5 DE THI TUYEN SINH VAO LOP 10 THPT NAM HOC20092010 HANOI QUANG NGAI HA NAM HA TINH AN GIANG va huong dangiai

a) Chứng minh IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn. Tính diện tích tam giác ESM theo R.. Trong một giờ vòi thứ hai chảy được.. 1 y bể.. -Điểm toàn bộ bài không làm tròn số... Gọi x là c[r]

5 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC2009-2010: HÀ NỘI, QUẢNG NGÃI , HÀ NAM , HÀ TĨNH, AN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI ––––––––––– ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009-2010

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 24 tháng năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1:(2,5 điểm)

Cho biểu thức:

x

A ; x , x

x x x

    

  

1

0

4 2

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tính giá trị biểu thức A x= 25 Tìm giá trị x để A

 

3 . Câu 2: (2,5 điểm)

Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình

Hai tổ sản xuất may loại áo Nếu tổ thứ may ngày, tổ thứ hai may ngày hai tổ may 1310 áo Biết ngày tổ thứ may nhiều tổ thứ hai 10 áo Hỏi tổ ngày may áo?

Câu3: (1,0 điểm)

Cho phương trình (ẩn x): x2 2m1x m 2 2 Giải phương trình cho m =1.

2 Tìm giá trị m để phương trình cho có nghiệm phân biệt x , x1 2 thoả mãn

hệ thức: x21x2210

Câu4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O, R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm)

1. Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp

2. Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R2.

3. Trên cung nhỏ BC đường tròn (O, R) lấy điểm Kbất kỳ (K khác B, C) Tiếp tuyến K đường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự P, Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng đổi Kchuyển động cung nhỏ BC

4. Đường thẳng qua Ovà vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự M, N Chứng minh PM QN MN  .

Giải phương trình: x   x  x   x x  x 

2 1 2 2 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT (2009-2010)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 2,5đ

1.1 Rút gọn biểu thức

Đặt y x  x y ; y 0, y 2

Khi y A y y y       2 1 2 0,5      

y y y

y y y

y y

y y y

y y y

y                 

2 2

2

2

4 4

2

2 2

4 Suy x A x   0,5

1.2 Tính giá trị A x= 25 Khi x = 25 A  

25

3

25 0,5

1.3

Tìm x A

  y A y y y y

y x x

                 1

3

3

4

1 1

2

1

2 2,5đ

Gọi số áo tổ may ngày x x; x10

số áo tổ may ngày y y, y0 0,5 Chênh lệch số áo ngày tổ là: x-y = 10

Tổng số áo tổ may ngày, tổ may ngày là: 3x+5y = 1310

 

y x x y

x y x x

y x x x y                               10 10

3 1310 10 1310

10

8 50 1310

170 160

Vậy: Mỗi ngày tổ may 170 áo, tổ may 160 áo

3 1đ

3.1

Khi m=1 ta có phương trình:x2 4x 3

Tổng hệ số a+b+c =  Phương trình có nghiệm

c

x ; x

a

  

1 0,5

3.2

   

x

' m m m

  12 22 2 

Phương trình có nghiệm phân biệt  'x  m   m

1

2

2

0,25

Theo định lý Viét

 

b

x x m

a c

x x m

a                2 2      

x x x x x x

m m m m           2

1 2

2

2

2

4 2

2

x x m m

m m m m               

2 2

1

2

10 10

1

2 10

5

Vậy m=1 giá trị cần tìm

0,25

4 3,5đ

4.1 1đ

0,5 (Thích hợp đk)

Vẽ hình ghi đầy đủ giả thiết kết luận Do AB, AC tiếp tuyến (O)

  ACO ABO   90

 Tứ giác ABOC nội tiếp

0,5

4.2 1đ

AB, AC tiếp tuyến (O)  AB =AC Ngoài ra: OB = OC = R

Suy OA trung trực BC OABE

0,5 OAB vuông B, đường cao BE

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: OE.OA OB 2R2 0,5

4.3 1đ

PB, PK tiếp tuyến kẻ từ Pđến (O) nên PK = PB

tương tự ta có QK = QC 0,5

Cộng vế ta có:

PK KQ PB QC

AP PK KQ AQ AP PB QC QA AP PQ QA AB AC

Chu vi APQ AB AC

  

       

    

   

0,5

4.4 0,5

C

ác

h

1

MOP đồng dạng vớiNQO

 

OM MP

Suy ra:

QN NO

MN MP.QN OM.ON

MN MP.QN MP QN

MN MP QN 

  

   

  

2

2

4

C

ác

h

2

Gọi Hlà giao điểm OAvà (O), tiếp tuyến H với (O)cắt AM, AN X, Y.

Các tam giác NOY có đường cao kẻ từ O, Y ( = R)  NOY cân đỉnh N NO = NY

Tương tự ta có: MO = MX  MN = MX + NY

Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN Mặt khác

MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ  MB + CN + XY= MN

0,5

5 0,5đ

    

PT x   x   x x  x  x 

   

2

2 1 2 1 1 1

4 2

Vế phải đóng vai trị bậc hai số học số nên phải có VP0

Nhưng x21 0   x nên VP x x

  0 1 0 

2

Với điều kiện đó:

 

      

x  x x

2

1 1

2 2

0,25

     

PT x x x x

x x x x

x x x

x x x x                                                          2 2 2

1 1

1

4 2

1 1 1 2

1 0

2

0 1

Tập nghiệm: S  ;





2

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010

Môn thi : Toán Thời gian làm bài:120 phút Bài (1,5điểm).

1.Thực phép tính : A =3 - 9.2 Cho biểu thức P =

a + a a - a

+1 -1

a +1 a -1

   

   

   

    với a 0; a 1  .

a) Chứng minh P = a -1

b) Tính giá trị P a = + Bài (2,5 điểm).

1 Giải phương trình x2- 5x + =

2 Tìm m để phương trình x2- 5x - m + = có hai nghiệm x

1; x2 thỏa mãn hệ thức

2

1 13

x x  .

3 Cho hàm số y=x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d) : y= - + 2x a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ

b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm (P) (d) Bài (1,5 điểm).

Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vòi thứ chảy vịi thứ hai chảy

2

3bể nước. Hỏi vòi chảy đầy bể ?

Bài (3,5điểm).

Cho đường tròn (O; R) điểm S nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Một đường thẳng qua S (khơng qua tâm O) cắt đường trịn (O; R) hai điểm M N với M nằm S N Gọi H giao điểm SO AB; I trung điểm MN Hai đường thẳng OI AB cắt E

a) Chứng minh IHSE tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI.OE = R2.

c) Cho SO = 2R MN = R Tính diện tích tam giác ESM theo R Bài (1,0 điểm).

Giải phương trình 2010 -x+ x- 2008=x2- 4018 + 4036083x

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI Năm học 2009 - 2010

HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN

Tóm tắt cách giải Biểu điểm

Bài 1 : (1,5 điểm) Bài 1.1(0,5 điểm)

- = -12 2

= - 2 Bài 1.2 (1,0 điểm)

a) Chứng minh P = a - 1:

P =

a + a +1 a - a -1 a +1 a -1

   

   

   

   

a ( a +1) a ( a -1)

= +1 -1

a +1 a -1

   

   

   

   

= ( a +1)( a -1) = a -1 Vậy P = a -

b) Tính giá trị P a = +

 2

a = + = 3+ +1 = +1 = +1 P = a -1 = +1-1 =

0,25điểm 0,25điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm Bài : (2,5 điểm)

1 (0,5 điểm)

Giải phương trình x2  5x + = 0

Ta có  25 24 1 

Tính : x1= 2; x2 =

2 (1,0 điểm)

Ta có = 25 4( m 7)   = 25 + 4m  28 = 4m 

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1 2;   4m   

3

m

Với điều kiện

m

, ta có:  

2

2

1 2 2

x + x = x + x - x x =13  25 - 2(- m + 7) = 13

 2m =  m = ( thỏa mãn điều kiện ).

