Tong hop 4 de

Suy ra: KB = KC hay K là trung điểm của đường chéo BC nên K cũng là trung điểm của đường chéo HF của hình bình hành BFCH.. Vậy ba điểm H, K, F thẳng hàng.[r]

(Thời gian làm :120 phút ) Bài 1/ A 23 5 18 45 23 3 5   2

2/ Với x>0, ta có:    

2

1 1 2 4 1 2

1

1 1

x x x x x x x x

B x

x x x x

       

     

   

Bài 1/ Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;0) 2/ a) x2 2mx m 2  m 1 

Khi m = -1, phương trình (1) trở thành:

     2

2

2 1 3

x   x      x  x  (*)

Ta có a+b+c = 1+2-3 = nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1, x2 = -3

Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 1, x2 = -3 m = -1

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, x1x2 0 khi:

2

2

' ( ) 1.( 3)

3

3

0 ( )

0

0 0

1

m m m

m m

m m m

m

b m

m m

m a

       

          

      



         

   

 

 

Vậy m=0 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x1x2 0 Bài 1/

 Xác định điểm thuộc đồ thị hàm số y2x1:

 0;  0;1

1 ; ;

2

A b A

b

B B

a  



    

   

    



 Lập bảng giá trị:

x -2 -1

2 x

y

2

1

2

 Vẽ đồ thị: HS tự vẽ

2/ Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b Vì (d) song song với đường thẳng y = 2x+1 nên a = 2, ta được: (d): y = 2x +b

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

2 4

2 x

x b x x b x x b

        

2

' ( 2) 1.( )b 2b       

Bài

1/- Chứng minh OADC tứ giác nội tiếp Xét tứ giác OADC, có:

0 90

DAODCO ( tính chất tiếp tuyến)

Do đó:

180 DAODCO

Mà DAO DCO hai góc đối Vậy OADC tứ giác nội tiếp

2/- Chứng minh MC2 MA MB Xét MAC MCB, có:

M : góc chung

MACMCB(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) Do đó: MAC MCB(g.g)

Suy ra: MC MA MC2 MA MB

MB MC  

3/- Đường thẳng vuông góc với Ax D cắt tia BC E Chứng minh tứ giác DAOE hình chữ nhật

Giải: Ta có:

1

2

DOA AOC sđ AC (1) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

2

EBO sđ AC (2) (góc nội tiếp chắn cung AC) Từ (1) (2) suy ra: DOA EBO

Mà DOA EBO vị trí đồng vị, suy ra: DO//EB (3) Mặt khác: DE//OB (DE OB vng góc với AD) (4) Từ (3) (4) suy ra: OBED hình bình hành

Suy ra: DE//OB DE=OB hay DE//AO DE = AO (vì AO = OB (bán kính đường trịn (O)) Do đó: DAOE hình bình hành (*)

Ta lại có:

90

DAO (tính chất tiếp tuyến) (**) Từ (*) (**) suy ra: DAOE hình chữ nhật

x

E

M D

O A

(Thời gian làm : 120 phút ) Bài : ( 2,0điểm )

1/-Thực phép tính : A = 2

5 4 3 81

2/-Rút gọn tính giá trị biểu thức : B = p q2 2 2q 1, với p =1+ 2;q = Bài : ( 2,5 điểm )

1/-Giải phương trình hệ phương trình : a/ 3x2 - 7x + = ; b/

3 x y

x y

  

   

2/-Tìm m để phương trình :x22mx2m 1 0(m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa x13x2 2m4

Bài : ( 2,0điểm )

Cho hai hàm số : 2 

y x P y3x4 d

1/- Với giá trị x hai hàm số (P) (d) ?

