Đang tải... (xem toàn văn)
Trên dường thẳng d lấy điểm C sao cho H là trung điểm của đoạn AC. Đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội tiếp được đường tròn... 3.. Nối AC cắt MN tại E..[r]
(1)5 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10:
NINH BÌNH, ĐÀ NẴNG, QUẢNG NAM, QUẢNG TRỊ, NGHỆ AN TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH
Năm học 2009- 2010 Câu (2,5 điểm):
Giải phương trình: 4x = 3x + 4
Thực phép tính:A 12 3 48
Giải hệ phương trình sau:
1 1 x y
5 x y
Câu (2,0 điểm):
Cho phương trình: 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1), m tham số.
Giải phương trình (1) m = 2.
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn:
2
x + 4 2 x + 2x
1x2 =
Câu (1,5 điểm):
Một người xe đạp từ A đến B cách 36 km Khi từ B trở A, người tăng vận tốc thêm km/h, thời gian thời gian 36 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B
Câu (2,5 điểm):
Cho đường trịn tâm O, bán kính R Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) A Trên đường thẳng d lấy điểm H cho AH < R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng d, cắt (O;R) hai điểm E B (E nằm H B)
Chứng minh góc ABE góc EAH.
Trên dường thẳng d lấy điểm C cho H trung điểm đoạn AC Đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn
Xác định vị trí điểm H đường thẳng d cho AB = R
Câu (1,5 điểm):
1 Cho ba số a,b,c > Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1
a b abc b c abc c a abc abc 2 Tìm x, y nguyên thoả mãn: x + y + xy + = x2 + y2
(2)Câu 1:
1 4x = 3x + <=> x =
2 A = √12 - √3 + √48 = 10 √3 - √3 + √3 = 10 √3
3 đk : x 0; y
¿
1 x−
1 y=1
x+ y=5 ⇔
¿4
x −
y=4
x+ y=5 ⇔
¿7
x=9 y=
9 7−1 ⇔
¿y =7
2 x=7
9
¿{
¿
( Thoả mãn điều kiện x 0; y Kl: …
Câu 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= (1)
1 Thay m = vào phương trình (1) ta có 2x2 + 3x + =
Có ( a - b + c = - + = 0)
=> Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2
2 Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1)
= 4m2 - 12m + = (2m - 3)2 với m.
=> Phương trình (1) ln có hai nghiệm x1; x2 với giá trị m
+ Theo hệ thức Vi ét ta có:
¿
x1+x2=1− m x1x2=m −1
2
¿{
¿
+ Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + x1x2 =
<=> 4(x1 + x2)2 - x1x2 =
(3)N K
C B
E O
A H
<=> 4m2 - 7m + =
+ Có a + b + c = => m1 = 1; m2 = 3/4
Vậy với m = m = 3/4 phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: 4x12
+ 4x22 + x1x2 =
Câu 3: Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h; x > 0)
Thì vận tốc người từ B A : x + (km/h) Thời gian người từ A đến B là: 36x (h)
Thời gian người từ B A là: 36x +3 (h)
Vì thời gian thời gian nên ta có phương trình : 36x - 36x +3 = 35
<=> x2 + 3x - 180 = 0
Có Δ = 729 >
Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện ẩn)
x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện ẩn)
Vậy vận tốc người từ A đến B 12 km/h
Câu 4:
1 Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH ∠ ABE góc nội tiếp chắn cung AE
∠ EAH góc tạo tia tiếp tuyến AH dây cung AE => ∠ ABE = ∠ EAH
( Hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp
+ BH vuông góc với AC H => ∠ BHC = 900
+ H trung điểm AC (gt)
+ EH AC H (BH AC H; E BH) => Δ AEC cân E
=> ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân) + ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a)
=> ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH) => ∠ KBE = ∠ KCH
=> Tứ giác KBCH nội tiếp
=> ∠ BKC = ∠ BHC = 900
=> ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900)
Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC H)
Từ (1) (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800
=> Tứ giác AHEK nội tiếp
(4)+ Kẻ ON vng góc với AB N
=> N trung điểm AB( Quan hệ vng góc đường kính dây cung) => AN = R√3
2
Ta có tam giác ONA vng N theo cách dựng điểm N => tag ∠ NOA = AN : AO = √3
2
=> ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300
+ ∠ OAH = 900 ( AH tiếp tuyến (O) tiếp điểm A)
=> ∠ BAH = 600
+ chứng minh : Δ BAC cân B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC đều.
