểm của AH và EF Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p

= AB + BC + CA

Bµi 2.

x +2008x −2008x +2008x 2009 0− =

3 2 2

Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng)

Phần việc đội phải làm theo định mức là: 420

xNếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là: 420

x 5+Theo đầu bài ta có pt: 420 420 7

E

H

A

a) Ta có: ãCFH BEH 90=ã = 0 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

=> ãAFH AEH FAE 90= ã = ã = 0

=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật

b) Ta có: ãEBH EAH 90+ã = 0 mà ãEAH EFH= ã (tc đờng chéo hcn)

=> ãEBH EFH 90+ã = 0

Do đó: ãEFC EBC CFH EFH FBC 90+ã = ã +ã +ã = 0 +900 =1800

=> BEFC là tứ giác nội tiếp

c) Ta có: ãABH AHE= ã (cùng phụ với ãEAH) mà ãAHE AFE= ã (đờng chéo hcn)

=> ãABH AFE=ã hay ãABC AFE= ã

Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên Tìm m để x12+ x22− x x1 2= 7

Câu 4: ( 4 điểm )

Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến

MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D

a) Chứng minh MA2 = MC.MD

b) Gọi I là trung điểm của CD Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một đường tròn.

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn Suy ra AB là phân giác của góc CHD

d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O) Chứng minh A,

Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c) Thế (c) vào (b) ta được:

a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Cách 1: Ta có: ∆' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt

Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên Tìm m để x 12+ x22 − x x 1 2 = 7

Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 900

Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 900

⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O) Do đó MO là trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB

Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA2 = MH.MO Mà MA2 = MC.MD (do a))

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MCMD MO= (1).

Xét ∆ MHC và ∆MDO có:

∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)

O M

D

C A

B

I

H K

⇒∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.

 Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒∠ OCD = ∠ MDO

+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)

Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒∠ MHC = ∠ OHD

⇒ 900 – ∠ MHC = 900 – ∠ OHD ⇒∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay

AB là phân giác của ∠ CHD

d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 900)

⇒∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)

⇒∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp

⇒∠ KHO = ∠ KCO = 900

⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H

⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng

ĐỀ SỐ 5.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

QUẢNG NAM MÔN: TOÁN

=

−

1

my nx

n y mx

Có nghiệm là (− 1 , 3)

b) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 108 km Hai ôtô cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B, mỗi giờ xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 6 km nên xe đến B trước xe thứ hai là 12 phút Tính vận tốc mỗi xe

Câu 4 ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường kính AD Gọi M là trung điểm của AC, I là trung điểm của OD

a) Chứng ning OM // DC

b) Chứng minh tam giác ICM cân

c) BM cắt AD tại N Chứng minh IC2 = IA.IN

Câu 5 ( 1 điểm )

Trên mặt phẳng toạ độ Õy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ) Tìm m sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất

Phương trình có dạng a – b + c = 0 Nên có một nghiệm x1 = –1 và nghiêm thứ hai x2 =

a

c

− = 5

2 2

2 1

.x x

x

x +

2 1

2 1

2 2 1

2

x x

x x x

3

m n

n m

Giải hệ ta tìm được m = 3 − 2 và n = 2 − 2 3

b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6)

Vân tốc của xe thứ hai là x− 6 ( km/h)

Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:

x

108

( giờ )Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:

6

108

−

x ( giờ )Theo bài ra ta có phương trình: −

Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h

Câu 4.

GT ∆ABC cân tại A, nội tiếp (O)

M là trung điểm của AC

I là trung điểm của OD

KL a) OM // DC

b) ∆ICM cân

c) IC2 = IA.IN A

=> ∆IMC cân tại I

c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA

Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI

Suy ra MI2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC2 = IA.IN

Là giao điểm của A”b với trục Ox A’

A’ (− 1 ; − 2),B( 2 ; 3 )=> pt đường thẳng A’B: y =

3

1 3

5x−Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C ( ; 0

5

1

) => m =

5 1

O M

N K

I

+b) Rút gọn biểu thức: A=

b

a b

b ab

=

−

8 2

2 3 2

y x

y x

Bài 4 ( 3,5 điểm )

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và

B ), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM Gọi P là giao điểm của BM và CN

a) Chứng minh ∆BNC= ∆AMB

b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp

c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh

3 5 10 3 2 3 2

3 2 5

−b) Rút gọn:

A =

b

a b

b

ab−2 2 − = − 2 − = − 2

b

a b

a

với a≥ 0 ,b> 0.Bài 2

1

x x

=

−

) ( 8 2

) ( 2 3

2

b y

x

a y

=

−

8 2

14 7

y x

b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a

vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b

d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b = − 2=> phương trình d là y= x− 2

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: −x2 = x− 2 ⇔ x2 +x− 2 = 0

1

2

1

= + +

A B

AM BN

= +

AMB

=> ∠AMB+ ∠ANP = 180 0 => tứ giác ANPM nội tiếp

c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB

Tứ giác ANPM nội tiếp và ∠A= 60 0 => ∠NPM = 120 0 => ∠BPC = 120 0

BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 1200 không đổi Nên khi N di động trên AB thì quỹtích P là cung chứa góc 1200 dựng trê đoạn BC

N P

b b

a) Giải phương trình với m = 3

b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt

a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3)

b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = - 2

a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ

b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông

c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định

b b

b b

a b

ab b ab a a

b ab

a b b a a b b b a b

− + +

−

) () )

(

) )(

( ) (

) (

b) Ta cú a = 6 + 2 5 = ( 5 + 1 ) 2 = 5 + 1

v à b = 6 − 2 5 = ( 5 − 1 ) 2 = 5 − 1

1 5 1 5

1 5 1

0 2

0 3 , 2

1

x x

Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm là :

Vậy m = - 3 khụng thoả món loaị

Tóm lại phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔m = 3

Bài 3.

a) Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là:

§êng th¼ng (d) vµ parabol(p) c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt

⇔ ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt víi mäi k

⇔ ∆ / > 0 víi mäi k

⇔ k2 + 4k + 6 > 0 víi mäi k

ThËt vËy ∆ / = k2 + 4k + 6 = (k2 + 4k + 4) + 2 = (k + 2)2 + 2 > 0 víi mäi k

 ®iÒu ph¶i chøng minh

+) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t tõ ®iÓm M

 gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ

Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tuyÕn => S® gãc MPI =

2

1S® cung PIL¹i cã S® gãc IPQ =

Vì MO = R 2 > R => M nằm ngoài đường tròn (O,R)

Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn

+ Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có

MP2 = MO2 – OP2 = 2R2 – R2 = R2 => MP = R

Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông

* Biện luận:

Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2) cắt nhau tại 2 điểm

=> bài toán có hai nghiệm hình

Câu c)

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO

+ Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v

=> K nằm trên đường tròn đường kính MO

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố định O và K

=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực (∆)

của đoạn OK

ĐỀ SỐ 8.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

2 4

4 4 2

−

+

−

a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999

3 4

1 2

1 1

y x

y x

F Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF Chứng minh:

a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG

Bài 1.

Câu a) Ta có : A =

x

x x

2 4

4 4 2

−

+

) 2 ( 2

) 2

) 2 ( 2

1 ) 2 ( 2 2

0 2 2

1 ) 2 ( 2 2

khix x

x

khix x

x

Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5

3 4

1 2

1 1

y x

y x

−

=

−

5 3 4

1

v u

v u

Giải hệ phương trình trên được

x2 =

) 3 (

2

3 2

a

+) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là

x2 = -2 +) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là

F

G D

Câu a) Chứng minh AC // FG ( 1 đ)

Tứ giỏc ACED cú : gúc A = gúc E = 1v

nờn nội tiếp được trong một đường trũn

=> ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1)

Mặt khỏc 4 điểm D,G, E, F cựng nằm trờn đường trũn đường kớnh BD

nờn tứ giỏc DGEF nội tiếp được đường trũn

=> gúc DEG = gúc DFG (2)

Từ (1) và (2) => gúc ACD = gúc DFG

=> AC // FG (Vỡ cú 2 gúc so le trong bằng nhau)

