THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐỀ SỐ 27: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƯỜNG THCS HỒ VĂN LONG (SỐ 2), QUẬN BÌNH TÂN, Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) ( ) 5x = x − 3x − 5x2 = b) c) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 56m Nếu giảm chiều rộng 2m tăng chiều dài 4m diện tích tăng thêm 8m2 Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật 2x − 3y = −19 3x − 2y = −16 d) Hướng dẫn giải Giải phương trình hệ phương trình sau: ( ) 5x = x − a) Giải: (1) ⇔ 5x2 = (1) 5x − ⇔ 5x − 5x + = ( ) ∆' = − − 5.4 = 20 − 20 = Ta có ∆'= Do nên phương trình (1) có nghiệm kép: x1 = x = − b' −2 5 =− = a 5 Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: 3x − 5x2 = b) (2) Giải: ( 2) ⇔ 3x4 − 5x − = Đặt 2 S= t = x ( t ≥ 0) 3t − 5t − = Phương trình (2) trở thành: (*) a − b + c = − ( − 5) + ( − 8) = Ta có nên phương trình (*) có nghiệm: c −8 t2 = − = − = t = −1 a 3 (loại); (nhận) t2 = Với 8 ⇔ x2 = ⇔ x = ± =± 3 3 2 6 S= ;− 3 Vậy tập nghiệm phương trình (2) là: c) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 56m Nếu giảm chiều rộng 2m tăng chiều dài 4m diện tích tăng thêm 8m2 Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật Trang Giải: Gọi x, y (m) chiều rộng, chiều dài hình chữ nhật (y > x > 0) 2( x + y ) = 56 ( x − )( y + ) = xy + Theo đề bài, ta có hệ phương trình: x + y = 28 x + y = 28 x + y = 28 3x = 36 x = 12 x = 12 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ xy + 4x − 2y − = xy + 4x − 2y = 16 2x − y = 2x − y = 24 − y = y = 16 (thỏa) Vậy miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng 12m, chiều dài 16m 2x − 3y = −19 3x − 2y = −16 d) (3) Giải: 4x − 6y = −38 − 5x = 10 x = −2 x = −2 ( 3) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − 9x + 6y = 48 3x − 2y = −16 y = − − 2y = −16 Vậy nghiệm hệ phương trình (3) là: ( P) : y = x ( x; y ) = ( − 2; 5) 2 Câu 2: Cho hàm số a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ Oxy ( d) : y = x − m b) Xác định m để đường thẳng cắt (P) điểm có hồnh độ Hướng dẫn giải ( P) : y = x 2 Cho hàm số a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ Oxy Giải: Bảng giá trị −4 −2 x y= x2 Đồ thị Trang b) Xác định m để đường thẳng Giải: ( d) : y = x − m cắt (P) điểm có hồnh độ 1 x = x−m Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) có dạng: (*) Do (d) cắt (P) điểm có hồnh độ nên x = nghiệm (*) 1 1 ⇒ = − m ⇔ = − m ⇔ m = − = 2 2 m= Vậy giá trị cần tìm Câu 3: Rút gọn biểu thức sau: a) A= −2 + 5+2 − 5+2 2a + 1+ a3 a . B = − − a 1+ a a + a + a − b) c) Số cân nặng (tính trịn đến kg) 20 học sinh lớp lớp sau: 30 36 30 32 36 