=> AH = AC/2 = AC/2 = R√3
2
=> H giao điểm (A; R√3
2 ) đường thẳng (d)
Chú ý : Bài tốn có hai nghiệm hình:
Câu 5:
1 Với a > 0; b > 0; c > Chứng minh rằng:
a3
+b3+abc+ b3
+c3+abc+ c3
+a3+abc≤ abc
HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc
( (a-b)2 với a, b => a2 + b2 2ab)
=> a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c)
Vì a, b, c > => a3+b3+abc≤
1
(a+b+c)ab (1)
Tương tự ta có: b3+c3+abc≤
1
(a+b+c)bc (2)
c3+a3+abc≤
1
(a+b+c)ca (3)
Từ (1) ; (2); (3) =>
a3+b3+abc+ b3+c3+abc+
1 c3+a3+abc≤
a+b+c abc (a+b+c )=
1 abc
Dấu "=" xảy a = b = c
Vậy bất đẳng thức chứng minh Tìm x, y nguyên thoả mãn:
x + y + xy + = x2 + y2 (*)
<=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - = (**)
Vì x, y nghiệm phương trình (*)
=> Phương trình (**) ln có nghiệm theo x => Δ = (y+1)2 - (y2 - y - 2) 0
=> -3y2 + 6y + 0
<=> - y2 + 2y + 0
(5)<=> (y + 1)(3 - y)
Giải -1 y y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3} + Với y = -1 => (*) <=> x2 = => x = 0
+ với y = => (*) <=> x2 - x - =
có nghiệm x1 = -1; x2 = thoả mãn x Z
+ với y = => (*) <=> x2 - 2x - = có Δ' = khơng phương.
+với y = => x2 - 3x = => x = x = thoả mãn x Z.
+ với y = => (x-2)2 = => x = thoả mãn x Z.
Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (x,y)
{(− 1; 0);(0 ;− 1);(2; 0);(0 ; 2);(3 ; 2);(2; 3)}
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề )
Bài ( điểm )
Cho biểu thức
a 1
K :
a
a a a a
a) Rút gọn biểu thức K
b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm giá trị a cho K <
Bài ( điểm ) Cho hệ phương trình:
mx y x y
334
a) Giải hệ phương trình cho m =
b) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm
Bài ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI =
2 AO.
Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
(6)c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Bài ( 1,5 điểm )
Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm3 Sau người ta rót nước từ
ly để chiều cao mực nước lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước cịn lại ly
-HẾT -BÀI GIẢI Bài
a) Rút gọn biểu thức K: Điều kiện a > a ≠
a 1
K :
a a ( a 1) a ( a 1)( a 1)
a a
:
a ( a 1) ( a 1)( a 1)
a a
.( a 1)
a ( a 1) a
b) Tính giá trị K a = + 2
Ta có: a = + 2 = (1 + 2)2 a 1
Do đó:
3 2 2(1 2)
K
1 2
c) Tìm giá trị a cho K <
a a
K 0
a a
a
0 a a
Bài
a) Giải m =
(7)O1 I C E N M O B A
x y x y 334
x y
3x 2y 2004
2x 2y 3x 2y 2004
x 2002 y 2001
b) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm
mx y y mx
x y
334 y x 1002
2
y mx y mx
3
3 m x 1001 (*)
mx x 1002
2
Hệ phương trình vơ nghiệm (*) vô nghiệm
3
m m
2
Bài 3.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp:
Ta có: EIB 90 0 (do MN AB I) ECB 90· 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác IECB có EIB ECB 1800nên nội tiếp trong
đường tròn
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC
+ Chứng minh ∆AME ∆ACM
Ta có: MN AB AM AN MCA AMN
∆AME ∆ACM có A chung, AMEACM
Do đó: ∆AME ∆ACM (góc – góc) + Chứng minh AM2 = AE.AC
Vì ∆AME ∆ACM nên
AM AE
AC AM hay AM2 AC AE.