2/- Trên (P) lấy hai điểm A B có hồnh độ Hãy viết phương trình đường thẳng AB

Bài : ( 3,5 điểm )

Cho đường tròn tâm O bán kính OA đường trịn tâm O’ đường kính OA 1/- Hãy chứng tỏ đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A

2/- Dây AD đường tròn (O) cắt (O’) M Chứng minh AM = MD 3/- Chứng minh OD // O’M

Bài giải:

Bài : 1/ A = 5242 3 81 93 9 3 3.3 12 2/ Ta có: B = p q2 2   2q 1 p  q12   p q 1,

Với p =1+ 2;q = 2, ta có: B=    p q 1 2 1    1 1    1 Bài 2: 1/ a/ 3x27x 2 0a3,b 7,c2

 2

7 4.3.2 49 24 25

       

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:

   

1

2 25 25

;

2.3 6 2.3 6

x        x        

b/ 3   7

3 4 10

y y

x y x y y y

x y x y x y x x

     

     

    

           

  

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (10;7)

2/ x22mx2m 1 0(1) (ta có: a = 1, b = -2m, b’= -m, c = -(2m+1)) '

 =(-m)2 – 1.[-(2m+1)] = m2 +2m+1=(m+1)2 0nên phương trình :x22mx2m 1 0 ln có hai nghiệm x1, x2

Theo đề ta có hệ phương trình:

 

1 2 2

1 2

1 2 1

1 2

2

2 2

1

3 2 2( 1)

3 4

b m

x x m x x x

x x x x

a

x x m x x m x m x m

x x m x x m

                                                       

Theo hệ thức Vi-et, ta có:

(2 1)

2 1

m

x x      m (*) Thay x1 = 2(m+1) x2 =-2 vào (*) ta được:

2(m+1)(-2) = -2m-1 -4m-4= -2m-12m=-3

m 

 

Vậy

2

m phương trình :x2 2mx2m 1 0(m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa

1 2

x  x  m

Bài 3: Cho hai hàm số : 2 

y  x P y3x4 d

1/- Hàm số (P) (d)  2x  x x  x 

' ( 3) 1.8         Phương trình

6

x  x  có hai nghiệm phân biệt:

1

( 3) ( 3)

4;

1

x      x    

Vậy với x = x = hai hàm số (P) (d) 2/ Thay x =1 vào hàm số 2 

2

y  x P , ta được: 12 1;1

2 2

y    A    Thay x =2 vào hàm số 2 

2

y  x P , ta được: 22 2; 2

y   B

Phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax+b a0 Đường thẳng AB qua 1;1 A 

  B 2; nên ta được:

1

1 2 1

.1

2

2 2 2

2 2

b

a b b b

a b

a b a b a a

a b                                        

1/ Ta có OO’ = OA – O’A = R’ (R’ bán kính đường trịn (O’)) Do (O) (O’) tiếp xúc A 2/- Dây AD đường tròn (O) cắt (O’) M Chứng minh AM = MD

Ta có: OD = OA (bán kính đường trịn (O)), suy ODA cân O (1)

Ta lại có:

90

OMA (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O’)) Hay OM DA (2)

Từ (1) (2) suy OM vừa đường cao nên đường trung tuyến Vậy MA = MD

3/- Chứng minh OD // O’M

Ta có: MA = MD (chứng minh trên) OO’ = AO’ =R’

Do MO’ đường trung bình tam giác ODA Suy ra: OD // O’M

M

O'

O A

Đề số (Thời gian làm 120 phút) Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

a/ + 27 - 48 b/  

2

1- x + x

1+ x với x0

Bài 2: (2,0 điểm)

a/ Vẽ đồ thị hàm số y  2x (d)

b/ Viết phương trình đường thẳng (e) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ cắt trục tung điểm có tung độ

c/ Tìm tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d) (e) phép toán Bài 3: (2,5 điểm)

1)Cho phương trình bậc hai ẩn x

2 2

x 2x m  1 0 (1), m tham số

a/ Khi m1, giải phương trình

b/ Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:

3 3

1 2

x x 26

2) Giải phương trình hệ phương trình sau

a/ x22013x20120 b/ 15x y 10

5x y 10

  