39 30 36 28 32 31 30 32 31 45 40 31 31 31 30 Lập bảng tần số so sánh tỉ lệ học sinh đạt chuẩn cân nặng với tỉ lệ học sinh béo phì, suy dinh dưỡng (đạt chuẩn từ 30 kg đến 35 kg) Hướng dẫn giải Rút gọn biểu thức sau: A= a) Giải: −2 + 5+2 − 5+2 T= −2 + 5+2 (T > 0) Trang ⇔ T2 = − + −2 ⇒T = 5+2 5+2+ 5+2=2 5+2 ( −2 )( ) + = + 5−4 = + (vì T > 0) ⇒A = 5+2 − 5+2 =0 Vậy A = 2a + 1+ a3 a . B = − − a 1+ a a + a + a −1 b) Giải: ( ) + a 2a + 2a + 1 + a3 a a B= − − a = − − a 1+ a a + a + a + a + 1 + a a −1 a −1 ( ) = ( )( ) )( ( )( ) a + a +1 = ( a − 1)(a + a + 1) ( = ( )( ) + a − a + a 2a + a − − a a − a + a + a + a + 1+ a ( ) ( 2a + − a a − 1− a + a − a = a −1 a + a +1 ) )( ) 2a + − a + a a − a +1 a −1 a + a +1 )( a −1 = a −1 c) Số cân nặng (tính trịn đến kg) 20 học sinh lớp lớp sau: 30 36 30 32 36 39 30 36 28 32 31 30 32 31 45 40 31 31 31 30 Lập bảng tần số so sánh tỉ lệ học sinh đạt chuẩn cân nặng với tỉ lệ học sinh béo phì, suy dinh dưỡng (đạt chuẩn từ 30 kg đến 35 kg) Giải: G iá tr ị (x ) 3 3 4 T ầ n s ố (n ) 5 3 1 Trang N = ( + + 3).100% = 65% Tỉ lệ học sinh đạt chuẩn là: 20 (1 + + + + 1).100% = 35% Tỉ lệ học sinh béo phì, suy dinh dưỡng là: 20 Tỉ lệ học sinh đạt chuẩn lớn tỉ lệ học sinh béo phì, suy dinh dưỡng (vì 65% > 35%) x − mx + m − = Câu 4: Cho phương trình bậc hai: (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương 2x x + A= x + x 22 + 2x x + c) Tìm m để biểu thức đạt GTLN đạt GTNN Tính GTNN, GTLN Hướng dẫn giải x − mx + m − = Cho phương trình bậc hai: (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m Giải: Δ = ( − m ) − 4.1.( m − 1) = m − 4m + = ( m − 2) ≥ 0, ∀m 2 Ta có Δ ≥ 0, ∀m Do nên phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương Giải: Δ > ⇔ S > P > Để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 phân biệt dương ( m − ) > m ≠ − m m ≠ ⇔ − > ⇔ m > ⇔ m >1 m >1 m − > Vậy m ≠ m >1 phương trình (1) có nghiệm x1, x2 phân biệt dương 2x x + A= x + x 22 + 2x x + c) Tìm m để biểu thức đạt GTLN đạt GTNN Tính GTNN, GTLN Giải: Trang Theo câu b, với thức Vi-ét: m ≠ m >1 phương trình (1) có nghiệm x 1, x2 phân biệt dương thỏa hệ b −m x + x = − a = − = m c m −1 x1x = = = m −1 a A= Ta có: ét) 2x1 x + 2x x + 2( m − 1) + 2m + = = = 2 x + x + 2x1 x + ( x + x ) + m2 + m +1 ( (do hệ thức Vi- ) ⇔ m + A = 2m + ⇔ m A + A − 2m − = ⇔ Am2 − 2m + A − = (*) Để biểu thức A đạt GTLN GTNN (*) có nghiệm ⇔ Δ'≥ ⇔ ( − 1) − A( A − 1) ≥ ⇔ − A + A ≥ ⇔ A − A − ≤ 2 1 1 1 5 ⇔ A − A + − −1 ≤ ⇔ A − ≤ ⇔ A − ≤ ⇔ A− ≤ 4 2 2 2 ⇔− 5 5 1− 1+ ≤A− ≤ ⇔ − ≤A≤ + ⇔ ≤A≤ 2 2 2 2 Ta A= có ( ) ( ) 1− 2m + 1 − ⇔ = ⇔ 4m + = − m + − ⇔ − m − 4m − − = m +1 ⇔m= −1− (tự giải) Ta A= có ( ) ( ) m= −1− 1+ 2m + 1 + ⇔ = ⇔ 4m + = + m + + ⇔ + m − 4m − + = m +1 ⇔m= −1+ (tự giải) MinA = Vậy biểu thức đạt GTNN MaxA = 1− −1+ m= −1 + Và biểu thức đạt GTNN Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O), tia phân giác góc BAC cắt BC E (O) D, vẽ đường kính DF (O), FE cắt (O) M Gọi I, H, K hình chiếu M lên AB, BC, AC a) Chứng minh: Tứ giác BHMI MHKC nội tiếp b) Chứng minh: FE.FM = CF2 c) Chứng minh: I, H, K thẳng hàng d) Chứng minh: H trung điểm IK Trang BÀI GIẢI Hướng dẫn giải Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O), tia phân giác góc BAC cắt BC E (O) D, vẽ đường kính DF (O), FE cắt (O) M Gọi I, H, K hình chiếu M lên AB, BC, AC a) Chứng minh: Tứ giác BHMI MHKC nội tiếp Giải: Xét tứ giác BHMI có: ˆ B = 90 + 90 = 180 MˆIB + MH ⇒ (vì MI ⊥ AB, MH ⊥ BC) Tứ giác BHMI nội tiếp (tổng góc đối 1800) Xét tứ giác MHKC có: ˆ C = MK ˆ C = 90 MH ⊥ ⊥ (vì MH BC, MK AC) ⇒ Tứ giác MHKC nội tiếp (tứ giác có đỉnh H, K liên tiếp nhìn cạnh MC góc vng) b) Chứng minh: FE.FM = CF2 Giải: Trang ˆ =A ˆ A Ta có (vì AD phân giác góc BAC) ⇒ Cung DB = Cung DC (so sánh cung) ⇒ DB = DC (liên hệ cung dây) Mà OB = OC (bằng bán kính đường trịn (O)) ⇒ OD đường trung trực đoạn BC ⇒ ⊥ OD BC T ˆ D = 90 FM Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) ˆM FEˆC = FD Ta có (cùng phụ góc EFT) ˆM = FC (1) (cùng chắn cung FM đường trịn (O)) Xét ∆FEC ∆FCM có: EFˆC : chung ˆM FEˆC = FC (do (1)) ⇒ ∆FEC ∽ ∆FCM (g.g) FE FC ⇒ = ⇔ FE.FM = FC FC FM c) Chứng minh: I, H, K thẳng hàng Giải: Trang Ta có ˆ K = IH ˆ M + MH ˆK IH ˆ M + MH ˆK = IB (cùng chắn cung IM tứ giác IBHM nội tiếp) ˆ M + MH ˆK = AC (góc góc đối ngồi tứ giác ABMC nội tiếp (O)) = 180 ⇒ (tổng góc đối tứ giác MHKC nội tiếp) điểm I, H, K thẳng hàng d) Chứng minh: H trung điểm IK Giải: Trang Xét ∆BMC ∆IMK có: ˆ C = MˆIK MB (cùng chắn cung HM tứ giác IBHM nội tiếp) ˆM BCˆM = IK (cùng chắn cung HM tứ giác MHKC nội tiếp) ⇒ ∆BMC ∽ ∆IMK (g.g) BC BM BC.IM ⇒ = ⇒ IK = IK IM BM (*) Xét tứ giác METD có: ˆ E + DTˆE = 90 + 90 = 180 ˆ D = 90 DM FM ⊥ (vì , OD BC) ⇒ Tứ giác METD nội tiếp (tổng góc đối 1800) ˆM ⇒ BTˆM = ED (cùng chắn cung EM tứ giác METD nội tiếp) ˆM = AC (cùng chắn cung AM đường trịn (O)) ˆM = IB (góc góc đối ngồi tứ giác ABMC nội tiếp) ˆM = IH (2) (cùng chắn cung IM tứ giác IBHM nội tiếp) Xét ∆HIM ∆TBM có: ˆM HˆIM = TB (cùng chắn cung HM tứ giác IBHM nội tiếp) ˆ M = BTˆM IH (do (2)) ⇒ ∆HIM ∽ ∆TBM (g.g) IH IM BT.IM ⇒ = ⇒ IH = BT BM BM (**) ⊥ Ta có OD BC Trang 10 Vậy khơng có đường thẳng (d) thỏa mãn yêu cầu toán Câu 4: 1− 1+ + − − : 72 a) Thực phép tính: b) Bác An gửi ngân hàng 100.000.000đ, lãi suất 5% năm, sau năm