1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán

3 13 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 3
Dung lượng 140,44 KB

Nội dung

b Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và AM2 = AE.AC c Chứng minh: AE.AC – AI.IB = AI2 d Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại t[r]

(1)ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Bài 1: Cho biểu thức: P  ( x 8x x 1  ):(  ) 2 x 4x x2 x x a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = –1 mx - y   Bài 2: Cho hệ phương trình:  x y    335 a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để hệ phương trình vô nghiệm Bài 3: Cho parabol (P) : y = – x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(– ; – 2) a) Chứng minh với giá trị m thì (d) luôn cắt (P) hai điểm A, B phân biệt b) Xác định m để A, B nằm hai phía trục tung Bài 4: Cho phương trình : x2 – 2(m – 1)x + m2 – = (1) ; m là tham số a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm này ba lần nghiệm Bài 5: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM và AM2 = AE.AC 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 là nhỏ Giải: Bài 1: a P = = x (2  x )  8x ( x  1)  2( x  2) : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x : (2  x )(2  x ) 3 x x ( x  2) Lop10.com (2) = x  4x x ( x  2) = (2  x )(2  x ) 3 x 4x x 3 Điều kiện x > 0; x  và x  b Với x > 0; x  và x  9; P = –1 và khi: hay: 4x + 4x  1 x 3 x – = Đặt y = x > ta có: 4y2 + y – = có dạng a – b + c =  y = –1 ; y = Vì y > nên nhận y = Vậy: P = –1  x = 3 nên x = 4 16 Bài 2: x  y   a Khi m = ta có hệ phương trình:  x y    335 x  y  2x  2y   x  2008    3x  2y  2010 3x  2y  2010  y  2007  x  2008 Vậy với m = hệ phương trình đã cho có nghiệm   y  2007 b mx  y   y  mx     x y (*)   335 y  x  1005    2 3 Hệ phương trình vô nghiệm  (*) vô nghiệm  m = (vì đã có –1  –1005) Bài 3: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m có dạng y = mx + b và (d) qua điểm M(– ; – 2) nên: – 2= m(– 1) + b  b = m – Vậy: Phương trình đường thẳng (d) là y = mx + m – Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phương trình: – x2 = mx + m –  x2 + mx + m – = (*) Lop10.com (3) Vì phương trình (*) có   m  4m   (m  2)   với m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , đó (d) và (P) luôn cắt hai điểm phân biệt A và B b) A và B nằm hai phía trục tung  x2 + mx + m – = có hai nghiệm trái dấu  x1x2 < Áp dụng hệ thức Vi-et: x1x2 = m – x1x2 <  m – <  m < Vây: Để A, B nằm hai phía trục tung thì m < Bài 4: Phương trình (1) có nghiệm và  ’   (m – 1)2 – m2 +   – 2m   m  b) Với m  thì (1) có nghiệm Gọi nghiệm (1) là a thì nghiệm là 3a Áp dụng hệ thức Vi-et ,ta có: a  3a  2m    a.3a  m  m 1 m 1  a=  3( ) = m2 – 2  m2 + 6m – 15 = 2 ' = –1.(–15) = 24 ; '  m1=   ; m2 =   ( thỏa mãn điều kiện m  2) Vậy: Với m1=   ; m2 =   thì phương trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm này ba lần nghiệm Bài 5: M a Ta có: EIB = 900 (giả thiết) ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C K Vậy: tứ giác IECB là nội tiếp đường tròn đường kính EB E b Ta có: A O B I sđ AM = sđ AN (đường kính MN  dây AB)  AME = ACM (góc nội tiếp) Lại có A chung, suy AME ACM N AC AM   AM  AE.AC Do đó: AM AE c MI là đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB Trừ vế hệ thức câu b với hệ thức trên Ta có: AE.AC – AI.IB = AM2 – MI2 = AI2 d Từ câu b suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta thấy khoảng cách NK nhỏ và NK  BM Dựng hình chiếu vuông góc N trên BM ta K Điểm C là giao đường tròn tâm O với đường tròn tâm K, bán kính KM Lop10.com (4)

Ngày đăng: 03/04/2021, 09:45

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w