Vậy m = giá trị cần tìm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

3.(1,0 điểm)

a) Vẽ Parabol (P) đường thẳng (d) : Bảng giá trị tương ứng:

x -2 -1

y = -x + y = x2 4 1 0 1 4

b) Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình : x2 + x -2 = ; Giải phương trình ta x

1 = x2 = -2

Vậy tọa độ giao điểm (1 ; 1) (-2 ; 4)

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm Bài (1,5 điểm)

Gọi thời gian vịi thứ chảy đầy bể nước x (h) thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể nước y (h)

Điều kiện : x , y >

Trong giờ, vòi thứ chảy x bể. Trong vòi thứ hai chảy

1 y bể. Trong hai vòi chảy :

1 5 bể. Theo đề ta có hệ phương trình :

1 1 x y x y 

  

 

   



Giải hệ phương trình ta x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp )

Trả lời : Thời gian vòi thứ chảy đầy bể nước 7,5 (h) (hay 30 phút )

Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể nước 15 (h)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm Bài 4 (3,5 điểm)

Vẽ hình

a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp đường trịn : Ta có SA = SB ( tính chất tiếp tuyến)

Nên SAB cân S

Do tia phân giác SO đường cao  SOAB

I trung điểm MN nên OI MN

Do SHE SIE 1V  

 Hai điểm H I nhìn đoạn SE góc vng nên tứ giác IHSE

nội tiếp đường trịn đường kính SE b)  SOI đồng dạng  EOH ( g.g)



OI OS

OI.OE OH.OS OH OE  

mà OH.OS = OB2 = R2 ( hệ thức lượng tam giác vuông SOB)

nên OI.OE = R2

c) Tính OI=

2

R R

OE 2R

2  OI 

3R EI OE OI

2

   

Mặt khác SI =

2 R 15

SO OI

2

 

R 3( 1) SM SI MI

2



   

Vậy SESM =

2

SM.EI R 3( 1)

2

 

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

E

H A

I M

B

S O

Bài 5 (1,0 điểm)

Phương trình : 2010 x  x 2008 x  2 4018x 4036083 (*)

Điều kiện

2010 x

2008 x 2010 x 2008

  

  



 



Áp dụng tính chất    

2 2 2

a + b 2 a + b

với a, b

Ta có :    

2

2010 x  x 2008 2 2010 x x 2008   4  1

2010 x x 2008

    

Mặt khác x2  4018x 4036083 x 2009 2 2  2

Từ (1) (2) ta suy : (*)  2010 x  x 2008 x 2009 2 2  x 2009 2 0 x 2009 ( thích hợp) Vậy phương trình có nghiệm x = 2009

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm Ghi chú:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải, cách giải khác cho điểm tối đa theo biểu điểm qui định

-Đáp án có chỗ cịn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ chưa chi tiết cho bước biến đổi, lập luận; tổ giám khảo cần thảo luận thống trước chấm

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010

MƠN THI: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức : A =  

2

2 2  288

2) Giải phương trình:

a) x2 + 3x = 0

b) –x4 + 8x2 + = 0

Bài 2: (2điểm) Giải tốn cách lập phương trình:

Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị 14 Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số lớn số cho 18 đơn vị Tìm số cho

Bài (1điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x2 Viết phương trình đường thẳng song

song với đường thẳng y = – 2x + cắt (P) điểm có tung độ y = – 12 Bài 4 (1điểm)

Giải phương trình: 4x x 3x 14     Bài 5 (4điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); cắt Ax, By E F

a) Chứng minh: EOF 90 

b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng

BÀI GIẢI Bài 1 (2điểm)

