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 4x x2 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)