Mot so de thi thu vao 10 co dap an

Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE của đường tròn (O) theo a.. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. Vậy OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. 4.Tính diện tích phân[r]

Đề số 1:

Bài 1.(2điểm) a) Thực phép tính:

1 2

: 72

1 2

   



 

   

 

b) Tìm giá trị m để hàm số y m 2x3 đồng biến Bài (2điểm)

a) Giải phương trình : x4  24x2  25 0 b) Giải hệ phương trình:

2

9 34

x y x y

  



  

Bài (2điểm)

Cho phương trình ẩn x : x2  5x m  0 (1) a) Giải phương trình (1) m = 4

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thoả mãn hệ thức

1

1

2

x x

 

 

 

 

 

Bài (4điểm)

Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF nửa đường tròn (O) ( với F tiếp điểm),

tia AF cắt tiếp tuyến Bx nửa đường tròn D Biết AF =

4

R

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF

b) Tính Cos DAB .

c) Kẻ OM  BC ( M  AD) Chứng minh

BD DM DM  AM 

d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường tròn (O) theo R

Hướng dẫn:

BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐIỂM

Bài 1: (2điểm)

=

4 2

3 

b) Hàm số y  m 2x3 đồng biến 

0

m m

   

 

 



0

m m

   

  

0

m m

   

 

 m4

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình : x4 24x2 25 0

  

Đặt t = x2 ( t 0), ta phương trình : t2 24t 25 0

  

 ' b'2 ac = 122 –(–25)

= 144 + 25 = 169   ' 13

' '

12 13 25

b t

a

   

  

(TMĐK),

' '

12 13 1

b t

a

   

  

(loại) Do đó: x2 = 25  x5.

Tập nghiệm phương trình : S  5;5 b) Giải hệ phương trình:

2

9 34

x y x y

  



 

 

16 16

9 34

x y x y

  



  



25 50

2

x x y

  

  



2

2.2

x y   

  



2

x y

  

 

0,25đ 0,5đ

0, 25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ Bài 3: PT: x2 5x m 2 0

    (1)

a) Khi m = – ta có phương trình: x2 – 5x – = 0.

Phương trình có a – b + c = – (– 5) + (– 6) =

6

1,

1

c

x x

a 

    

b) PT: x2  5x m  0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt

1 2

0

x x x x

   

   

 



0,25đ 0,5đ 0,25đ

N I x D M O F C B A       

5

5 m m                

33

2 m m        33 33 4 m m m            (*)



1 x x        

  1

3

x x x x

  

 

2

2 1

3

x x  x x 

   

 

2

9

4

x x x x x x

   

 

9

5 2

4

m m

    

Đặt t m 2t0ta phương trình ẩn t : 9t2 – 8t – 20 =

Giải phương trình ta được: t1 = > (nhận), t2 =

10

 

(loại) Vậy: m 2  m = ( thỏa mãn *)

Bài (4điểm)

- Vẽ hình 0,5 điểm)

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp

Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF

Ta có: DBO 900và DFO 900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác OBDF có DBO DFO 1800nên nội tiếp đường

tròn

Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF trung điểm OD b) Tính Cos DAB .

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vng F ta được:

2

2 2

OF AF

3

R R

OA   R   

 

Cos FAO =

AF

: 0,8

OA 3

R R

  

osDAB 0,8

C

 

c) Kẻ OM  BC ( M  AD) Chứng minh

BD DM

DM  AM 

 OM // BD ( vng góc BC)  MOD BDO  (so le trong) BDO ODM  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: MDO MOD 

Vậy tam giác MDO cân M Do đó: MD = MO

 Áp dụng hệ định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0, 25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

N I

x D

M

O F

C

B A

BD AD

OM AM hay

BD AD

DM AM (vì MD = MO)

BD AM DM

DM AM



 

= +

DM AM

Do đó:

BD DM

DM  AM  (đpcm)

d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) theo R

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vng O có OF  AM ta

được:

OF2 = MF AF hay R2 = MF

4

R 

MF =

3

R

 Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông F ta được: OM =

2

2 2

OF

4

R R

MF R  

    

 

 OM // BD

OM AO

BD AB

  BD OM AB

OA

 

=

5 5

:

4 3

R R R

R R

 

 

 

 

Gọi S diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O)

S1 diện tích hình thang OBDM

S2 diện tích hình quạt góc tâm 

0

90

BON  Ta có: S = S1 – S2

 

1

S  OM BD OB

=

2

1 13

2

2

R R

R R

 

 

 

  (đvdt)

