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]
(1)Trường THCS Vinh Thanh 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 2 0
b)
6
x y
x y
c) 4x4 13x2 3 0
d) 2x2 2 2x 1 0
Giải :
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 2 0
(1)
9 16 25
(1) 5
4
x hay x
b)
1
4 1
6
6 14
3
y x
x y y x
x x
x y x
y x
c)
4x 13x 3 (3), đđặt u = x2,
phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4)
(4) có
169 48 121 11
(4) 13 11 13 11
8
u hay u
Do (3)
2
x hay x
d) 2x2 2 2x 1 0
(5)
' 2
Do (5) 2 2
2
x hay x
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2
2 x
y đường thẳng (D): 1
y x hệ trục toạ độ
b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Giải :
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ
Gv : Đỗ Kim Thạch st
(2)Trường THCS Vinh Thanh
Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; , 2; 2
2
(D) qua 1; , 2; 2
2
Do (P) (D) có điểm chung : 1; , 2; 2
2
b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)
2
1
2
x
x x x
x1 hay x2
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D) 1; , 2; 2
2
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn biểu thức sau: 12 21 12
A
2
5
5 3 3
2
B
Giải :
12 21 12
A (3 3)2 3(2 3)2 3 (2 3)
2
5
5 3 3
2
B
2B = 5 3 5 5 2 3 5 32
2 2 2 2
5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)
= (1 3) ( 1) 5 2 ( 1) ( 1) 32
= 5.3 20 B = 10 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 = 2
1 x x x x Giải :
a) 3m 12 8m2 4m 4 m2 2m 5 (m 1)2 4 0 m
Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m –
Gv : Đỗ Kim Thạch st
(3)Trường THCS Vinh Thanh
A= 2
1
x x x x x1x22 5x x1 2
2
(3m 1) 5(2m m 1)
6 ( 1)2
4
m m m
25 ( 1)2
4 m
Do giá trị lớn A : 25
4 Đạt m = 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 vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)
a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn 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
Giải :
K I
Q
P E
O
A B
M
a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => 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 AOE ABM , OE // BM => AO AE
BP MP (1)
Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP AEAB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K trung điểm MP
Gv : Đỗ Kim Thạch st
(4)Trường THCS Vinh Thanh
Cách : Ta có EK AP
EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có EI AP
EOAB (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)2 2Rx x2
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
3 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
Gv : Đỗ Kim Thạch st