De thi va goi y giai tuyen sinh 10 Mon Toan tai HaNoi ngay 2262010

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn).[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

Cho biểu thức

x x 3x A

x x x



  



  , với x  x  9 1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm giá trị x để A

3 

3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 điểm)

Giải tốn sau cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P) : y =  x2 đường thẳng (d) : y = mx  1

1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) hai điểm phân biệt

2) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol

(P) Tìm giá trị m để : x x12 2x x22 1 x x1 3 Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD OCB  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB 2  . Bài V (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x (x 4) x   27 BÀI GIẢI Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x  ta có :

1) A =

2

9

3

x x x

x x x       =

( 3) ( 3)

9 9

x x x x x

x x x

  

 

  

3

9

x x x x x

x        9 x x    3( 3) x x    3 x  

2) A = 3 x 

3) A

3 x 

 lớn  x3 nhỏ  x 0  x = 0 Bài II: (2,5 điểm)

Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0)  chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132 x2(x7)2  2x214x49 169 0   x2 + 7x – 60 = (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172

Do (1) 

7 17 x 

(loại) hay

7 17 x  

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm)

1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

-x2 = mx –  x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m

 (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m  (d) cắt (P) điểm phân biệt

2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có :

x1 + x2 = -m x1x2 = -1

2

1 2 1

x x x x  x x   x x x1 2( 1x21) 3  1(m1) 3  m + =  m =

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Tứ giác FCDE có góc đối FED 90  o FCD nên chúng nội tiếp

2) Hai tam giác vng đồng dạng ACD DEB hai góc CAD CBE  chắn cung CE, nên ta có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE DA DB 

3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có CFD CEA  (cùng chắn cung CD) Mặt khác CEA CBA  (cùng chắn cung AC) tam OCB cân O, nên CFD OCB  . Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD HDB OBD 90  

 OCD DCI 90   0 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O

4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn

 1 

CAE COE COI

 

(do tính chất góc nội tiếp) Mà

 CO R

tgCIO

R IC

2

  

 tgAFB tgCIO 2   

I

A B

F

E C

O

Bài V: (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x 7 (x4) x27

Đặt t = x27 , phương trình cho thành : t24x(x4)t  t2 (x4)t4x0  (t x t )(  4) 0  t = x hay t = 4, Do phương trình cho  x27 4 hay x27x  x2 + = 16 hay

2 7

x x

x

  

 

 

  x2 =  x = 3

Cách khác :

2 4 7 ( 4) 7

x  x  x x   x2 7 4(x4) 16 (  x4) x27 0  (x4)(4 x27) ( x2 7 4)( x2 7 4) 0

 x2 7 0 hay  (x4) x2  7  x27 4 hay x27x  x2 =  x = 3