  



Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Các đường cao BD, CE cắt

nhau H

1/ Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn;

2/ Vẽ đường kính AF, kẻ OK  BC K Chứng minh ba điểm H, K, F thẳng hàng; 3/ Cho biết 0

BAC60 Hãy tính diện tích tam giác BOC theo R Bài giải:

Bài 1: a/ 4 3 27 48 4 33 34 33 3

b/ Với x0 , ta có:

 2  2

1- x + x 1- x + x + x 1+ x + x 1+ x

= = = = 1+ x

A(0;b) = (0;4)

 

4

; ; 2;

b B

a

 

   

   

   

* Vẽ đồ thị hàm số y  2x (d)

b/ Phương trình đường thẳng (e) có dạng: y = ax+b cắt trục hồnh điểm có hoành độ cắt trục tung điểm có tung độ nên ta được:

0 5

5 5

a b a a

a b b b

     

  

 

      

  

Vậy phương trình đường thẳng (e) là: y = -x +

c/ Tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d) (e) nghiệm hệ phương trình:

 

1

2 4

1

5 5

x

y x x x x x x

y

y x y x y x y

  

             

    

                   

    

Vậy toạ độ giao điểm hai đường thẳng (d) (e) là: M(-1;6)

Bài 3:

1) x22x m 2 1 0 (1)

a/ Khi m1, phương trình (1) trở thành:

2 2 x =

x - 2x -1 +1 = x - 2x = x(x - 2) =

x =



   

 Vậy S = 0; 2  m =1

b/ Ta có Δ' = -1 -1.(-m +1) = 1+ m 2 2 1 m2 0 nên phương trình (1) ln có hai nghiệm x1 , x2 Ta lại có:

3 3

1

-(-2) -m -(-2)

x + x = 26 S - 3PS = 26 - = 26 + 6m = 26

1 1



   

       

   

2

3 1 2

6

m = -2 6m = 24 m =

m =



   



2 2

Vậy với m =-2 m=2 phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thoả x13x32 26

2) Giải phương trình hệ phương trình sau

y

a/ x22013x20120

Ta có: a + b + c = – 2013 + 2012 = nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1

2012

1; 2012

1

x  x  

b/ 15x - y = 10 20x = 20 x = x =

5x + y = 10 5x + y = 10 5.1+ y = 10 y =

   

  

   

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;5)

Bài 4: 1/ Xét tứ giác BCDE có:

90

BEC (giả thiết)

90

BDC (giả thiết)

Hai đỉnh E D nhìn cạnh BC góc 900

nên bốn điểm B, C, D, E thuộc đường tròn hay tứ giác BCDE nội tiếp 2/ Chứng minh ba điểm H, K, F thẳng hàng;

Ta có: ACF900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) hay FCAC BDAC (giả thiết)

Suy FC// CD hay FC//BH (1)

Chứng minh tương tự , ta được: BF//CE hay BF// CH (2) Từ (1) (2) suy BFCH hình bình hành

Mặt khác, OB = OC (bán kính đường trịn (O)) nên tam giác OBC cân O

Xét OBC cân O, có OK đường cao (OKBC (giả thiết)) nên OK đường trung tuyến

Suy ra: KB = KC hay K trung điểm đường chéo BC nên K trung điểm đường chéo HF hình bình hành BFCH Vậy ba điểm H, K, F thẳng hàng

3/ Cho biết 0

BAC60 Hãy tính diện tích tam giác BOC theo R

BOC BAC (góc tâm góc nội tiếp chắn cung BC) Hay BOC2.600 1200 Xét OBC cân O, có OK vừa đường cao, vừa đường phân giác nên ta được:

0 120

60

2

BOC

BOK   

Xét OBK vuông K, ta có:

0

0

3

sin sin 60 sin 60

2

cos cos 60 cos 60

2

BK BK R

BOK BK R BC BK R

OB R

OK OK R

BOK OK R

OB R

        