(1)
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI 2
(8)AMB vuông M, MI AB nên MI2 = AI.IB (2)
Trừ (1) (2) vế theo vế ta được: AM2 MI2 AC AE AI IB .
Mà AM2 MI2 AI2
(định lí Pi-ta-go cho tam giác MIA vng I)
Suy : AE.AC - AI.IB = AI2
d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất.
Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCE
Ta có AME MCE (chứng minh trên), mà
2 MCE
sđ ME nên
2 AME
sđME Suy ra: AM tiếp tuyến đường trịn (O1) Do đó: MA O M1 , kết hợp với
MA MB suy O1 thuộc đường thẳng MB
Do đó: NO1 ngắn NO1 MB, từ ta suy cách xác định vị trí điểm C
sau:
- Dựng NO1 MB (O1MB)
- Dựng đường tròn (O1; O1M) Gọi C giao điểm thứ hai đường tròn
(O1) đường tròn (O)
Bài (2 điểm)
Phần nước lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón
8cm3 nước ban đầu tạo thành Do phần nước cịn lại tích
3
1
2
thể tích
nước ban đầu Vậy ly cịn lại 1cm3 nước.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi TỐN ( chung cho tất thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (2.0 điểm )
1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa
a) x b)
(9)2 Trục thức mẫu
a)
3
2 b)
1 1
3 Giải hệ phương trình :
1 x
x y
Bài (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 y = x + 2
a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB
Bài (1.0 điểm )
Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x
1 ; x (với m tham
số ) Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ
Bài (4.0 điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O).Lấy điểm E cung nhỏ CD ( E không trùng C D), AE cắt BD H
a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE.
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O)
d) Cho góc BCD α Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)
======Hết======
Hướng dẫn:
Bài (2.0 điểm )
1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa
a) x 0 b) x1 0 x1
2 Trục thức mẫu
a)
3 3 2
2 2 b)
1
1 3
3
3 3
(10)3 Giải hệ phương trình :
1 1
3
x x x
x y y y
Bài (3.0 điểm )
Cho hàm số y = x2 y = x + 2
a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy
Lập bảng :
x - x - - 1
y = x + 2 y = x2 4 1 0 1 4
b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :
Gọi tọa độ giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2 có đồ thị (P)
và y = x + có đồ thị (d)
Viết phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2
= x + x2 – x – = 0
( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – =
1 x
;
2 c x
a
thay x1 = -1 y1 = x2 = (-1)2 = 1;
x2 = y2 =
Vậy tọa độ giao điểm A( - ; 1) , B( ; )
c) Tính diện tích tam giác OAB
Cách : SOAB = SCBH - SOAC =
1
2(OC.BH - OC.AK)= =
2(8 - 2)= 3đvdt
Cách : Ctỏ đường thẳng OA đường thẳng AB vng góc OA AK2OK2 1212 2 ; BC = BH2CH2 4242 4 2; AB = BC – AC = BC – OA =
(ΔOAC cân AK đường cao đồng thời trung tuyến OA=AC)
SOAB =
1
2OA.AB =
.3 2
2 đvdt
O y
x A
B
C
(11)Hoặc dùng cơng thức để tính AB = (xB xA)2(yB yA)2 ;OA=
2
(xA xO) (yA yO)
Bài (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ
Cho phương trình x2 – 2mx + m – m +
( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + )
Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai nghiệm x ; x
(với m tham số ) Δ’ ≥ m ≥ theo viét ta có:
x1 + x2 = = 2m
x1 x2= = m2 - m +
x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - )
=2(m2 + 2m
1 2 +
1 4-
1 4 -
12
4 ) =2[(m + 2)2 -
13
4 ]=2(m + 2)2 -
13
Do điều kiện m ≥ m +
2 ≥ 3+ 2=
7
(m +
1 2)2 ≥
49
4 2(m + 2)2 ≥
49
2 2(m + 2)2 -
13 ≥
49 -
13 = 18
Vậy GTNN x12 + x22 18 m =
Bài (4.0 điểm )
a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp
* Tam giác CBD cân
AC BD K BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao
CK vừa đường trung tuyến nên ΔCBD cân
* Tứ giác CEHK nội tiếp
· ·
AEC HEC 180 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 180· 0(gt)
· · 0
HEC HKC 90 90 180 (tổng hai góc đối) tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh AD2 = AH AE.
