Một mảnh ñất hình chữ nhật có ñộ dài ñường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh ñất ñó. Tia AD cắt cung nhỏ BC tại ñiểm E, tia AC cắt t[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011
ðỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 ñiểm)
Cho biểu thức A x x 3x x x x
+
= + −
−
+ − , với x ≥ x ≠ 1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm giá trị x để A =
3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 ñiểm)
Giải toán sau cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài ñường 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 ñường thẳng (d) : y = mx −
1) Chứng minh với giá trị m ñường thẳng (d) cắt parabol (P) hai ñiểm phân biệt
2) Gọi x1, x2 hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol
(P) Tìm giá trị m để : 2
1 2 1 x x +x x −x x =3 Bài IV (3,5 ñiểm)
Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy ñiểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC ñiểm E, tia AC cắt tia BE ñiểm 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 trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường trịn (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 ñiểm) Với x ≥ x ≠ ta có :
1) A = 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
3 x =
(2)3) A 3 x =
+ lớn ⇔ x +3 nhỏ ⇔ x =0 ⇔ x = Bài II: (2,5 ñiểm)
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 ( 7)2
x x
= + + ⇔ 2x2+14x+49 169 0− = ⇔ x2 + 7x – 60 = (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 172
Do (1) ⇔ 17
x= − − (loại) hay 17
x=− + =
Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 ñiểm)
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) ñiểm 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 = ⇔
1 2( 1)
x x x +x − = ⇔ 1(− −m−1) 3= ⇔ m + = ⇔ m =
Bài IV: (3,5 ñiểm)
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 trịn 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 trịn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với ñường trịn tâm O
4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn
1
CAE COE COI
2
= = (do tính chất góc nội tiếp) Mà tgCIO CO R
R IC
2
= = = ⇒ tgAFB tgCIO 2 = = Bài V: (0,5 ñiểm)
Giải phương trình : 4 7 ( 4) 7 x + x+ = x+ x +
I
A B
F
E C
(3)ðặt t = x +2 , 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 ⇔ 7 4 7
x + = hay x + =x ⇔ x2 + = 16 hay
2 7
x x
x + =
≥
⇔ x
2 = ⇔ 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 0+ = ⇔ x2+7 4= hay x2+7= x ⇔ x2 = ⇔ x = ±3