De thi vao lop 10 TP Ho Chi Minh

a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. d) Gọi I là giao điểm của KF và BC... Phạm Hồng Danh[r]

www.VNMATH.com

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

TP.HCM N 011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x22x 1

b)

5

x y

x y

 



   



c) x45x2360 d)

3x 5x 3 0 2: (1,5 đ ể )

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x2 đường thẳng (D): y  2x 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:

3 4

2

A   

 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

1,5 đ ể )

Cho phương trình x22mx4m2 5 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức A = 2 2

x x x x đạt giá trị nhỏ đ ể )

Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)

a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F)

Chứng minh AP2

= AE.AB Suy APH tam giác cân

c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp

d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID BÀI GIẢI

đ ể )

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x22x 1 (a)

www.VNMATH.com

(a) 1

3 x hay x 

  

b) (1)

5 (2)

x y

x y

 



   

 

11 11 ((1) (2))

5

y

x y

 



    



5

y x

    

 

4 x y         c) x4 + 5x2 – 36 = (C)

Đặt u = x2

0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) (*) có  = 169, nên (*)  13

2

u    hay 13

2

u     (loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 2

Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) =  x2 =  x = 2 d) 3x2x 3 3 0 (d)

(d) có : a + b + c = nên (d)  x = hay 3 x  2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1; ,  2; 4 (D) qua  1; , 0; 3   

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

x x

     x2 – 2x – =   x hay x3 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)  1; , 3; 9    3:

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

www.VNMATH.com

= (3 4)(2 1) ( 4)(5 3)

11 13

    

= 22 11 26 13

11 13

  

= 2 3 2

= ( 4 )

2    =

2

1

( ( 1) ( 1) )

2   

= [ ( 1)]

2    = 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

= 28

( 1)( 4)

x x x x x

x x x x

   

 

   

=

2

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      

 

= 28 16

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

  =

4

( 1)( 4)

x x x x

x x

  

 

= ( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

  

  = x1 Câu 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2

+ 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b 2m a

  ; P = c 4m a   

 A = (x1 x2)23x x1 2= 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m Và A = m =

2 

Vậy A đạt giá trị nhỏ m = 

a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có

3 góc vng

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật)

Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900

 OA vng góc với EF

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP

 AP AE

AB  AP  AP

2

= AE.AB A

B

C D

P

E

O H I

K

www.VNMATH.com

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vng H, có HE chiều cao)  AP = AH APH cân A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA

Do DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp d) Góc ICF = góc AEF = góc DKF

vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)

và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID Ths Phạm Hồng Danh