Cõu b) Chứng minh SA.SC = SB SF (1,5đ)

Tứ giỏc ACBF cú ∠ A = ∠F = 1v => tứ giỏc ACBF nội tiếp đường trũn đường kớnh BC

=> ∠FAC + ∠ FBC = 2v

Lại cú ∠ FAC + ∠ SAF = 2v

=> ∠SAF = ∠ FBC hay ∠SAF = ∠SBC

Xột 2 tam giỏc SAF và SBC cú :

SA = => SA.SC = SB.SF

Cõu c) Chứng minh : Tia ES là tia phân giác của góc AEF

=> ED là tia phân giác của góc AEF

Mặt khác : CF và BA là các đờng cao của tam giác SBC

nên D là trực tâm của tam giác này => SD ⊥ BC

a) Trửụứng hụùp : x + 1 - x+ 1 + 6 = 0 (a)

ẹaởt t = x+ 1 ( ủieàu kieọn t ≥ 0 ) , phửụng trỡnh (a) trụỷ thaứnh

t2 – t + 6 = 0 ( voõ nghieọm)

b) Trửụứng hụùp : x + 1 + x+ 1 - 6 = 0 (b)

ẹaởt t = x+ 1 ( ủieàu kieọn t ≥ 0 ) , phửụng trỡnh (b) trụỷ thaứnh

t2 + t - 6 = 0 ⇔ t = - 3 (loaùi) hoaởc t = 2 (thoaỷ maừn)

t = 2 => x+ 1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3

Vậy phương trình có một nghiệm x = 3

ĐỀ SỐ 9.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN

Năm học: 2005 - 2006

( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )

2

−

+

− + +

+ +

−

+

x

x x

x

x x

x

x

với x > 0 và x ≠ 1a) Rút gọn biểu thức T

b) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x ≠ 1 luôn có T < 31

a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trị không đổi

b) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Chứng minh rằng với bất kỳ vị trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức AD.BC ≤ R2 Xác định vị trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy rad) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố định Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu vuông góc của I trên MB Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ?

ĐÁP ÁN

ĐỀ SỐ 9

Bài 1.

Câu a) T = 11

1

1 1

2

−

+

− + +

+ +

−

+

x

x x

x

x x

x x

=

1

1 1

1 1

) (

2

+ +

−

+

x x

x

x x

x

=

) 1 )(

1 (

) 1 (

) 1 )(

1 ( 2

+ +

−

+ +

−

− +

+ +

x x x

x x x

x x

=

) 1 )(

1

−

x x x

x x

=

) 1 )(

1 (

) 1 (

+ +

−

−

x x x

x x

=

1

+ + x x

x

Câu b)

Xét 31 - T = 31 -

1

+ + x x

x

=

4

9 ) 2

1 ( 3

) 1 (

2

2

+ +

x > 0 với mọi x > 0 và x ≠ 1

=> phương trình có 2 nghiệm có giá trị tuyệt đối bằng nhau

=> m = 0 là giá trị cần tìm

Câu b)

Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3

=> x1 > 0 ; x2 > 0 và x12 + x22 = 9

=> m = 2 là giá trị cần tìm

+ Với m = -2 phương trình đã cho trở thành:

x2 + 4x + 72 = 0

Phương trình này có 2 nghiệm là :

x1 = - 2 - 12 < 0 và x2 = - 2 + 12 < 0 (loại)

=> m = -2 không troả mãn

Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh

của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 ⇔ m = 2

Bài 3.

