DE THAM KHAO THI TS10 TOAN THCS BA

Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn O.. Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp..[r]

Bài 1: (1,0 điểm)  x 2 B   x   Cho biểu thức x 1 x3  x1    : 1 ( x  1)( x  3)     x  1 a) Rút gọn biểu thức B b) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ trên cùng mặt phẳng toạ độ Oxy hai đồ thị (P): y = x và (d): y = 2x + b) Tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) phép toán ? Bài 3: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1/ 5x  6x  0 5x  2y 9  2/ 2x  3y 15 Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x – 3x + m – = a) Giải phương trình (1) m = (1) 2 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x , x thoả mãn x1  x2 15 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD là tứ giác nội tiếp   2/ DOK 2.BDH 3/ CK CA 2.BD ĐÁP ÁN Bài 1:  x 0  x  1; 4;9 a) ĐKXĐ:  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  x  x  B : ( x  1)( x  3) x1  x  x  x   x 1  x  ( x  1)( x  3) x1 x  x -2 b) B x ( Với x 0 vµ x  1; 4;9 ) B nguyên  x   ¦(2)=  1 ; 2         x  1  x  x    x   x  2  x  x x    x =  ; 16 Vậy : Với 3  x 9 (lo¹i)  x 1 (lo¹i) 1    x 16 (nhËn) 4   x 0 (nhËn) 0 thì B nguyên Bài 2: a) Vẽ đồ thị hàm số (P): y = x bảng giá trị : x -2 -1 y=x Vẽ đồ thị hàm số (d): y = 2x + Cho x =  y = ta (0;3) Cho x =  y = ta (1;5) 1 Đồ thị: b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là 2 x = 2x +  x - 2x – = có  = + 12 = 16 > phương trình có nghiệm phân biệt x = -1 ; x = với x = -1  y = x=3  y=9 Vậy toạ độ giao điểm (P) và (d) là (-1;1) ; (3;9) Bài 3: 1/ PT: 5x  6x  0 ; 5x  2y 9   2x  3y  15  2/ 37 3  2 ; x   5  -4  S 2 ;  5   PT đã cho có tập nghiệm :  / 9  5( 8) 49   15x  6y 27   4x  6y 30 19x 57   5x  2y 9  / 7 ; x   x 3 x 3     y (9  15) :  y   HPT có nghiệm (x;y) = (3;-3) Bài 4: x - 3x + m – = (1) a) Khi m = phương trình (1) trở thành x - 3x + = có a = ; b = -3 ; c =  = – = 1>0 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt là x1 = ; x = 2 b) x - 3x + m – = (1) có  = – 4(m-1) = – 4m + = 13 – 4m Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt và  >0  13 – 4m >0  m  13 Theo định lí Vi-ét ta có x + x = (2) và x1.x2 = m – (3) 2   x1  x2   x1  x2  15 theo đề bài ta có x1  x2 15   x1  x2  15  x1  x2 5 (4) Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình {xx11  xx22 53  {xx124 Thay x1 4; x2  vào phương trình (3) ta m – = -  m = -3 (nhận) 2 với m = -3 thì phương trình (1) có nghiệm x , x thoả mãn x1  x2 15 Bài 5: 1/  DH  AC (gt) DHC 900 BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900 Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC góc không đổi 900  HBCD nội tiếp đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) D C 1 I K H A O B 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH đường tròn đường kính DC)     + C1 A1 (so le trong, AD//BC)  D1 A1       + DOK 2A1 (Góc tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK (O))  DOK 2D1 2BDH 3/   0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC + Gọi I AC  BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có: BD2 AD AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD (đpcm)