1 A =  

2

2 2  288

=  

2

2 2.2.3 2  2.144 = 4 12 18 12 2   = 22 2 a) x2 + 3x =  x( x + 3) =

 x1 = ; x2 = –

Tập nghiệm phương trình: S0; 3  b) –x4 + 8x2 + =  x4 – 8x2 – = 0

Đặt y = x2 ( y  0) , ta phương trình trung gian ẩn y:

y2 – 8y – = 0

Vì a – b + c = – (– 8) + (– 9) = nên y1 = – (loại); y2 = (nhận)

Do đó: x2 =  x =  3

Tập nghiệm phương trình: S = 3;3 Bài 2 Gọi x chữ số hàng đơn vị

Chữ số hàng chục số là: 14 – x ĐK: < x N 

Số cần tìm viết dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x

Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho ,ta có số mới: 10x + 14 – x = 9x + 14

Theo đề tốn ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18  9x + 14 –140 +9x = 18

 18x = 144  x = Giá trị x = thỏa mãn điều kiện

Vậy chữ số đơn vị 8, số hàng chục Số cần tìm 68 Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc hai ẩn

Bài Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + nên có dạng: y = – 2x + b (d)

(d) cắt (P) điểm có tung độ – 12 nên hoành độ giao điểm nghiệm PT: –3x2 = – 12  x = 2

Vậy (d) cắt (P) hai điểm: A(2; – 12) B(– 2; – 12) A  (d) nên yA = – 2xA + b hay – 12 = – 2 + b  b = –

B  (d) nên yB = – 2xB + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b  b = – 16

Có hai đường thẳng (d) tìm thỏa mãn đề bài: (d1): y = – 2x – (d2): y = – 2x – 16

N

y

x

O K

F

E

M

B A

ĐK:

1

4x x

x

3 x x 3

 

  

 

    

 

 

  

 (*)

(1)  3x 14 4x x 0     

 (4x + 1) – 3. 4x 1 + + (3 – x) – 2 x + =

   

2

4x 3 x

      

4x 3 x

   

  

   

  x 2 (thỏa mãn đk (*)) Tập nghiệm phương trình cho: S =  2

Bài 5: a) Chứng minh: EOF 90 

EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E

Nên OE phân giác AOM Tương tự: OF phân giác BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 90

 (đpcm)

b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng Ta có: EAO EMO 90   0(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO 180  0nên nội tiếp đương tròn.

 Tam giác AMB tam giác EOF có:

 

AMB EOF 90  , MAB MEO  (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ

giác

AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MKAB Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE KF BF

Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên :

AK ME

KF MF Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB

d) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N giao điểm MK AB, suy MN  AB

FEA có: MK // AE nên:

BEA có: NK // AE nên:

NK BK AE BE (2) Mà

FK BK

KA KE ( BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN

AE AE Vậy MK = NK.

Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên:

AKB AMB

S KN S MN 2 Do đó: AKB AMB

1

S S

2 

Tam giác AMB vuông M nên tg A = MB

3

MA   MAB 60  0

Vậy AM = a

2 MB = a

2  AKB

1 a a S

2 2

 

=

2

1 a

Sở GD&ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2009-2010 Mơn: Tốn

Thời gian :120 phút

Bàì 1:

1 Giải phương trình: x2 + 5x + = 0

2 Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + qua điểm M(-2;2) Tìm hệ số a

Bài 2:Cho biểu thức:

2

x x x

P

x x x x x

   

     

    

  với x >0

1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị x để P =

Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 hàng Khi khởi hành xe phải điều làm cơng việc khác, nên xe cịn lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi thực tế có xe tham gia vận chuyển (biết khối lượng hàng xe chở nhau)

Bài 4: Cho đường trịn tâm O có đường kính CD, IK (IK khơng trùng CD) Chứng minh tứ giác CIDK hình chữ nhật

2 Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến C đường tròn tâm O thứ tự G; H a Chứng minh điểm G, H, I, K thuộc đường tròn

b Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí G H diện tích tam giác DGH đạt giá trị nhỏ

Bài 5: Các số a, b, c  1; 4 thoả mãn điều kiện a 2b 3c 4  

chứng minh bất đẳng thức: a2 2b2 3c2 36

Đẳng thức xảy nào?