     

Do đó:

2

1

2 2

OBC

R R

S  OK BC  R 

K F H

E

D O

C B

Đề số (Thời gian làm 120 phút)

Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức:

a/ 15 2 3

5 2



 b/ 3 2  3 2

Bài 2: (2,0 điểm)

a/ Vẽ đồ thị hàm số

2

x y

2

 (P)

b/ Tìm điều kiện m để đường thẳng y  2x m (d) tiếp xúc với (P) Khi tính tọa độ điểm tiếp xúc

Bài 3: (2,5 điểm)

1) Cho phương trình x22 m x 3m 1     0 (m tham số)

a/ Tìm m để phương trình có nghiệm x1 5 Tính x2;

b/ Chứng tỏ phương trình có nghiệm với giá trị m

2) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 - 3x +2 = b) 3x y

2x y   

  



Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) dây BC cho BOC 120 0.Tiếp tuyến B ,C đường tròn (O) cắt A Qua A vẽ đường thẳng d không qua tâm O , d cắt (O) P Q

1/ Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp 2/ Chứng minh hệ thức : AB.AC = AP.AQ

2/ Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Tiếp tuyến M (O) cắt AB, AC E, F Tính chu vi AEF theo R;

Bài giải:

Bài 1:

a/  



 

  

  

3 5 2

15 2 3 3 5 2 3

3

5 2 5 2 5 2

           

2 2

Bài 2: a/ Vẽ đồ thị hàm số

2

x y

2

 (P)  Lập bảng giá trị:

x -2 -1

2

x y

2



2

1

2

 Vẽ đồ thị:

b/ Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

2

2

2 x

x m x x m

       (*)

 

2

' 2m 2m

     

Đường thẳng y  2x m (d) tiếp xúc với (P)     ' 2m   0 m Với m =-2, phương trình (*) có nghiệm kép 2

1

x    thay vào hàm số

2

x y

2

 , được:

 

 

2

2

y 2

2 Vậy điểm tiếp xúc có toạ độ (-2; 2)

Bài 3: (2,5 điểm)

1) Cho phương trình x22 m x 3m 1     0 (m tham số)

a/ Để phương trình có nghiệm x1 5  522 m 3m 1     0

34 13m  0 m 34

13

Theo hệ thức Vi-et, có:

 

1 2 2

34 21 42 23

x x x x x x

13 13 13 13

m     

                

b/ Ta có: '  1  1 2

m m m m m m m m

                  

 

Vậy phương trình có nghiệm với giá trị m

2) a) x2 - 3x +2 =

Ta có: a + b + c = – +2 = nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: 1; 2

x  x 

b) 3x y 5x x x

2x y 2x y 2.1 y y

    

   

          

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) Bài 5: 1/ Xét tứ giác ABOC, có:

0 90

ABO ACO (tính chất tiếp tuyến) Suy ra: ABOACO1800

Mà ABO ACO hai góc đối Vậy tứ giác ABOC nội tiếp

2/ Chứng minh hệ thức : AB.AC = AP.AQ Xét ABP AQB, có:

BAP: góc chung

ABP AQB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BP)

Do đó: ABP AQB (g.g)

Suy ra: AB AQ AB AB AP AQ (1)

AP  AB  

Mặt khác, AB = AC (2) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Từ (1) (2) suy ra: AB.AC = AP.AQ

3/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: ME = BE ; MF = CF

0

1 120

60

2

BOA BOC 

Suy EF = ME + MF = BE + CF

Do đó: EF+AE+AF = BE+CF+AE + AF = (BE+AE)+(CF+AF) = AB+AB=2AB Xét ABO vng B, BOA600, ta có:

tanBOA AB tan 600 AB AB Rtan 600 R

BO R

     

Chu vi tam giác AEF là: EF+AE+AF=2AB= R.2

E

F P

O

B C

Q

M

A