2

2

.90

360

R R

S  

(đvdt) Vậy S = S1 – S2 =

2

13

8

R R 

=  

2

13

R

 

(đvdt)

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Đề số 2

Bài ( 2điểm)

Rút gọn biểu thức sau: a)

3

15

5

 



 

 

  b) 11 1    3 Bài ( 1,5điểm)

Giải phương trình sau:

Bài (2điểm)

Cho hệ phương trình :

2

3

x my x y

  



 

 ( I ) a) Giải hệ phương trình m =

b) Tìm giá trị m để hệ (I) có nghiệm ( x; y) thoả mãn hệ thức:

m+1

x - y +

m-2 

Bài ( 4,5điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM=2R Gọi H trực tâm tam giác

a) Chứng minh tứ giác BHCM hình bình hành

b) Gọi N điểm đối xứng M qua AB Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn

c) Gọi E điểm đối xứng M qua AC Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng d) Giả sử AB = R Tính diện tích phần chung đưịng tròn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

Hướng dẫn:

Bài 1: Rút gọn a)

3

15

5

 



 

 

  =

3

15 15

5 3 b) 11 1    3 =  

2

11 1 

=

3

15 15

5  3 = 11  2

= 9 25 = = + = = Bài Giải phương trình sau:

a) x3 – 5x = b) x1 3 (1)

 x(x2 – 5) = ĐK : x –1   x1  x (x  5)(x  5) = (1)  x – = 9

 x1 = 0; x2 = 5; x3 =  5  x = 10 (TMĐK) Vậy: S = 0; 5; 5 Vậy: S =  10

Bài 3.

a) Khi m = ta có hệ phương trình:

2 2,5 2,5

3 3.2,5 7,5

x x x

x y y y

     



 

  

     

 



b)

   

2

3

x my x y

  

 

  

n m /

/ =

= M K O

H E

N

C B

A

n m /

/ =

= M K O

H E

N

C B

A

n m /

/ =

= M K O

H E

N

C B

A

ĐK: m

2

3 x 3m

  

 Do đó: y =

15 3m2

m+1

x - y +

m-2 

5 15

4

3 2

m

m m m



   

   (*)

Với

2

m

m 2, (*)  10m 2  m1 3  m2 4m 3  m2

Khai triển, thu gọn phương trình ta phương trình: 5m2 – 7m + = 0

Do a + b + c = + (– 7) + =0 nên m1 = (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK)

Bài 4:

a) Chứng minh tứ giác BHCM hình bình hành  900

ABM  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  BM AB

H trực tâm tam giác ABC  CH AB

Do đó: BM // CH Chứng minh tương tự ta được: BH // CM

Vậy tứ giác BHCM hình bình hành

b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn ANBAMB (do M N đối xứng qua AB)

AMBACB (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O))

H trực tâm tâm giác ABC nên AH  BC, BK  AC nên ACBAHK (K = BH  AC)

Do đó: ANBAHK.

Vậy tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn c) Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng

Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b)  ABN AHN

Mà ABN 900 (do kề bù với ABM 900, góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) Suy ra: AHN 900.

Chúng minh tương tự tứ giác AHCE nội tiếp  AHEACE900

Từ đó: AHN AHE 1800  N, H, E thẳng hàng.

d) Giả sử AB = R Tính diện tích phần chung đưịng trịn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

Do ABN 900 AN đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường trịn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

 Sviên phân AmB = Sviên phân AnB

AB = R  AmB1200 Squạt AOB =

2

0

.120

360

R R

 



 AmB 1200  BM 600  BM R O trung điểm AM nên SAOB =

2

1 1

2 ABM 2 4

 Sviên phân AmB = Squạt AOB – SAOB

=

3

R 

– 3

4

R

=  

4 3

12

R  

 Diện tích phần chung cần tìm :

Sviên phân AmB =  

2

4 3

12

R  

=  

2

4 3

6

R  

(đvdt)

Đề số 3:

Bài (2,5điểm)

Rút gọn biểu thức :

a) M =   

2

3  3

b) P =  

2

5

5

 

  

 

  

 

Xác định hệ số a b hàm số y = ax + b biết đồ thị hàm số đường thẳng song song với đường thẳng y = 2x qua điểm A( 1002;2009)

Bài 2.(2,0điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị Parabol (P) đường thẳng (d): y = 2x + m

Vẽ (P)

Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B.Tính toạ độ giao điểm (P) (d) trường hợp m =

Bài (1,5điểm)

Giải toán sau cách lập phương trình:

Tính độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng nội tiếp đường trịn bán kính 6,5cm, biết hai cạnh góc vng tam giác 7cm

Bài 4.(4điểm) Cho tam giác ABC có BAC 450, góc B C nhọn Đường trịn

đường kính BC cắt AB AC tai D E Gọi H giao điểm CD BE

Chứng minh AE = BE

Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp Xác định tâm K đường tròn đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE

Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE đường trịn (O) theo a

Hướng dẫn:

Bài

Rút gọn biểu thức : a)M =    

2

3  3

b)P =  

2

5

5

 

  

 

  

45

O = = K

H

E D

C B

A

= 2   3 2   =      

2

5

5

   



= 6 2     = 3 = 4 6 =  

2

3 1

= 1 Hoặc rút gọn M P theo cách sau:

M =    

2

3  3

b)P =  

2

5

5

 

  

 

  

 

=  3 2 3 2  3 2 3 2 =

   

 

5

5

  

 

= 2  = 4 6 = 3 =  

3 1

= 1 Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x  a2,b0

Đồ thị hàm số y = ax + b qua A( 1002;2009)  2009 2.1002 b b5 (TMĐK) Bài Vẽ (P): y = x2

Bảng giá trị tương ứng x y:

x – –1 y 1

(các em tự vẽ đồ thị)

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) & (d): x2 = 2x + m

 x2 – 2x – m =

' b'2 ac

   = + m

(d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B    ' m + >  m > – 1

 Khi m =    '  ' Lúc đó:

' '

A

b x

a   

 

+ = ;

' '

B

b x

a   

 

– = – Suy ra: yA = ; yB =

Vậy m = (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A(3; 9) B( – 1; 1) Bài 3: Đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác vuông: 6,5 = 13 (cm) Gọi x (cm) độ dài cạnh góc vng nhỏ (ĐK: < x < 13)

Cạnh góc vng lớn có độ dài là: x + (cm) Áp dụng định lí Pi ta go ta có phương trình:

(x + 7)2 + x2 = 132

Khai triển, thu gọn ta phương trình: x2 + 7x – 60 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = (nhận), x2 = – 12 < (loại)

Vậy độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng cần tìm là: 5cm 12cm Bài 4.

1 Chứng minh AE = BE

Suy ra: AEB900

Tam giác AEB vng E có BAE450 nên vng cân.

Do đó: AE = BE (đpcm)

2 Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp BDC 900  ADH 900

Tứ giác ADHE có ADH AEH 1800 nên nội tiếp đường tròn.

Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE trung điểm AH

3.Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Tam giác AEH vng E có K trung điểm AH nên

1

KE KA  AH Vậy tam giác AKE cân K Do đó: KAE KEA 

EOC cân O (vì OC = OE)  OCE OEC 

H trực tâm tam giác ABC nên AH  BC HAC ACO  900 AEK OEC 900 Do đó: KEO 900  OEKE

Điểm K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE nên tâm đường tròn ngoại

tam giác ADE Vậy OE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE 4.Tính diện tích phân viên cung nhỏ DE đường trịn đường kính BC theo a Ta có: DOE 2.ABE2.450 900( chắn cung DE đường tròn (O))

SquạtDOE =

2

0

.90

360

a a

 



SDOE =

2

1

2OD OE2a

Diện tích viên phân cung DE :   2

2

4

a a a 



  

(đvdt)

Đề số

Bài ( 1,5điểm).

a) Rút gọn biểu thức : Q =

x y y x x y



 với x0; y0 xy

b)Tính giá trị Q x = 26 1 ; y = 26 1 Bài (2điểm)

Cho hàm số y =

1

2x có đồ thị (P).

a) Vẽ (P)

b) Trên (P) lấy hai điểm M N có hồnh độ –1 Viết phương trình đường thẳng MN

c) Tìm Oy điểm P cho MP + NP ngắn Bài (1,5điểm)

Cho phương trình : x2 – 2( m – 1)x + m – = 0

b) Chứng minh rằng, với giá trị m phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Bài (4,5điểm)

Từ điểm A ngồi đường trịn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( với B, C hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm OA BC

a) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp b) Tính tích OH.OA theo R

c) Gọi E hình chiếu điểm C đường kính BD đường tròn (O) Chứng minh HEB = HAB .

d) AD cắt CE K Chứng minh K trung điểm CE

e) Tính theo R diện tích hình giới hạn hai tiếp tuyến AB, AC cung nhỏ BC đường tròn(O) trường hợp OA = 2R

Bài 5: (0,5điểm)