DE THI THU TOAN LOP 91

Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ MN. Chứng minh rằng: MP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MFG.. d) Chứng minh tích PE.PG không đổi khi I chạy trên cung nhỏ PN.[r]

(1)

ĐỀ THI THỬ LẦN III TOÁN (LỚP 1) Năm học: 2011 – 2012

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài 1: (2 điểm)

Cho biểu thức:

2

5

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Rút gọn A

b) Tìm giá trị x để A <

c) Tìm giá trị x để A nhận giá trị nguyên

Bài 2: (2 điểm)

Cho hệ phương trình:



m



x y

mx y m

   

 

  

 a) Giải hệ m = 

b) Tìm m để hệ có nghiệm cho tổng x + y dương

Bài 3: (2 điểm)

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

a) Tìm p để phương trình có nghiệm x1, x2 cho 3x1 - x2 =

b) Tìm p để hai nghiệm dương

c) Tìm hệ thức hai nghiệm khơng phụ thuộc vào p

Bài 4: (3 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây MN cố định Gọi P điểm cung nhỏ MN Lấy điểm I cung nhỏ PN kẻ tia Mx  IP K cắt NI kéo dài E

a) Chứng minh: PIE = PMN và IP tia phân giác MIE

b) Chứng minh P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE góc MEN có độ lớn khơng phụ thuộc vào vị trí điểm I

c) Tia ED cắt MN F cắt (O) G Chứng minh rằng: MP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MFG

d) Chứng minh tích PE.PG khơng đổi I chạy cung nhỏ PN Tính tích theo R góc PMN  .

Bài 5: (1 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức

4

x y

x  

 .

(2)

c) BÀI GIẢI 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),



 





 



(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)



 



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

mọi 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

(4)

Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có 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  AP2 = AE.AB 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) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng

AHC vng H, có HF chiều cao)

Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng

AHD vng 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 IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

A

B C

D P

E