không rút tiền tiền lãi cộng dồn vào tiền vốn Hỏi sau năm bác lãnh tiền vốn lãi? Hướng dẫn giải a) Thực phép tính: Giải: Ta có: 1− 1+ + − − : 72 ( ) ( ) 1− 2 1− 1+ 1+ : 72 = :6 − − 1+ 1− + − − + ( )( ) ( )( ) 1− 2 + 1+ 2 + 3− 2 3+ 2 :6 = = − −1 − −1 : − − 1 = −3+ 2 +3+ 2 = = 6 ( ) b) Bác An gửi ngân hàng 100.000.000đ, lãi suất 5% năm, sau năm khơng rút tiền tiền lãi cộng dồn vào tiền vốn Hỏi sau năm bác lãnh tiền vốn lãi? Giải: Sau năm bác An lãnh số tiền vốn lẫn lãi là: 100000000(1 + 5% ) = 115762500 (đồng) Câu 5: Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF nửa đường tròn (O) (với F tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx nửa đường tròn AF = a) b) c) d) 4R D Biết Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường trịn ngoại tiếp tứ giác OBDF Tính Cos góc DAB BD DM − =1 DM AM ∈ ⊥ Kẻ OM BC (M AD) Chứng minh: Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) theo R Trang 99 BÀI GIẢI Hướng dẫn giải Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF nửa đường tròn (O) (với F tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx nửa đường tròn AF = 4R D Biết a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF Giải: ˆ O = DFˆO = 90 DB Ta có (tính chất tiếp tuyến) ⇒ điểm O, B, D, F thuộc đường trịn đường kính DO ⇒ Tứ giác OBDF nội tiếp đường trịn đường kính DO có tâm I trung điểm DO b) Tính Cos góc DAB Giải: ˆ B = FA ˆO DA Ta có (1) AFˆO = 90 Ta có (tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∆AFO vuông F ⇒ AO2 = AF2 + OF2 (định lý Pytago) 16R 25R 4R = + R2 = +R = 9 Trang 100 ⇒ AO = Ta lại có: 25R 5R = 4R AF ˆO = cosFA = = AO 5R ˆB= cosDA Vậy c) Kẻ OM Giải ⊥ BC (M (do (1)) ∈ AD) Chứng minh: BD DM − =1 DM AM Ta có OM // DB (cùng vng góc với AB: dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song) DM OB ⇒ = AM AO (Talet) R = = 5R Ta có ∆AOM vng O có OF đường cao ⇒ AO2 = AF.AM (hệ thức lượng) ⇔ 25R 4R 25R = AM ⇔ AM = 12 Trang 101 ⇒ DM = 25R 5R = 12 AM = AO2 + MO Ta lại có: ⇔ (định lý Pytago) 625R 25R 25R 5R = + MO ⇔ MO = ⇔ MO = 144 16 Mà: OM AO = BD AB (hệ Talet) 5R 5R + R AB.OM ( AO + OB).OM = 2R ⇒ BD = = = 5R AO AO ⇒ d) Giải BD DM 2R − = − = − =1 DM AM 5R 5 (do trên) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) theo R Diện tích tứ giác OBDM là: SOBDM = ( OM + BD).OB (vì OBDM hình thang vng) 5R 13R = + 2R .R = 2 Gọi T giao điểm tia OM đường trịn (O) Trang 102 Diện tích hình quạt OBT là: Squat OBT = ⇒ πR 90 πR = 360 Diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) là: S = SOBDM − Squat OBT = 13R πR (13 − 2π ) R − = 8 ĐỀ SỐ 42: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƯỜNG THCS TÂN