Giải chi tiết Đề TS10 TPHCM 2013

Câu 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 065xx 2  b) 012xx 2  c) 043xx 24  d)      12yx 3y2x Câu 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 xy  và đường thẳng (d): 2xy  trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính. Câu 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 9x 3x . 3x 3 3x x A               với 0x  ; x ≠ 9 151553326533221B 22                Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 01m8x8x 22  (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 2 1 x  b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa điều kiện: 3 2 3 1 4 2 4 1 xxxx  Câu 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại điểm M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh CA ˆ BCB ˆ M  . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình a) 065xx 2  Ta có a = 1; b = –5; c = 6 ∆ = 14.1.65)(4acb 22  > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 3 2.1 15)( 2a Δb x 1      2 2.1 15)( 2a Δb x 2      Vậy nghiệm của phương trình 065xx 2  là x = 3; x = 2. b) 012xx 2  Ta có a = 1; b = –2; c = –1 ∆ = 81)4.1.(2)(4acb 22  > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 21 2.1 82)( 2a Δb x 1      21 2.1 82)( 2a Δb x 2      Vậy nghiệm của phương trình 012xx 2  là x = 21 ; x = 21 . c) 043xx 24  Đặt t = x 2 (t 0 ) 42 xt  Ta có phương trình: 043tt 2  a = 1; b = 3; c = –4 a + b + c = 1 + 3 + (–4) = 0 nên phương trình 043tt 2  có nghiệm t = 1 và t = –4 (loại) Ta có t = 1 1x1x 2  Vậy nghiệm của phương trình 043xx 24  là x = 1; x = –1 d)      12yx 3y2x       24y2x 3y2x       2y1x 55y       1x 1y Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; –1) Câu 2: a) * Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 xy  Đồ thị (P) của hàm số 2 xy  có dạng là một đường cong nhận O(0 ; 0) làm đỉnh, nhận trục Oy làm trục đối xứng và đi qua các điểm đặc biệt sau: x –2 –1 0 1 2 y = x 2 4 1 0 1 4 * Vẽ đồ thị hàm số (d): 2xy  Khi x = 0 thì y = 2 Khi x = 2 thì y = 0 Đường thẳng (d) đi qua hai điểm (0;2) và (2;0) * Đồ thị hàm số (P): 2 xy  và (d): 2xy  b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2 = – x + 2 02xx 2  092)1.(.41ac4bΔ 22  Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1 2.1 91 2a b x 1      2 2.1 91 2a Δb x 2      Khi x = 1 thì y = – x + 2 = –1 + 2 = 1 Khi x = –2 thì y = – x + 2 = – (–2) + 2 = 4 Vậy các giao điểm của (d) và (P) là (1 ; 1) và (–2 ; 4) (d): y = – x + 2 (P): y = x 2 Câu 3: A = 9x 3x . 3x 3 3x x              = 9x 3x . 3)x3)(x( 3)x3(3)x(x             = 9x 3x . 3)x( 9x3x3x 22             = 9x 3x . 9x 9x     = 9)9)(x(x 3x   = 22 9x 3x   = 3)x(3)x( 3x   = 3x 1  B = 151553326533221 22                = 1515526324 2 6 526324 2 21 22                Ta có: 324 = 22 11.3.2)3(  = 13)13( 2  324 = 22 11.3.2)3(  = 13)13( 2  15)15(11.5.2)5(526 222  15)15(11.5.2)5(526 222  B = 1515)1513(3)1513( 2 21 22  = 1515)53(3)53( 2 21 22  = 1515)53( 2 15 2  = 1515)1528( 2 15  = 60 + 1515 1515 = 60 Câu 4: 01m8x8x 22  (*) a) Phương trình (*) có nghiệm 2 1 x  nên ta có phương trình: 01m 2 1 8 2 1 8 2 2               01m42 2  1m 2  1m  Vậy khi m = 1 hoặc m = –1 thì phương trình (*) có nghiệm 2 1 x  b) Để phương trình (*) có hai nghiệm x 1 , x 2 thì ∆ = (–8) 2 – 4.8.