12

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật... b) Gọi I là trung điểm của PQ[r]

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHĨA NGÀY 21 THÁNG NĂM 2010 Đà Nẵng

MƠN THI : TỐN -Bài (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A ( 20  45 5) 5 b) Tính B ( 1) 

Bài (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x413x2 30 0

b) Giải hệ phương trình

3 x y

8 x y 

  

 

   

 Bài (2,5 điểm)

Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d). a) Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Gọi A giao điểm hai đồ thị (P) (d) có hồnh độ âm Viết phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -

c) Đường thẳng () cắt trục tung C, cắt trục hoành D Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B Tính tỉ số diện tích hai tam giác ABC tam giác ABD

Bài (3,5 điểm)

Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M  (C), N  (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A I)

a) Chứng minh BMN MAB  b) Chứng minh IN2 = IA.IB

c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB P Chứng minh MN song song với QP

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

( 20 45 5)

A   = (2 5 5) 10   b) Tính B = ( 1)  3 1  31

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = 0 (1) Đặt u = x2 ≥ , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = (2) (2) có  169 120 289 17  

Do (2) 

13 17 2

u  

(loại) hay

13 17 15

Do (1)  x =  15

b) Giải hệ phương trình :

3

8 x y x y 

  

 

   

 

1

8 x

x y 

   

   

 

1

10 x

y    

 

 

1 10 x y

   

  

Bài 3:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; 2

(d) qua (0;3), 1;2 

b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: 2x2  x  2x2 – x – =

3

2 x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (d)   1; , ;

2

 

  

   A 1; 2 Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 :

y – = -1 (x + 1)  () : y = -x +

c) Đường thẳng () cắt trục tung C  C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng () cắt trục hồnh D  D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành B  B có tọa độ (-3; 0)

Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng ())  C trung điểm AD

2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B AC = 2AD

Nên ta có

1

ABC ABD

S AC S AD  Bài 4:

I

P

B

O

O' M

N Q

a) Trong đường trịn tâm O:

Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường tròn tâm O':

Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O:

 

MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1) Trong đường trịn tâm O':

 

BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)

Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180       Nên tứ giác APBQ nội tiếp

=> BAP BQP QNM   (góc nội tiếp góc chắn cung) mà QNM BQP  vị trí so le => PQ // MN

Võ Lý Văn Long

(TT BDVH LTĐH Vĩnh Viễn)

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

TP.HCM Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 0

b)

4

6

x y x y

  



 



c) 4x413x2 3

d) 2x2 2x1 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2 x y

và đường thẳng (D):

1 y x

hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm)

2

5

5 3 3

2

B            

   

   

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12x22 3x x1

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)

a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường trịn APMQ hình chữ nhật

b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng

c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP

d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 0 (1)

9 16 25    

(1)

3 5

2

4

x   hay x 

    

b)

4 (1)

6 (2) x y

x y   



 



4 (1)

14 ( (2) (1)) x y

x pt pt

  

 

 



3 y

x     

  

c) 4x413x2  3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) (4) có  169 48 121 11  

13 11 13 11

(4)

8

u  hay u 

    

Do (3)

1

3

x hay x

  

d) 2x2 2x1 0 (5)

Do (5)

2 2

2

x  hay x 

  

Bài 2:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0),  

1; , 2; 2

 

   

 

 

(D) qua  

1; , 2; 2

 

  

 

 

Do (P) (D) có điểm chung :  

1; , 2; 2

 

  

 

  .

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

1

2

x

x x x 

     

1

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)  

1; , 2; 2          . Bài 3:

A 12 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 (2  3)  3

2

5

5 3 3

2

B            

   

2B =    

2

5 3  5   3  5 

 2  2 2 2

5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)

         

=    

2

5 (1 3) ( 1)    ( 1) ( 1)   

= 5.3 20   B = 10. Bài 4:

a)  

2 2 2 2

3m 8m 4m m 2m (m 1) m

             

Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m

b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1  

2

1

x x x x

  

2

(3m 1) 5(2m m 1)

    

2 6 6 ( 1)2

4

m m m

       25 ( 1)2

4 m

  

Do giá trị lớn A : 25

4 Đạt m = Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO

I K

M Q

=> EAOM nội tiếp

Tứ giác APMQ có góc vng :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM

Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng

c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc vng AOE ABM  , AE // BM =>

AO AE

BP MP (1)

Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP AEAB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

Vậy K trung điểm MP Cách : Ta có

EK AP

EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có

EI AP

EOAB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI EB EO

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP

d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd

4 a b c d

4   

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2 OP2  R2 (x R)  2Rx x

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x   (2R x)x

S đạt max  (2R x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max 

x x x

(2R x)

3 3  đạt max Áp dụng (*) với a = b = c =

x

B

Ta có :

4 4

4

x x x x x x R

(2R x) (2R x)

3 3 3 16

 

        

 

Do S đạt max  x

(2R x)

3   

3

x R

2 