a Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.. Suy ra APH là tam giác cân c Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn O K khác A.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x x 0 x y 3 b) 5 x y c) x x 36 0 d) x 3x 0 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x và đường thẳng (D): y x trên cùng hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ các giao điểm (P) và (D) câu trên phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: A 3 1 34 5 x x x 28 x x 8 ( x 0, x 16) x x x 1 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x 2mx 4m 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm phương trình 2 Tìm m để biểu thức A = x1 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ B Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A trên đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P và Q (E nằm P và F) Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK là tứ giác nội tiếp d) Gọi I là giao điểm KF và BC Chứng minh IH2 = IC.ID BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x x 0 (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (2) x 1 hay x 1 (a) ((1) (2)) x y 3 (1) 11 y 11 b) 5 x y (2) 5 x y x y 1 y 1 5 x c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) 13 13 u 4 u 2 (*) có = 169, nên (*) hay (loại) Do đó, (C) x = x = 2 Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = x2 = x = 2 d) 3x x 0 (d) (d) có : a + b + c = nên (d) x = hay x 3 3 Bài 2: a) Đồ thị: 1; 1 , 2; Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; 1 , 0; 3 (D) qua b) PT hoành độ giao điểm (P) và (D) là x x x2 – 2x – = x hay x 3 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 1; 1 , 3; Vậy toạ độ giao điểm (P) và (D) là Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: A 3 1 34 5 (3) = (3 4)(2 1) 11 = 22 11 11 ( 4)(5 3) 13 26 13 13 = 2 3 2 1 ( 4 42 3) ( ( 1) = = [ ( 1)] = = B x x x 28 x x x x 8 x 1 x ( 1) ) ( x 0, x 16) x x x 28 x x 8 x 1 x = ( x 1)( x 4) x x x 28 ( x 4) ( x 8)( x 1) ( x 1)( x 4) = x x x 28 x x 16 x x x x 4x x ( x 1)( x 4) = = ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) = = x1 Câu 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 = A= ( x1 x2 ) x1 x2 b c 2m 4m a ;P= a 2 = 4m 3(4m 5) = (2m 3) 6, với m 3 Và A = m = 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ là m = Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có góc vuông A P Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là E hình chữ nhật) K Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Q F Do đó: góc OAC + góc AFE = 90 B OA vuông góc với EF O H I C D b) OA vuông góc PQ cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP (4) AP AE AB AP AP2 = AE.AB Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông H, có HE là chiều cao) AP = AH APH cân A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp d) Góc ICF = góc AEF = góc DKF ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH) IH2 = IC.ID Ths Phạm Hồng Danh (Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM) (5)