De thi Toan vao lop 10 Mon Toan

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật... b) Gọi I là trung điểm của PQ.[r]

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

TP.HCM Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

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

b)

4

6

x y

x y

 

 

 



c) 4x413x2 3 d) 2x2 2x1 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

2 x y

và đường thẳng (D):

1 y x

hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn biểu thức sau: 12 21 12

A   

2

5

5 3 3

2

B            

   

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị

lớn nhất: A = x12x22 3x x1 Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)

a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường trịn APMQ hình chữ nhật

b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng

c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

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

9 16 25

   

(1)

3 5

2

4

x   hay x 

    

b)

4 (1)

6 (2) x y

x y

 

 

 



4 (1)

14 ( (2) (1)) x y

x pt pt

 

  

 



3 y

x

    

  

c) 4x413x2  3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4)

(4) có  169 48 121 11  

13 11 13 11

(4)

8

u  hay u 

    

Do (3)

1

3

x hay x

  

d) 2x2 2x1 0 (5)

' 2

   

Do (5)

2 2

2

x  hay x 

  

Bài 2:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0),  

1; , 2; 2

 

   

 

 

(D) qua  

1; , 2; 2

 

  

 

 

Do (P) (D) có điểm chung :  

1; , 2; 2

 

  

 

  .

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

1

2

x

x x x



     

1

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)  

1; , 2; 2

 

  

 

  .

Bài 3:

2

5

5 3 3

2

B            

   

   

2B =    

2

5 3  5   3  5 

 2  2 2 2

5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)

         

=    

2

5 (1 3) ( 1)    ( 1) ( 1)    = 5.3 20   B = 10.

Bài 4:

a)  

2 2 2 2

3m 8m 4m m 2m (m 1) m

             

Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m –

A=x12x22 3x x1  

1

x x x x

  

2

(3m 1) 5(2m m 1)

    

2 6 6 ( 1)2

4

m m m

       25 ( 1)2

4 m

  

Do giá trị lớn A : 25

4 Đạt m = Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO

=> EAOM nội tiếp

Tứ giác APMQ có góc vng :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM

Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng

c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc AOE ABM  , OE // BM =>

AO AE BP MP (1)

Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP AEAB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

I K

B

O

M Q

E

A

P x

Vậy K trung điểm MP Cách : Ta có

EK AP

EB AB(3) AE // KP,

mặt khác, ta có

EI AP

EOAB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng

So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI EB EO

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP

d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd

4 a b c d

4

  

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2 OP2  R2 (x R)  2Rx x Ta có: S = SAPMQ =

2

MP.AP x 2Rx x   (2R x)x

S đạt max  (2R x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max



x x x

(2R x)

3 3  đạt max

Áp dụng (*) với a = b = c = x

Ta có :

4

4

x x x x x x R

(2R x) (2R x)

3 3 3 16

 

        

 

Do S đạt max 

x

(2R x)

3   

3

x R

2