Hướng dẫn Bàì 1:

1.Giải phương trình: x2 + 5x + = 0

⇒ x1= -2, x2= -3

2.Vì đường thẳng y = a.x +3 qua điểm M(-2,2) nên ta có: = a.(-2) +3 ⇒ a = 0,5 Bài 2: Đk: x>

1 P = (

2

x x x

x x x  x ).(2-1

x ) =

x x x x

x x

 



2

1 = x (2 x 1) .

2 P = ⇔ x (2 x 1) ⇔ x = , x =

4 Vì x = không thỏa đk x> nên

loại Vậy P = ⇔ x = 14 Bài 3:

Gọi số xe thực tế chở hàng x xe ( x N*) số xe dự định chở hàng x +1 ( xe ).

Theo dự định xe phải chở: 15

x 1 ( )

Nhưng thực tế xe phải chở : 15

x ( ) Ta có phương trình :

15 x

-15

x+1 = 0,5

Giải phương trình ta : x1 = -6 ( loại ) ; x2 = ( nhận)

Vậy thực tế có xe tham gia vận chuyển hàng Bài 4: 1, Ta có CD đường kính, nên :

∠ CKD = ∠ CID = 900 ( T/c góc nội tiếp )

Ta có IK đường kính, nên : ∠ KCI = ∠ KDI = 900 ( T/c góc nội tiếp)

Vậy tứ giác CIDK hình chữ nhật

2, a) Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có : ∠ ICD = ∠ IKD ( t/c góc nội tiếp) Mặt khác ta có : ∠ G = ∠ ICD ( phụ với ∠ GCI )

⇒ ∠ G = ∠ IKD Vậy tứ giác GIKH nội tiếp b) Ta có : DC GH ( t/c)

⇒ DC2 = GC.CH mà CD đường kính, nên độ dài CD không đổi

Để diện tích Δ GDH đạt giá trị nhỏ GH đạt giá trị nhỏ Mà GH = GC + CH nhỏ GC = CH

Khi GC = CH ta suy : GC = CH = CD Và IK CD Bài 5: Do -1 a , b , c ≤4 Nên a +1 a –

Suy : ( a+1)( a - 4) ⇒ a2 3.a +4

Tương tự ta có b2 3b +4

⇒ 2.b2 b + 8

3.c2 9c +12

Suy ra: a2+2.b2+3.c2 3.a +4+6 b + 8+9c +12

a2+2.b2+3.c2 36 ( a +2b+3c )

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG Năm học: 2009 – 2010

Khóa ngày: 28/6/2009

MƠN THI: TỐN (đề chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (1,5 điểm)

Khơng dùng máy tính, rút gọn, tính giá trị biểu thức sau: 1) A =

14 15 :

2

   



 

    

 

2) B =

x 2x x x x x

 

  x 0; x 1   Bài 2 (1,5 điểm)

1) Cho hai đường thẳng d1: y = (m+1)x + ; d2: y = 2x + n Với giá trị m, n

thì d1 trùng với d2 ?

2) Trên mặt phẳng tọa độ, cho hai đồ thị (P): y =

2

x

3 ; d: y = – x Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép toán

Bài 3 (2 điểm)

Cho phương trình: x2 + 2(m + 3)x + m2 + = (m tham số)

1) Tìm m để phương trình có nghiệm kép? Hãy tính nghiệm kép 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 – x2 =

Bài 4 (1,5 điểm)

Giải phương trình sau: 1)

1 2

x   x  2) x4 + 3x2 – = 0

Bài 5 (3,5điểm)

Cho đường trịn (O;R) đường kính AB dây CD vng góc với ( CA < CB) Hai tia BC DA cắt E Từ E kẻ EH vng góc với AB H; EH cắt CA F Chứng minh rằng:

3) HC tiếp tuyến đường tròn (O)

BÀI GIẢI

Bài 1: (1,5 điểm) 1)A =

14 15 :

2

              =    

7 1 :

2

   

  

    

 

=  7   7 5 =    

2

7  = – =

2) B =

x 2x x x x x

 

  =

 

 

x x x

x x x  

 

=

 

x x x  



=

x x x  

 =

 x 12

x 

 = x 1 x 0; x 1   Bài (1,5 điểm)

1) d1  d2

m n

  

  

  m 1, n 5 

2 Phương trình hoành độ giao điểm (P) d là:

2

x

6 x

3   x2 3x 18 0

   

= b2 – 4ac = 32 – (– 18) = 81   9

b

x

2a

    

  

,

b

x

2a

    

  

Suy ra: y1 = ; y2 = 12

Vậy d cắt (P) hai điểm: (3; 3) (– 6; 12) Bài 3 (2điểm) x2 + 2(m + 3)x + m2 + = (1)

1) Phương trình (1) có nghiệm kép   '

   

2 2

m m

    

E H F O D C B A

Vậy với m = – phương trình (1) có nghiệm kép Nghiệm kép PT (1) :

    ' m b

x x

a

 

      

2) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2

' 0

    6m 0   m1

Theo hệ thức Vi-ét ta có: S= x1 + x2 = – 2(m + 3) ; P = x1 x2 = m2 +

Từ x1 – x2 = suy ra: ( x1 – x2)2 =  ( x1 + x2)2 – 4x1x2 = (*)

Thay S P vào (*) ta được:    

2 2

2 m m

    

 

 

 

2

4 m 6m 4m 12

     

 24m 24 4 

5 m

6

 

( thoả mãn m1)

Vậy x1 – x2 =

5 m

6

 

Bài 4 (1,5 điểm) Giải phương trình:

1)

1

2

x x    (1) ĐK: x ≠ ; x ≠ 6 (1)  x x 2     2 x x     

 x 3x 12x 24 2x      4x

 2x2 – 14x + 24 = 0

 ' b'2  ac = 49 – 48 = 1 x1 =

' '

b

4

a

   

 

( TMĐK), x2 =

' '

b

3

a

   

 

( TMĐK), Tập nghiệm phương trình: S3;4

2) x4 + 3x2 – = 0

Đặt t = x2 ( t  0) , ta có phương trình ẩn t: t2 + 3t – =

Vì a + b + c = + + (– ) = nên t1 = (nhận) , t2 = – < (loại)

Vậy x2 =  x

1 = 1; x2 = –

Tập nghiệm phương trình: S  1;1 Bài 5 (3,5 điểm)

1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp:

CD // FE (cùng vng góc AB)  EFC FCD  (so le trong)

AB  CD nên AB qua trung điểm dây CD (tính chất

đường kính vng góc với dây cung) nên C D đối xứng qua AB Do ACD ADC 

Suy ra: EFC EDC 

2) Chứng minh ba điểm B , D , F thẳng hàng

Ta có: ACB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ECF 90  0(kề bù với ACB )

Tứ giác CDFE nội tiếp nên ECF EDF 90   0 Mà ADB 90  0nên EDF EDB 180  

Vậy ba điểm B , D , F thẳng hàng

3) Chứng minh HC tiếp tuyến đường trịn (O).

Ta có EHA ECA 90   090 180 0 nên tứ giác AHEC nội tiếp

Suy ra: HCA HEA  (cùng chắn cung AH)

Mà HEA ADC  (so le EH // CD) ADC ABC  (cùng chắn cung AC).

Do đó: HCA ABC  =

2sđ AC Vậy HC tiếp tuyến đường tròn (O)

Chú ý: Rất nhiều HS câu 1chứng minh ECF EDF 90   0và kết luận tứ giác CDFE

nội tiếp sai lầm