+)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng

y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m

+)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x2 là nghiệm của phường trình: x2

= 3x + m ⇔ x2 – 3x – m = 0 (*)

+)Đường thẳng (d) và parabol y = x2 có đúng 1 điểm chung

⇔phương trình (*) có nghiệm duy nhất

+) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi

D

C O

M

H N

+ Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A

=> góc AMD = góc AMB (3)

+ Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B

=> góc BMC = góc BMH (4)

Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH

= góc AMB = 900

=> (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 1800

=> 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung điểm của CD

b)Vì AD và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH)

=> AD ⊥ CD và BC ⊥ CD => ABCD là hình thang vuông

Mặt khác : O là trung điểm của AB và M là trung điểm của CD

 OM là đường trung bình của hình thang ABCD

 OM // AD

LẠi có AD ⊥ CD => OM ⊥ CD

Mà Om là đường kính của đường tròn (O)

=> CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Câu c)

Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)2- (AD – BC)2

≤ (AD +BC)2 = 4R2

=> AD.BC ≤ R2

Đẳng thứ xảy ra ⇔AD = BC ⇔ ABCD là hình chữ nhật

ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB ⇔ M là trung

điểm của của nửa đường tròn đường kính AB

Câu 4 (1đ)

Ta có góc AMB = 900 (Góc nôịo tiết chắn nửa đường tròn )

 AM ⊥ MB.Mặt khác : IP⊥ MP (gt)

 => AM // IP hay IK //AM

Xét ∆ ANM có IK // AM , I là trung điểm MN

=> IK là đường trung bình

=> K là trung điểm của AN mà A và N cố định => K cố định

Ta có góc BPK = 900 và các điểm B, K cố định

=> Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn

( Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề )

Bài 1 ( 2điểm )

1 ).(

1

−

− +

+

+

a

a a a

a a

a) Tìm a và b để đường thẳng (d) đi qua M và N

b) Xác định toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy

Bài 3 ( 2 điểm )

Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng 1/8 số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho

1

3 4

1 2 3

1 2

+ + + +

+

n n

ĐÁP ÁN

ĐỀ SỐ 10.

Bài 1.

a) A = ( 1 )

1 ).(

1

−

− +

+

+

a

a a a

a a

+

1 1

) 1 ( 1 1

) 1 (

a

a a a

a a

a A

0 1

a a

≥

≠

0 1

0 1

2 a a

1 5

0 1

a a

a) Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua 2 điểm M và N nên lần lượt thay x = 2, y = 1 và x =

5 , y = - 21 vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình

2 1

a

b a

2 1

a

b a

) 2

1 (

2 1

2

a

b

Vậy đường thẳng (d) : y = - 21x + 2

b) Xác định tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ

+ Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = - 12x + 2 ta tìm được

y = 2 => (d) cắt trục Oy tại điểm (0; 2)

+ Giao của (d) với trục Ox : Cho y = 0 ta có: 0 = - 21x + 2 => x = 4

 (d) cắt trục Ox tại điểm (4;0)

Bài 3.

Gọi số nguyên dương có hai chữ số là ab

(Điều kiện : a , b ∈N ; 1 ≤a≤ 9 ; 0 ≤b≤ 9)

Tổng hai chữ số của nó la:ø a + b

Theo bài ra ta có phương trình : a+ b = 81ab hay : a+b = 81(10a+ b) (1)

Tích hai chữ số của nó là : a.b

Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

b a b

a

10

13

) 10

+

= +

a b ab

b a b a

10 13

10 8 8

=

−

) 2 (

10 13

) 1 (

0 7 2

/

/

a b ab

b a

Từ (1/) => a = 7b2 thế vào (2/) ta được : 7b2 b + 13 = 10b + 7b2 ⇔ 7b2 – 27b + 26 = 0

Có : ∆ = 272 – 4.7.26 = 1 => ∆ = 1 => b1 = 2714+1 = 2 (thoả mãn)

b2 = 2714−1 = ∉N

14

26

(loại)Với b = 2 => a = 72.2 = 7 Đối chiếu với điều kiện đặt ra ta có a = 7 ; b = 2 thoả mãn

Vậy số đã cho là 72

A

E

H

F K

a) Ta có : góc BNC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v cùng nhìn PB nên 4 điểm A,B,P,N cùng thuộc đường tròn đường kính BP

(Tâm của đường tròn là trung điểm của BP , bán kính BP/2)

b)Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB)

MaËt khác : góc BME = góc BNA ( cùng chắn cung BE)

=> góc BPA = góc BME

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => ME // AP mà AP ⊥ BC => EM ⊥ BC