Xét ΔADH ΔAED có :
¶
A chung ; AC BD K ,AC cắt cung BD A suy A điểm cung
BAD , hay cung AB cung AD ADB AED· · (chắn hai cung nhau) Vậy
ΔADH = ΔAED (g-g)
2
AD AE
AD AH AE AH AD
(12)* ΔBKC vuông A có : KC = BC2 BK2 202122 400 144 256=16 * ABC 90· 0( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
ΔABC vng K có : BC2 =KC.AC 400 =16.AC AC = 25 R= 12,5cm
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)
d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)
ΔMBC cân M có MB = MC suy M cách hai đầu đoạn thẳng BC M d đường trung trực BC ,(OB=OC nên O d ),vì M(O) nên giả sử d cắt (O) M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC )
* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M D nằm khác phía BC hay AC
do ΔBCD cân C nên
· · · ) :
2 BDC DBC (180 DCB 90
Tứ giác MBDC nội tiếp
· · · · ( ) 0
2 2
BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90 180 90 90
* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân M có MM’ đường trung trực nên MM’ phân giác góc BMC
· · ) : 450
2
BMM ' BMC (90
sđ
¼
BM ' )
2 (90
(góc nội tiếp cung bị chắn)
sđBD» 2BCD 2· (góc nội tiếp cung bị chắn)
+ Xét BD BM '» ¼
0 3 0
2
2 90 2 90 180 60
suy tồn hai điểm M thuộc cung nhỏ BC (đã tính )và M’ thuộc cung lớn BC
Tứ giác BDM’C nội tiếp
· ·
2 BDC BM 'C 90
(cùng chắn cung BC nhỏ)
+ Xét BD BM '» ¼
0 3 0
2
2 90 2 90 180 60
M’≡ D khơng thỏa mãn điều kiện đề nên khơng có M’ ( có điểm M tmđk đề bài)
A O
B
M
C
E
D
M’ K
H
B”
(13)+ Xét BD BM '» ¼
0 0 0
3
2
2 90 2 90 180 60 90
(khi BD qua tâm O BDAC ·BCD 900) M’ thuộc cung »BD không thỏa mãn điều kiện đề
bài nên khơng có M’ (chỉ có điểm M thỏa mãn đk đề)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN
( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm )
Cho hàm số: y f (x) x x 2 a) Tìm tập xác định hàm số b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 2 a
c) Chứng minh y2 4
Bài ( 1,5 điểm)
Giải toán cách lập phương trình:
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật nên tổ I vượt mức 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch ?
Bài ( điểm )
Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số (1)
a) Giải phương trình (1) m = -
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm lại
Bài ( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn, BAC = 450 Vẽ đường cao BD CE tam
giác ABC Gọi H giao điểm BD CE
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: HD = DC
c) Tính tỉ số:
DE BC .
d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA DE
-
(14)Bài
a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:
2 x x
2 x
x x
Vậy tập xác định hàm số là: x [-2; 2] b) Chứng minh f(a) = f(- a) với 2 a
f (a) a a ; f ( a) ( a) a 2 a a 2 . Từ suy f(a) = f(- a)
c) Chứng minh y2 4
2 2
y ( x ) 2 x x ( x )
2 x x 2 x
4 x 4 (vì 2 x ≥ 0).
Đẳng thức xảy x 2 Bài 2.
Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch ĐK: x, y nguyên dương x < 600; y < 600
Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình: x + y = 600 (1)
Số sản phẩm tăng tổ I là:
18 x
100 (sp), Số sản phẩm tăng tổ II là: 21
y 100 (sp).