(m 2 + 1) = 64 – 32(m 2 + 1) = 32 – 32m 2 ∆  0 032m32 2  1m 2  1m1  Ta có: 3 2 3 1 4 2 4 1 xxxx   3 2 4 2 3 1 4 1 xxxx   01)(xx1)(xx 2 3 21 3 1  mà               8 1m a c xx 1 8 8)( a b xx 2 21 21  0)x(x)x(x 1 3 22 3 1   0xxxx 1 3 22 3 1   0)x(xxx 2 2 2 121   0)x)(xx(x 2121   x 1 = x 2  m = 1 Vậy để phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn 3 2 3 1 4 2 4 1 xxxx  thì m = 1 Câu 5: • • • • • • O A B C • • M D E F I • • • Q • T P a) Chứng minh CA ˆ BCB ˆ M  . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. * Chứng minh CA ˆ BCB ˆ M  : CB ˆ M là góc ngoại tiếp chắn cung nhỏ BC sđ 2 1 CB ˆ M  BC (1) CA ˆ B là góc nội tiếp chắn cung nhỏ BC sđ 2 1 CA ˆ B  BC (2) Từ (1) và (2) suy ra CB ˆ M = CA ˆ B * Chứng minh MBIC là tứ giác nội tiếp: Do BA // ME CI ˆ MCA ˆ B  (hai góc đồng vị) mà CB ˆ M = CA ˆ B nên CB ˆ M = CI ˆ M Ta có: OB  BM, OC  CM (tính chất tiếp tuyến)  OBMC nội tiếp đường tròn đường kính OM (hai điểm B, C cùng nhìn OM dưới một góc vuông) mà CB ˆ M = CI ˆ M nên điểm I cũng nằm trên đường tròn đường kính OM Vậy tứ giác MBIC nội tiếp đường tròn đường kính OM. b) Chứng minh: FI.FM = FD.FE * Xét ∆FBM và ∆FIC có: CB ˆ M = CI ˆ M (chứng minh ở câu a) CF ˆ IMF ˆ B  (hai góc đối đỉnh) nên ∆FBM đồng dạng với ∆FIC  FI.FM = FB.FC (3) * Xét ∆FBD và ∆FEC có: CF ˆ IMF ˆ B  (hai góc đối đỉnh) CE ˆ FDB ˆ F  (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) nên ∆FBD đồng dạng với ∆FEC  FB.FC = FD.FE (4) Từ (3) và (4) suy ra FI.FM= FD.FE (điều phải chứng minh) c) Chứng minh P, T, M thẳng hàng: Muốn chứng minh P, T, M thẳng hàng ta chứng minh 0 180MT ˆ QQT ˆ P  mà QT ˆ P = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ta cần chứng minh 0 90MT ˆ Q  Xét đường tròn tâm O có hai dây cung DE và TQ cắt nhau tại F nên ta có FT.FQ = FD.FE mà FD.FE = FI.FM (chứng minh ở câu b) nên suy ra FT.FQ = FM.FI Xét ∆FTM và ∆FIQ có: FT.FQ = FM.FI QF ˆ IMF ˆ T  (hai góc đối đỉnh) nên ∆FTM đồng dạng với ∆FIQ (5) Ta lại có 0 90MI ˆ O  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OM) nên 0 90MI ˆ Q  (6) Từ (5) và (6) suy ra 0 90FI ˆ QFT ˆ M  0 180QT ˆ PFT ˆ M  nên P, T, M thẳng hàng (điều phải chứng minh). d) Theo đề bài, BC cố định nên tứ giác OBMC cũng cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC của đường tròn (O ; R), còn điểm I di chuyển trên cung lớn BC của đường tròn đường kính OM. Gọi h là đường cao xuất phát từ I của ∆IBC. Ta có diện tích ∆IBC : h.BC 2 1 S IBC  Do BC cố định nên diện tích ∆IBC lớn nhất khi h lớn nhất. h đạt giá trị lớn nhất khi I trùng với điểm O, lúc đó IM  BC mà IM // AB nên AB cũng vuông góc với BC. Lúc đó AC là đường kính đường tròn (O ; R). . Câu 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 065xx 2  b) 012xx 2  c) 043xx 24  . trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình a) 065xx 2  Ta có a = 1; b = –5; c = 6 ∆ = 14.1.65)(4acb 22  . 0 90FI ˆ QFT ˆ M  0 180QT ˆ PFT ˆ M  nên P, T, M thẳng hàng (điều phải chứng minh). d) Theo đề bài, BC cố định nên tứ giác OBMC cũng cố định. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC của đường