tuyen sinh mon Toan vao lop 10 TP Ho Chi Minh 2009

Gọi H là giao điểm của ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S là diện tích tam giác ABC. a) Chứng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đường tròn.. Chứng minh hai [r]

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

TP.HCM N : 2009 – 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút 1: (2 đ ể )

Giải phương trình hệ phương trình sau: a)

8x 2x 1

b) 3

5 12 x y x y

 



  



c)

2 x  x   d)

3x 2 6x 2 2: (1,5 đ ể )

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số 2 x

y đường thẳng (D): y = x + hệ trục toạ độ

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

Thu gọn biểu thức sau:

4 15

3 5

A  

 

: ( 0, 0, 1)

1

1

x y x y x xy

B x y xy

xy

xy xy

      

       



   

 

4: (1,5 đ ể )

Cho phương trình x2(5m1)x6m22m0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để x12x22 1 5: (3,5 đ ể )

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H giao điểm ba đường cao AD, BE, CF tam giác ABC Gọi S diện tích tam giác ABC

a) Chứng minh AEHF AEDB tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Vẽ đường kính AK đường trịn (O) Chứng minh hai tam giác ABD AKC đồng dạng với Suy AB.AC = 2R.AD S =

4 AB BC CA

R c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh EFDM tứ giác nội tiếp đường

tròn

d) Chứng minh OC vng góc với DE (DE + EF + FD).R = 2S

BÀI GIẢI 1: (2 đ ể )

a)

8x 2x 1 (1) /

1    

(1) 1

8

x   hay x 

    

b)

 

2 3

2 3 (1)

9 18 (2) 2(1)

5 12 (2)

x y

x y

x

x y

 

  





     

 

2 x y

  

 

 

c)   

2 3 3

x  x    x  x   x     x

d)  2

3

3

x  x   x   x 

2:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1;1 , 2;2

  

 

  ,(4;8) (D) qua (- 4; 0), (0; 4), (-2; 2), (4;8) b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

2

4

2 x

x x x

        x 2hay x4

2 2;

x   y x  y

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D) (-2 ; 2) (4 ; 8) 3:

4 15

3 5

A  

 

12 8

4

 

  

3 5 5

     

:

1

x y x y x xy

B

xy

xy xy

      

    



   

 

1

2 2 (1 )

( 0, 0, 1)

(1 ) (1 )

x y x y y x x y x y y x xy

xy x xy

x y x x y

x y xy

x y x y x

         

   

   

 

     

 

4:

a)  5m1224m28m 2 ( 1) 0,

m m m m

      

Suy phương trình ln ln có nghiệm với m b) Ta có x1 + x2 = 5m – x1x2 = 6m2 – 2m

2

1

2

2

(5 1) 2(6 )

13 0

13

m m m

m m m hay m

    

     

5:

a) Tứ giác AEHF có AFH=900 AEH =900  tứ giác AEHF nội tiếp

Tứ giác AEDB có AEB=900 ADB=900  tứ giác AEDB nội tiếp

b) Xét ADB ACK đồng dạng vì: ADB=ACK=900

ABD AKC (cùng chắn cung AC)

 AB AD

AK  AC  AB.AC = AK.AD = 2R.AD (AK=2R) mà SABC =

AD BC, AD = AB AC

R  SABC =

AB AC BC

R c) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên FME= cung EF

FDEFBEFCE=

2 EF EF

EF

 

nên tứ giác FEMD nội tiếp

d) Kéo dài BO cắt đường trịn N, ta có

2 NC NBC 

mà OBCOCB, 90

2 2

o BC NC BN BACOCD   

vậy OCDEDC = 900 (vì EDCBAC)  DE vng góc OC * Cách khác : Vẽ tiếp tuyến Cx  ACxABC

mà ABCDEC  ACxDEC

 DE // Cx, mà Cx vng góc OC  DE vng góc OC + Chứng minh tương tự ta có : OB vng góc FD, OA vng góc EF

Xét tứ giác FBDO có đường chéo vng góc nên FD.R = 2.SFBDO (1)

Tương tự tứ giác AEOF có EF.R = 2.SAEOF (2)

Xét tứ giác EODC ta có DE.R = 2.SEODC (3)

(1) + (2) + (3) ta có : (DE + EF + FD).R = 2S

Lê Quang Minh, Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH LTĐH Vĩnh Viễn)

A

B C

K M D

O E F