Do số sản phẩm hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:
18 21
x y 120
100 100 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:
x y 600
18 21
x y 120
100 100
Giải hệ ta x = 200 , y = 400 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch tổ I 200, tổ II 400
Bài
a)Giảiphương trình (1) m = -1:
Thay m = 1 vào phương trình (1) ta phương trình:
x2 2x 0
(x22x1) 0
x12 32 0
(15)O M K 45 H E D C B A x4 x 2 0
4
2
x x x x
b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*)
Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u2 theo định lí Vi-ét ta có:
2
2
u u 2m
u.u (m 1)
(**) 3 ** u u m u m 2 u u m
u m
2
1
1
m m m
u m
2 3 0
1 m m u m
PT m2 3m0 m m 3 0 m1 0;m2 3 (thỏa mãn đk (*) )
Vậy m = m = hai giá trị cần tìm
Lưu ý: Có thể giả sử phương trình có hai nghiệm, tìm m vào PT(1) tìm hai nghiệm phương trình , hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu trả lời. Ở trường hợp m = PT (1) có hai nghiệm x11;x2 1 thỏa mãn
x2 x12, m = PT (1) có hai nghiệm x12;x2 4 thỏa mãn
2 x x . Bài 4.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn Vì BD, CE đường cao tam giác ABC nên:
BDA CEA 900 hay HDA HEA 900
Tứ giác ADHE có HDA HEA 1800 nên nội tiếp
đường tròn b) Chứng minh: HD = DC
Do tứ giác ADHE nội tiếp nên EAD DHC (cùng bù DHE)
Mà EAD 450 (gt) nên DHC 450
Tam giác HDC vuông D, DHC 450 nên vuông cân.
Vậy DH = DC
c) Tính tỉ số
DE BC:
Tứ giác BEDC có BEC BDC 900nên nội tiếp đường tròn.
Suy ra: ADEABC (cùng bù EDC)
ADE ABC có ADEABC , BAC chung nên ADE ABC (g-g)
Do đó:
(16)y
x
O 45
H
E D
C B
A Mà
0
osA=cos45 AE
c
AC (do tam giác AEC vuông E EAC 450
)
Vậy:
2 DE BC
d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA DE
Cách 1: Kẻ đường kính AK đường tròn (O) cắt DE M
Ta có: ADEAKC (cùng ABC) Do tứ giác CDMK nội tiếp.
Suy ra: ACK DMK 1800 Mà ACK 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Nên DMK 900 Vậy AK DE hay OA DE (đpcm)
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy đường tròn (O)
Ta có: xACABC (cùng
2sđAC )
ABCADE
Do đó: xACADE Suy xy // DE Mà xy OA nên DE OA (đpcm)
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ
MƠN: TỐN
Ngày thi: 07/07/2009
Câu (2,0 điểm)
(17)b)
2
1 5 2 1 5 2
2 Giải phương trình: x2-5x+4=0
Câu (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị đường thẳng (d) a/Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ
b/Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ
Câu (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0 (1)
a/Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b/ Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
Câu (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích 720m2, tăng chiều dài thêm 6m
giảm chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính kích thước mảnh vườn ?
Câu (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC
1 Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD
3 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O)
4 Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường trịn (O)
HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ
MƠN: TỐN
Ngày thi: 07/07/2009
Câu (2,0 điểm)
1.Rút gọn biểu thức sau:
a) √12−√27+4√3=2√3 −3√3+4√3=3√3
b) 1−√5+√(2−√5)2=1−√5+|2−√5|=1 −√5+√5 −2=− 1.
2 Giải phương trình: x2-5x+4=0
Ta có : a=1 ; b=-5 ; c=4 ; a+b+c= 1+(-5)+4=0 Nên phương trình có nghiệm : x=1 x=4 Hay : S= {1; 4}
Câu (1,5 điểm)
(18)a/Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ đô
- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy nghiệm hệ :
¿
x=0 y=− x +4
⇔
¿x=0
y=4
¿{
¿ Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy A(0 ; 4)
- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox nghiệm hệ :
¿
y=0 y=− x +4
⇔
¿y=0
x=2
¿{
¿ Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox B(2 ; 0)
b/Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ Gọi điểm M(x0 ; y0) điểm thuộc (d) x0 = y0 x0=-2x0+4
x0=4/3 => y0=4/3
Vậy: M(4/3;4/3)
Câu (1,5 điểm).
Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0 (1)
a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.
Có: Δ ’ = [−(m −1)]2−(2 m− 3) = m2-2m+1-2m+3
= m2-4m+4 = (m-2)2 với m.
Phương trình (1) ln ln có nghiệm với giá trị m b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu a.c < <=> 2m-3 <
<=> m < 32
Vậy : với m < 32 phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
Câu (1,5 điểm)
(19)Vì tăng chiều rộng thêm 6m giảm chiều dài 4m diện tích khơng đổi nên ta có phương trình : (a-4) ( 720a +6) = 720
⇔ a2 -4a-480 = 0
⇔ a=24
¿
a=−20(¿0)loai ¿
¿ ¿ ¿ ¿
Vậy chiều rộng mảnh vườn 24m chiều dài mảnh vườn 30m
Câu (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC
5 Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD
7 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O)
8 Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường trịn (O)
K
I
M H
D
C B
(20)a) C/m: OHDC nội tiếp
Ta có: DH vng goc với AO (gt) => ∠ OHD = 900.
CD vuông góc với OC (gt) => ∠ OCD = 900.
Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 1800.
Suy : OHDC nội tiếp đường tròn b) C/m: OH.OA = OI.OD
Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OD đường trung trực BC => OD vng góc với BC Xét hai tam giác vuông Δ OHD Δ OIA có ∠ AOD chung
Δ OHD đồng dạng với Δ OIA (g-g)
OH
OI = OD
OA =>OH OA=OI OD (1) (đpcm)
c) Xét Δ OCD vuông C có CI đường cao áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).
Từ (1) (2) : OM2 = OH.OA
⇒OM OH =
OA OM
Xét tam giác : Δ OHM Δ OMA có : ∠ AOM chung OMOH =OA
OM
Do : Δ OHM đồng dạng Δ OMA (c-g-c)
∠ OMA = ∠ OHM = 900
AM vng góc với OM M AM tiếp tuyến (O)
d)Gọi K giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm S S = S Δ AOM - SqOKM
Xét Δ OAM vng M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R => Δ OMK tam giác
=> MH = R √3
2 ∠ AOM = 60
0
=> S Δ AOM =
2OA MH=
2 R R
√3 =R
2.√3
2 (đvdt)
SqOKM = Π R
2 60
360 =
Π R2
6 (đvdt)
S = S Δ AOM - SqOKM = R2.√3
2 − Π R2
6 =R
.3√3 − Π
(21)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010
Môn thi : Toán
Ngày thi: 30 tháng năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.
1.Giải phương trình (1) n =
2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm Bài (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
2
x y x y
Bài (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)
1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k
2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k
3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từ suy
ra tam giác EOF tam giác vuông Bài (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D
1 Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp
2 Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy
CN DN CG DG .
3 Đặt BOD Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R Chứng tỏ rằng
tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc Bài (1,0 điểm)
Cho số thực m, n, p thỏa mãn :
2
2 1
2 m n np p
Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p
……… Hết ………
(22)(23)ĐÁP ÁN
Bài (1,5 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.
1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x
1 = 1; x2 =
2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ’ = – n n
Bài (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
2
x y x y
HPT có nghiệm:
3 x y
Bài (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)
1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx +
2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k
Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = 0
= k2 + > với k PT có hai nghiệm phân biệt đường thẳng (d) luôn
cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k
3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ suy
ra tam giác EOF tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)
PT đường thẳng OE : y = x1 x
PT đường thẳng OF : y = x2 x
Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -
đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF EOF vuông
Bài (3,5 điểm)
(24)1, Tứ giác BDNO nội tiếp
2, BD AG; AC AG BD // AC (ĐL) GBD đồng dạng GAC (g.g)
CN BD DN CG AC DG
3, BOD = BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg
BD AC = R2.
Bài (1,0 điểm)
2
2 1
2
m
n np p
(1)
… ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2
(m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2
(m – p)2 + (n – p)2 = – B2
vế trái không âm – B2 B2 2 B 2
dấu m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =
2
Max B = 2 m = n = p =