tUYEN SINH VAO LOP 10

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.[r]

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0

b)

5

5

x y x y

 

 

 



c) x45x2 36 0 d) 3x25x 3 0  Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x2 và đường thẳng (D): y2x 3 hệ trục toạ

độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính

Bài 3: (1,5 điểm)

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)

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2mx 4m2 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 biểu thức A = x12x22 x x1 2. đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (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

Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x 1 0 (a)

Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a)

1

3 x hay x 

  

b)

5 (1) (2)

x y

x y

 

 

 

 

11 11 ((1) (2))

5

y x y

 

 

 





1

5

y x

  



 

4 x y

      

c) x4 + 5x2 – 36 = (C)

Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) (*) có  = 169, nên (*) 

5 13 u  

hay

5 13

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 3 x  Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0),



 1; , 2; 4

 

 



(D) qua



1; , 0; 3

 





2 2 3

x x

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

y(-1) = -1, y(3) = -9

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)



1; , 3; 9

 





Bài 3:

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

 

=

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

11 13

   



=

22 11 26 13

11 13

 



= 2 3 2 =

1

( 4 )

2    =

2

1

( ( 1) ( 1) )

2   

=

1

[ ( 1)]

2    = 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16)

=

2 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

      

 

=

2 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

Bài 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 m a

 

; P =

c

m a   A =

2

1 2

(x x )  3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m.

Và A = m =

3



Vậy A đạt giá trị nhỏ m =

3



Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng A

B C

D P

E

Do đó: góc OAC + góc AFE = 90

 OA vng góc với EF

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ

Do đó: APE đồng dạng ABP 

AP AE

ABAP  AP2 = AE.AB

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông 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) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng AHC vuông H, có HF chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng AHD vuông H, có HK chiều cao) Vậy  AK.AD = AF.AC

Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp,

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

và IH2 = IF.IK (từ