40 đề thi ôn vào lớp 10 môn toán có đáp án

Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.. Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O, ta có BAx = BCA góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

a

1 : a a

1 1

a a

a Rút gọn biểu thức K

b Tính giá trị của K khi a  3  2 2

c Tìm các giá trị của a sao cho K < 0

Bài 2: Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1)

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;

b) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 +

x22.

Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định.

Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21% Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch?

Bài 4: Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn, A = 450 Vẽ các đường cao BD và

CE của tam giác ABC Gọi H là giao điểm của BD và CE.

a Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn.

b Chứng minh: HD = DC

c Tính tỉ số:

BCDE

d Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE.

Bài 5: Cho a, b là các số thực dương

2

b a b

1:)1a(a

11

a

a

=

)1a)(

1a(

1a:

)1a(

a

1a

) 2 1 ( 2 2

1

1 2 2 3

0 1 a

0 a

Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600

Số sản phẩm tăng của tổ I là: x

100

8 (sản phẩm)

Số sản phẩm tăng của tổ II là: y

100

21 ( sản phẩm)

Từ đó có phương trình thứ hai: x 

100

18

120 y

100

21 x

100 18

600 y

x

Giải ra được x = 200, y = 400( thỏa điều kiện )

Vậy: Số sản phẩm được giao của tổ I, tổ II theo kế hoạch thứ tự là 200 và 400 sản phẩm

Bài 4:

a Ta có ADH = AEH = 900, suy ra AEH +ADH = 1800

 Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH.

b AEC vuông có EAC= 450 nên ECA = 450, từ đó HDC vuông cân

AE

AE AC

AE BC

DE







d Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O),

ta có BAx = BCA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) ,

mà BCA = AED

A

B E

B E

 BAx =AED mà chúng là cặp góc so le trong do đó DE  Ax.

1 b b

; 0 4

1 a



0 4

1 b b 4

1 a



0 b a 2

2

1 b a

a  2    

ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10

ĐỀ SỐ 2

x

2 x 2 x

1 x ( : ) x 4

x 8 x

2

x 4 (

y 2 x

1

y -

mx

a) Giải hệ phương trỡnh khi cho m = 1.

b) Tỡm giỏ trị của m để hệ phương trỡnh vụ nghiệm.

Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) cú hệ số gúc m đi qua

điểm M(– 1 ; – 2)

a) Chứng minh rằng với mọi giỏ trị của m thỡ (d) luụn cắt (P) tại hai điểm

A, B phõn biệt.

b) Xỏc định m để A, B nằm về hai phớa của trục tung.

Bài 4: (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình hoặc hệ phơng trình:

Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợcdòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km

và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc

a) Chứng minh tứ giỏc IECB nội tiếp được trong một đường trũn.

b) Chứng minh tam giỏc AME đồng dạng với tam giỏc ACM và

AM2= AE.AC

c) Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2

d) Hóy xỏc định vị trớ của điểm C sao cho khoảng cỏch từ N đến tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc CME là nhỏ nhất.

Giải:

Bài 1:

a P =

) 2 x ( x

) 2 x ( 2 ) 1 x ( : ) x 2 )(

x 2 (

x 8 ) x 2 ( x 4

x3:)x2)(

x2(

x4x8

) 2 x ( x ) x 2 )(

x 2 (

x 4 x 8

x 4

 Điều kiện x > 0; x  4 và x  9

b Với x > 0; x  4 và x  9; P = –1 khi và chỉ khi: 1

3 x

x 4

Vì y > 0 nên chỉ nhận y =

4

3 nên x =

4 3

Vậy: P = –1  x =

16 9

y 2 x

1 y x

2008 x

2010 y

2 x 3

2 y 2 x 2 2010

y 2 x

3

1 y x

Vậy với m = 1 hệ phương trình đã cho có nghiệm

2008 x

2

3 y

1 mx y

335 3

y 2

x

1 y mx

(*)

Hệ phương trình vô nghiệm  (*) vô nghiệm  m =

2

3 (vì đã có –1–1005)

Bài 3:

a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) đi qua điểm M(–

1 ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b  b = m – 2

Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – 2.