TẠO A (SỐ 1), QUẬN BÌNH TÂN, Câu 1: (2 điểm) 1) Giải phương trình hệ phương trình sau: x + 3x − = a) b) (x ) + − ( 3x) = 2 2x − 5y = −3 5x + 2y = c) 2) Người ta muốn cắt giảm nửa diện tích khu vườn hình chữ nhật kích thước 40m x 30m, cách từ đỉnh khu vườn cắt cạnh kích thước Hãy tính kích thước cắt Hướng dẫn giải (2 điểm) 1) Giải phương trình hệ phương trình sau: x + 3x − = a) Giải: ( ) (1) ∆' = − 1.( − ) = 12 + = 16 > 0; ∆' = 16 = Ta có ∆'> Do nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt: x1 = −2 3+4 −2 3−4 = − 3; x = = −4 − 1 Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: b) (x ) + − ( 3x) = { S = − 3; − − } (2) Trang 103 Giải: ( 2) ⇔ x + 2x + − 9x − = ⇔ x − 7x − = Đặt t = x ( t ≥ 0) Phương trình (2) trở thành: t − 7t − = (*) ∆ = ( − ) − 4.1.( − ) = 49 + 28 = 77 > 0; ∆ = 77 Ta có ∆>0 Do nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt: t1 = t1 = Với + 77 + 77 = 2.1 t2 = (nhận); − 77 − 77 = 2.1 (loại) + 77 + 77 + 77 14 + 77 ⇔ x2 = ⇔x=± =± 2 2 14 + 77 14 + 77 S= ;− 2 Vậy tập nghiệm phương trình (2) là: 2x − 5y = −3 5x + 2y = c) (3) Giải: 4x − 10y = −6 29x = 29 x = x = ( 3) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 25x + 10y = 35 5x + 2y = y = 5 + 2y = ( x; y ) = (1;1) Vậy nghiệm hệ phương trình (3) là: 2) Người ta muốn cắt giảm nửa diện tích khu vườn hình chữ nhật kích thước 40m x 30m, cách từ đỉnh khu vườn cắt cạnh kích thước Hãy tính kích thước cắt Giải: Gọi x (m) kích thước phải cắt cạnh khu vườn hình chữ nhật (0 < x < 15) ( 40 − 2x )( 30 − 2x ) = ( 40.30) : Theo đề bài, ta có phương trình: Trang 104 ⇔ 1200 − 80x − 60x + 4x = 600 ⇔ 4x − 140x + 600 = ⇔ x − 35x + 150 = ( *) ∆ = ( − 35) − 4.1.150 = 1225 − 600 = 625 > 0; ∆ = 625 = 25 Câu 2: Ta có ∆>0 Do nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt: 35 + 25 35 − 25 x1 = = 30 x2 = =5 2.1 2.1 (loại); (nhận) Vậy kích thước phải cắt cạnh khu vườn hình chữ nhật 5m (1,5 điểm) Cho đồ thị (P) hàm số y = 2x ( D m ) : y = ( m − 2) x + 2m − 1, ( m ≠ 2) đường thẳng a) Với m = 1, vẽ đồ thị (P) (D1) hệ trục tọa độ b) Tìm m để đường thẳng (Dm) cắt đồ thị (P) giao điểm có tung độ có hồnh độ dương Hướng dẫn giải (1,5 điểm) Cho đồ thị (P) hàm số y = 2x2 đường thẳng ( D m ) : y = ( m − 2) x + 2m − 1, ( m ≠ 2) a) Với m = 1, vẽ đồ thị (P) (D1) hệ trục tọa độ Giải: ( D1 ) : y = − x + Với m = 1, ta có Bảng giá trị −2 −1 x y = 2x x y = −x + Vẽ đồ thị Trang 105 b) Tìm m để đường thẳng (Dm) cắt đồ thị (P) giao điểm có tung độ có hồnh độ dương M( x ; y ) Gọi giao điểm (P) (D1) x > 0; y = ⇒ M( x ; ) ( x > ) Theo đề bài, ta có: M ( x ; ) ∈ ( P ) : y = 2x ⇒ = 2x 02 ⇔ x 02 = ⇔ x = x0 > Ta có (vì ) M (1; 2) ∈ ( D m ) : y = ( m − ) x + 2m − ⇒ = ( m − 2).1 + 2m − ⇔ 3m − = ⇔ m = Ta có m= Vậy giá trị cần tìm Câu 3: (1,5 điểm) ( )( ) ( )( ) A = 4+2 7−4 +2 7+4 4−2 a) Rút gọn biểu thức sau: b) Giá bán lẻ điện cho trường học THCS Tân Tạo A (cấp điện áp KV) tính sau: - Điện sinh hoạt nhà trường: giá 1557đồng/kWh - Điện chiếu sáng công cộng (trong khuôn viên trường): giá 1671đồng/kWh Trong tháng số kWh điện dùng cho việc chiếu sáng công cộng chiếm tổng số kWh điện dùng toàn trường Biết số tiền điện tháng toàn trường dùng hết 12 684 000 đồng Hỏi số kWh điện dùng sinh hoạt toàn trường kWh? Hướng dẫn giải (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức sau: ( )( ) ( )( A = 4+2 7−4 +2 7+4 4−2 ) Trang 106 Giải: Ta có: ( )( ) ( )( A = 4+2 7−4 +2 7+4 4−2 ) = 28 − 16 + 14 − 24 + 28 − 14 + 16 − 24 = 4−2 +2 4+2 = 4−2 +2 ( ) = − + +1 (vì +1 > ( ) +1 = − + +1 ) = 4−2 +2 +2 = b) Giá bán lẻ điện cho trường học THCS Tân Tạo A (cấp điện áp KV) tính sau: - Điện sinh hoạt nhà trường: giá 1557đồng/kWh - Điện chiếu sáng công cộng (trong khuôn viên trường): giá 1671đồng/kWh Trong tháng số kWh điện dùng cho việc chiếu sáng công cộng chiếm tổng số kWh điện dùng toàn trường Biết số tiền điện tháng toàn trường dùng hết 12 684 000 đồng Hỏi số kWh điện dùng sinh hoạt toàn trường kWh? Giải: Gọi x, y (kWh) số kWh điện sinh hoạt nhà trường điện chiếu sáng công cộng (x > 0; y > 0) y = ( x + y) 1557x + 1671y = 1268400 Theo đề bài, ta có hệ phương trình: x = 3y x = 3y x = 600 ⇔ ⇔ ⇔ 1557.3y + 1671y = 1268400 6342y = 1268400 y = 200 (nhận) Vậy số kWh điện dùng sinh hoạt toàn trường là: 600 + 200 = 800 (kWh) x + x − m2 + m = Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: (1) (x ẩn số) a) Tìm m để phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m x 14 x 22 + x 12 x 42 + 2x 13 x 32 b) Chứng minh với giá trị m nguyên dương luôn chia hết cho Hướng dẫn giải x + x − m2 + m = (1,5 điểm) Cho phương trình: (1) (x ẩn số) a) Tìm m để phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m Giải: Ta có Δ = 12 − 4.1.( − m + m ) = + 4m2 − 4m = 4m2 − 4m + = ( 2m − 1) Để phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m ⇔ ( 2m − 1) > 0, ∀m ⇔ 2m − ≠ ⇔ 2m ≠ ⇔ m ≠ m≠ Vậy 2 ⇔ Δ > 0, ∀m phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m Trang 107 x 14 x 22 + x 12 x 42 + 2x 13 x 32 b) Chứng minh với giá trị m ngun dương ln ln chia hết cho Giải: m≠ Theo câu a, với phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b x + x = − a = − = −1 x x = c = − m + m = m − m a ( ) x 14 x 22 + x 12 x 42 + 2x13 x 32 = x 12 x 22 x 12 + x 22 + 2x 13 x 32 Theo đề bài, ta có: [( x + x ) − 2x x ] + 2( x x ) = ( m − m ) [( − 1) − 2( m − m ) ] + 2( m − m ) = ( x1x ) 2 2 2 2 ( ) (1 − 2m + 2m + 2m − 2m ) = ( m − m ) = m (1 − m ) = [ m( m − 1) ] = m−m 2 2 2 Ta có: m số nguyên dương nên m(m – 1) ⇒ [ m( m − 1) ] 2 = 2 (do hệ thức Vi-ét) 2 (tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 2 x 14 x 22 + x 12 x 42 + 2x 13 x 32 Vậy luôn chia hết cho Câu 5: (3,5 điểm) Từ điểm A bên ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB AC (B C hai tiếp điểm), cát tuyến AEF với đường tròn (O) (EB < EC, E nằm A F) a) Chứng minh OA vng góc với BC H tứ giác ABOC nội tiếp b) Chứng minh: AE.AF = AH.AO ⊥ c) Gọi K trung điểm EF Vẽ dây ED OB cắt BC M, cắt FB N Chứng minh tứ giác KMEC nội tiếp d) Chứng minh tia FM qua trung điểm đoạn thẳng AB BÀI GIẢI Hướng dẫn giải (3,5 điểm) Từ điểm A bên ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB AC (B C hai tiếp điểm), cát tuyến AEF với đường tròn (O) (EB < EC, E nằm A F) a) Chứng minh OA vng góc với BC H tứ giác ABOC nội tiếp Giải: Trang 108 Ta có AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (= bán kính đường trịn (O)) ⇒ AO đường trung trực đoạn thẳng BC ⇒ ⊥ AO BC H Xét tứ giác ABOC có: ABO + ACO = 90 + 90 = 180 (tính chất tiếp tuyến) ⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng góc đối 1800) b) Chứng minh: AE.AF = AH.AO Giải: Xét ∆ACE ∆AFC có: ˆC EA : chung Cˆ1 = Fˆ1 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) Trang 109 ⇒ ∆ACE ∽ ∆AFC (g.g) AE AC ⇒ = ⇔ AE.AF = AC2 AC AF (1) Ta có ∆ACO vng C có CH đường cao ⇒ AC2 = AH.AO (2) (hệ thức lượng) ⇒ Từ (1) (2) AE.AF = AH.AO ⊥ c) Gọi K trung điểm EF Vẽ dây ED OB cắt BC M, cắt FB N Chứng minh tứ giác KMEC nội tiếp Giải: ⇒ Ta có K trung điểm EF dây EF không qua tâm O ⇒ ⊥ OK EF (liên hệ đường kính dây cung) ˆ O = AK ˆ O = AC ˆ O = 90 AB ⊥ Ta có (tính chất tiếp tuyến OK EF) ⇒ điểm A, B, K, O, C thuộc đường trịn đường kính AO Ta có EN // AB (cùng vng góc với OB: quan hệ tính vng góc tính song song) ˆB ⇒ KEˆM = KA (2 góc vị trí đồng vị) ˆM = KC (3) (cùng chắn cung BK đường tròn đường kính BK) ˆM KEˆM = KC Xét tứ giác KMEC có: (do (3)) Tứ giác KMEC nội tiếp (tứ giác có đỉnh E, C liên tiếp nhìn cạnh KM góc nhau) d) Chứng minh tia FM qua trung điểm đoạn thẳng AB Giải: Trang 110 Ta có ˆ M = ECˆM EK = EFˆB ⇒ (cùng chắn cung EM tứ giác KMEC nội tiếp) (cùng chắn cung EB đường tròn (O)) KM // FN (2 góc vị trí đồng vị: dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song) Xét ∆ENF có: K trung điểm EF KM // FN ⇒ M trung điểm EN Ta có ME // IA MN // IB (vì EN // AB) ME FM MN FM ⇒ = = IA FI IB FI (hệ Talet) ME MN ⇒ = ⇔ IA = IB IA IB (vì M trung điểm EN