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.

b) A và B nằm về hai phía của trục tung

 x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu  x1x2 < 0.

Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – 2

x1x2 < 0  m – 2 < 0  m < 2.

Vây: Để A, B nằm về hai phía của trục tung thì m < 2.

Bài 4 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5)

a Ta có: EIB = 900 (giả thiết)

ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB

b Ta có:

sđ AM = sđ AN (đường kính MN  dây AB)

 AME = ACM (góc nội tiếp)

Lại có A chung, suy ra AME ACM

AE

AM AM







c MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB

Trừ từng vế của hệ thức ở câu b với hệ thức trên

Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2

d Từ câu b suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

Ta thấy khoảng cách NK nhỏ nhất khi và chỉ khi NK  BM.

Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được K Điểm C là giao

của đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM.

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

O.

ĐỀ SỐ 3 Bài 1: Cho A =

)2x1(2

1



) 2 x 1 ( 2

9

2 2

y x

y x

Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham

số(1)

a Giải phương trình (1) khi m = -1

b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.

Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 và đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0

a) Vẽ (P)

b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép tính c) Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B trên trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’.

Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và

By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến

Ax và By lần lượt ở E và F.

a Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp

b AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?

c Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB) Gọi K là giao điểm của MH và EB.

r 3

1





Hướng dẫn giải:

2 x

1 2 x

2 x

1 2 x

0 2

x

(*)

)2x(12

)2x1()2x1()2x1(2

1)

2x1

Từ đó phương trình có hai nghiệm x = -1 và x = 1

b Thế y = 2x - 2 vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50

2 x

Bài 3:

a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = 0 với x là ẩn số, m là tham số.(1)

Khi m = -1, phương trình đã cho có dạng x2 + 2x - 8 = 0

 '  1  8  9

 '  3

Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4

b Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ' = m2 - (m - 1)3 > 0 (*)

Giả sử phương trình có hai nghiệm là u, u2 thì theo định lí Vi-ét ta có:

u

) 1 ( m

2 u u

3 2

làm trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành

b) *Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị:

- Đường thẳng (d): 2x + y - 4 = 0 hay y = -2x + 4

+ cắt trục tung tại điểm (0;4)

+ cắt trục hoành tại điểm (2;0)

Nhìn đồ thị ta có (P) và (d) cắt nhau tại A(-2; 8) B(1;2)

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)

*Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính:

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:

2x2 = -2x + 4 hay: 2x2 + 2x – 4 = 0 x2 + x – 2 = 0 có a + b +c = 1+ 1- 2= 0

nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= 8

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-2; 8) B(1;2)

c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = 3 nên có diện tích:

2

3 2 8

 EAOEMO1800





Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp

b Ta có : AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AM  OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến)  MPO  900

F

M

P K

F

M

P K

I

EF )

EA //

KH ( HB

AB KB

EB );

BF //

MK ( KB

EB MF

EM



mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH

d Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù nên OEOF

 EOF vuông ( 

EOF = 900) OM là đường cao và OM = R Gọi độ dài 3 cạnh của EOF là a, b, c I là tâm đường tròn nội tiếp EOF Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = r OE

2

1 OF r 2

1 EF r 2

a R

1 c b a

a c b a

Mặt khác b < a, c < a  a + b+ c < 3a 

a 3

1 c b a

a c b a

r 3

1





*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên.

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

ĐỀ SỐ 4

x x

: 1 x

1 x 1

x

1 x x

5 y 2 x 3

b) Lấy 3 điểm A, B, C trên (P), A có hoành độ là –2, B có tung độ là – 8, C

có hoành độ là – 1 Tính diện tích tam giác ABC.

Bài 4:

Một tam giác có chiều cao bằng

5

2 cạnh đáy Nếu chiều cao giảm đi 2cm và cạnh đáy tăng thêm 3cm thì diện tích của nó giảm đi 14cm2.Tính chiều cao

và cạnh đáy của tam giác.

Bài 5:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D là điểm chính giữa của

cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E.

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD; AD và

x x

: 1 x

1 x 1

x

1 x x

x 1

x

) 1 x ( x : 1 x

1 x )

1 x )(

1 x

(

) 1 x x )(

x x x : 1 x

1 x 1

x

1 x

x

=

1 x

x : 1

x

1 x 1 x

x : 1

x

2 x

Vậy: x = y2 =

9

4

4 x 5

, 7 y x

20 x 5 15

y 2 x 2

5 y 2 x 3 2

15 y

x

5 y

4 x

làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành.

b) Tính diện tích tam giác ABC

2

1 4.6 = 12 (đvdt)

Bài 4: Gọi chiều cao và cạnh đáy của tam giác đã cho là x và y (x > 0; y > 0, tính

bằng dm) Diện tích tam giác là:

2

1

xy (dm2) Chiều cao mới là x – 2 (dm); cạnh đáy mới là y + 3 (dm);

diện tích mới là

2

1 (x – 2)( y + 3) (dm2)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

y 5

2 x 14

) 3 y )(

2 x ( 2

1 xy

2

1

y 5

2

x

H

11 x

22 y 2 x 3

y 5

2 x

Trả lời: Chiều cao của tam giác là 11dm và cạnh đáy của tam giác là

2

55 dm

b ODE = 900 (vì DE là tiếp tuyến), OCE = 900 (vì CE là tiếp tuyến)

 ODE + OCE = 1800 Do đó CODE là tứ giác nội tiếp.

mà BD = CD (giả thiết) suy ra PAQ = PCQ.

Vậy APQC là tứ giác nội tiếp.

c APQC là tứ giác nội tiếp, nên QPC = QAC (cùng chắn CQ)

Lại có PCB = BAD ( góc nội tiếp cùng chắn BD).

và QAC = BAD, suy ra QPC = PCB  PQ // BC

1 Giải hệ phương trình khi m 2 ;

2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y )thoả mãn: 2 x + y  3

Bài 3 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk 1 x 4   (k là tham số) vàparabol (P): y x 2

1 Khi k2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);

2 Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tạihai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k saocho: y1y2 y y1 2

1 Giải hệ phương trình khi m 2 ;

2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y )thoả mãn: 2 x + y  3

1.

(1,0đ) Khi m = 2 ta có hệ phương trình:

x y 22x y 3

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả

mãn 2x + y  3

Bài 3 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk 1 x 4   (k là tham số) vàparabol (P): y x 2

1 Khi k2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P);

2 Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tạihai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k saocho: y1y2 y y1 2

1.

(1,0đ)

Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4 0,25Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:

Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k

Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt 0,25

3.

(0,5đ)

Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân

biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:

BDC BHC 180CHK BHC 180

 KH KD

4.

(0,5đ) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳngDC tại P

Ta có: BAM DAP (cùng phụ MAD )

AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)

ABM ADP 90 

Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

0.25đ

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

ĐỀ SỐ 6

Câu 1(2,5đ): Cho Biểu Thức :

A = ( + ) : ( - ) +

a, Rút gọn bt A

b, Tính giá trị của A khi x = 7 + 4

c , Với giá trị nào của x thì A đạt Min ?

Câu 2 (2đ): Cho phương trình bậc hai :

x2 - 2(m + 1) x + m - 4 = 0 (1)

a, Giải phương trình ( 1 ) khi m = 1

b, Chứng minh rằng pt (1 ) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ?

c , Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (1)đã cho CMR Biểu thức :

K = x1(1- x2 )+ x2(1-x1) không phụ thuộc vào giá trị của m

Câu 3(2đ) :

Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30 km/h khi đến B người đó nghỉ

20 phút rồi quay trở về A với vận tốc trung bình 25km/h Tính quảng đường AB , Biết rằng thời

gian cả đi lẫn về là 5 gời 50 phút

Câu 4(3,5đ):

Cho hình vuông ABCD , điểm E thuộc cạnh BC

Qua B kẻ đường thẳng vuông với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K

a, Chứng minh rằng : BHCD là tứ giác nội tiếp

b, Tính ?

c, Chứng minh rằng : KC.KD = KH.KB

d, Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển

trên đường nào ?

Hướng dẫn giải- áp án : Đề 6

a, khi m 1 thì pt có 2 nghiệm : x1 = 2 +

Và : x2 = 2 -

b, ’ = (m + 1)2 + 17 > 0 m => pt luôn có 2 nghiệm với mọi m

c, ’ > 0 , m Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và

K = x1 - x1x2 + x2 - x1x2 = ( x1 + x2 ) - x1x2 =10( hằng số)  m Câu 3 (2đ):

d, Khi E di chuyển trên BC thì DH  BK ( không đổi) => =900

( không đổi) => H ( I ; ) vì E di chuyển trên BC nên H di chuyển trên

Cung BC của đường tròn ngoại tiếp ABCD (cả 2 điểm B và C )

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

1 1

1

x

x x

x

x A

52

b Cho điểm M thuộc (P) ; M có hoành độ bằng 1 Đường thẳng d tiếp xúc với (P) tại M.Đường thẳng d’ cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4, d’ // d, d’cắt (P) tại hai điểm A và B.Tìm diện tích tam giác MAB.

x

x x

1 1

1

x

x x

x

x A

1 1

1 1

x x

A 0.25

.2

22

)1(

x x

Giải phương trình :

10

32

52

2 Tìm diện tích tam giác MAB

Tìm được tọa độ của điểm )

2

1

; 1 (

M Viết đúng phương trìnhđường thẳng d là y = x - 1/2 0.25

Viết đúng phương trình đường thẳng d’ là y = x + 4, d’ cắt (P) tại hai điểm A và B là : A ( -2 ; 2 ) ; B ( 4 ; 8 ) 0,25

SAMB = SAA’B’B – (SAA’M’M + SMM’B’B)

.

0

0

2 1

2 1

m

m x

x x x

m m m m

dd'

   

1

1

2 1

3 2

3 1 1

2 2

x x

m x

x x

x

 ( x1  x2 ) (x1 x2  x1.x2 )  m  1

3

1

a AC

   AC  a 3 0.25 Tính được BC = 2a 0.25

Suy ra :

SC

SB SB

SA

 Hay : SB2 SA.SC

 0.50 b)Chứng minh : K SˆM K BˆM (1đ)

ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10

ĐỀ SỐ 8

Bài 1: Cho biểu thức:

xy x

y x

y y

y x

x P

) )

1 )(

(

a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P

b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2)

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệtb) Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung

1 1

9

zx yz

xy

z y

x

z y

b) Khi MB = MQ , tính BC theo R

Bài 5: Cho x,y,z R thỏa mãn:

z y x z y

1 1

1 1

Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

4

3

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)

HƯớNG DẫN đề 8

Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là: x  0 ; y  0 ; y  1 ; x  y  0

y y

x

Ta có: 1 + y   1 x   1 1  0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng

có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B

b) A và B nằm về hai phía của trục tung  phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu  m – 2 < 0  m < 2

) 2 ( 1

1 1

1

1 9

xz yz

xy

z y

x

z y

Ta thÊy x = y = z = 3 thâa m·n hÖ phư¬ng tr×nh VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = y =

1 1

z z y x xy

(

0 1

y

x

z y x xyz

xy z

zy zx

y

x

z y x z xy

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức K xác định

b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị của x để K đạt giá trị lớn nhất

Bài 2(2 điểm):

Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 (1)

a) Giải phương trình (1) khi cho biết m = 1; m = 2.

b) Chứng minh rằng phương trình (1) không thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị củam

HƯỚNG DẪN GIẢI đề 9

Bài 1(2 điểm):

Cho biểu thức

2 2

Vậy ĐKXĐ : x  1

b) K

2 2

 (thoả mãn x   1)

Vậy với 1

x 2

Vì a – b + c = 2 – 3 + 1 = 0 nên phương rình trên có hai nghiệm phân biệt :

 2001  2000  2002  2001  2000 2 2001   2002 0  (đpc

m)

Bài 4(4 điểm):

a) Gọi I là trung điểm của OS

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có :

 E thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS

b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), SA = SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó, nếu SA = OA thì SA = SB = OA = OB  SAOB là hình thoi

Mà SAB SBA 90     0  SAOB là hình vuông

Vậy nếu SA = OA thì SAOB là hình vuông

c) Xét đường tròn (I) : BAE BSE    (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn EOB)

 BSE BSD BAD BAC        (4)

Từ (3) và (4) suy ra : CAE BAE BAC BAD BAC BAC            hay

B

O D

  DAE BAC  ( BAD BAE CAE BAE        )

Cho hàm số y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - 1

2 a

2 (d)

1 Tìm a để (d) đi qua điểm A(0 ; -8)

2 Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm của (P) và (d) tuỳ theo giá trị của a

3 Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) bằng 3

Bài 3(2 điểm):

Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi là 48cm Người ta cắt bỏ 4 hình vuông có cạnh là 2cm ở 4 góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (không có nắp) Tính kích thước của tấm tôn đó, biết rằng thể tích hình hộp bằng 96 cm3

Bài 4(3 điểm):

Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R Hạ các đường cao AD, BE của tam giác Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N

1 Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn Tìm tâm I của đườngtròn đó

Dấu bằng xảy ra  x 2  = 0  x = 4 (thoả mãn ĐKXĐ).

Vậy giá trị lớn nhất của M = 1  x = 4

- Nếu a – 1 < 0  a < 1  ’ > 0  (1) có hai nghiệm phân biệt

Khi đó (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

- Nếu a – 1 = 0  a = 1  ’ = 0  (1) có nghiệm kép

Khi đó (d) tiếp xúc với (P)

- Nếu a – 1 > 0  a > 1  ’ < 0  (1) vô nghiệm

Khi đó (d) không cắt (P)

3 Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0 ; 0) bằng 3

Gọi M(m ; 2m2) là điểm thuộc P thì khoảng cách từ P đến gốc toạ độ O là :

2

2 2

Gọi chiều rộng của tấm tôn hình chữ nhật là x (cm)

Thì chiều dài của tấm tôn hình chữ nhật là 48 : 2 – x = 24 – x (cm)

Chiều rộng và chiều dài của mặt đáy hình hộp chữ nhật lần lượt là (x – 4) (cm) và (24 –

’ = 122 – 128 = 16 = 42 > 0, nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt :

x1 = 12 – 4 = 8 (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + 4 = 16 (không thoả mãn đk (*))

Vậy tấm tôn hình chữ nhật có chiều rộng là 8 (cm), chiều dài là 16 (cm)

AMN ABN  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

hay AMN ABE    (vì E ∈ BN)

Từ đó suy ra ADE AMN   

Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // MN (đpcm)

3 Gọi H là trực tâm của ABC  BH  AC và CH  AB (1)

Kẻ đường kính AK thì ABK ACK 90     0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Từ (1) và (2) suy ra BH // KC và CH // KB  BHCK là hình bình hành

Do đó CH = BK

ABK vuông tại B nên theo định lí Pitago :

BK2 = AK2 – AB2 = 4R2 – AB2 (với R là bán kính của (O))

 CH = BK = 4R2 AB2 (R > AB/2 vì AK > AB)

Xét tứ giác CDHE có HDC HEC 90     0 nên E, D cùng thuộc đường tròn đường kính

CH Nói cách khác, đường tròn đường kính CH ngoại tiếp CDE Bán kính của đường tròn này

bằng

2 2

R

2   4 không đổi.

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp

CDE không đổi

M D

N E

O A