nên ME = MN) ⇒ FM qua trung điểm I đoạn thẳng AB ĐỀ SỐ 4: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƯỜNG THCS Á CHÂU, QUẬN 1, Câu 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x − 17x + 10 = 5x − 43x2 − 18 = a) c) 3x − 4y = 32 2x − 5x + − = 4x + 3y = b) d) Hướng dẫn giải (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x − 17x + 10 = a) (1) Giải: ∆ = ( − 17 ) − 4.3.10 = 289 − 120 = 169 > 0; ∆ = 169 = 13 Ta có Trang 111 Do ∆>0 nên phương (1) có nghiệm phân biệt: 17 + 13 17 − 13 x1 = = 5; x = = 2.3 2.3 Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: 2x − 5x + − = b) Giải: Ta có ( (2) ) ( a +b+c = 2+ − + x = 1; x = 2 S = 5; 3 ) 5−2 =0 nên phương trình (2) có nghiệm: c 5−2 = a − 2 S = 1; Vậy tập nghiệm phương trình (2) là: 5x − 43x2 − 18 = c) (3) Giải: t = x ( t ≥ 0) Đặt 5t − 43t − 18 = Phương trình (3) trở thành: (*) ∆ = ( − 43) − 4.5.( − 18) = 1849 + 360 = 2209 > 0; ∆ = 2209 = 47 Ta có ∆>0 Do nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt: 43 + 47 43 − 47 − t1 = =9 t2 = = 2.5 2.5 (nhận); (loại) t = ⇔ x = ⇔ x = ±3 Với S = { − 3;3} Vậy tập nghiệm phương trình (3) là: 3x − 4y = 32 4x + 3y = d) (4) Giải: 9x − 12y = 96 25x = 100 x = x = ( 4) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4x + 3y = 16 + 3y = y = −5 16x + 12y = ( x; y ) = ( 4;− 5) Vậy nghiệm hệ phương trình (4) là: ( P) : y = − x ( D) : y = −x − Câu 2: (1,5 điểm) Cho a) Vẽ đồ thị (P) (D) hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán Hướng dẫn giải Trang 112 ( P) : y = − x ( D) : y = −x − (1,5 điểm) Cho a) Vẽ đồ thị (P) (D) hệ trục tọa độ Giải: Bảng giá trị −4 −2 x y=− x− x y = − x −−44 −2 −2 −8 −4 Vẽ đồ thị b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép tốn Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) có dạng: − x = −x − − x − 2x = − 2 ⇔ − x = −2x − ⇔ ⇔ x − 2x − = ( 5) ∆ ' = ( − 1) − 1.( − 8) = + = > 0; ∆ ' = = Ta có ∆'> Do nên phương trình (5) có nghiệm phân biệt: Trang 113 ... học sinh học sinh giỏi Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết số học sinh giỏi số học sinh 28 em tổng số học sinh lớp 9A2 36 em? Hướng dẫn giải (2 điểm) x2 − x − = a) Giải phương trình sau: (1) Giải: ... kết năm học 2016-2017, lớp 9A2 đạt danh hiệu lớp xuất sắc trường có học sinh học sinh giỏi Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết số học sinh giỏi số học sinh 28 em tổng số học sinh lớp 9A2 36 em? Giải: ... b) Lớp 9A có 50 học sinh, số học sinh nam số học sinh nữ Hỏi lớp 9A có học sinh nam học sinh nữ? Giải: Gọi x, y số học sinh nam nữ lớp 9A (x > 0; y > 0) x + y = 50 x = y Theo đề bài,
Ngày đăng: 26/12/2020, 11:01
Xem thêm: