De thi TSL10 Toan Binh Phuoc 20142015

[r]

H= 3    GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015 Câu Nội dung N=1+ H= 3  81 = + = 10   =|3– = 3– (2,5 đ) ĐKXĐ:  và x  x x x  x 1 = G= x 1 = x – ( x – 1) = 5|+ 5 + =3 x ( x  1) ( x  1)( x  1)  x1 x 1 (2,0 đ) + Bảng số giá trị (P): x y = – x2 –2 –4 –1 –1 0 –1 –4 A + (d) qua điểm (0; 2) và (– 1; – 1) + Đồ thị: 1a 1b d' có dạng: y = a’x + b’ d’  d  a’ a = – 1  Với: a =  a’ =   d’ : y = x + b’  1  x + b’  x2 x + b’ = (*) Pt hoành độ giao điểm (P) và d’: – x2 = Pt (*) có  = – 4b’ 1 d' tiếp xúc (P)  = – 4b’ =  b’ = 36  2 1 x + 36 Vậy d’ có phương trình: y = 3x  y 5 6 x  y 10   5x  y  23   5x  y  23  Hệ pt:  x 3  x 3     y  3x    y  3  4 Vậy hệ pt có nghiệm x = và y = (2,5 đ) Khi m = 4, ta có pt: x2 + 4x + = Pt (*) có  ’ = > 1a Suy : x = –  11x  33  3x  y  (*) 1,2 Vậy m = 4, pt (1) có nghiệm x1,2 = –  Pt (1) có nghiệm x1, x2   = m2 –   m 2   m2   | m |    m   S  x1  x2  m  P  x1 x2 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):  x12 x22 x14  x24   7 2 2 x x x x  1 Theo đề bài:  x14 + x24 > 7(x1.x2)2  (x12)2 + (x22)2 > 7(x1.x2)2  (x12 + x22)2 – 2x12.x22 > 7(x1.x2)2 1b  [(x1 + x2)2 – 2x1.x2 ]2 > 9(x1.x2)2  [ ( – m)2 – ]2 > 12  ( m2 – 2)2 >  | m2 – | > m    m2      m      m  1(voâ nghieäm ) m     m   (thỏa ĐK) Với m >  | m | > x12 x22  7 x x1 5 Vậy m > m < – thì pt (1) có nghiệm thỏa Gọi x(m) là chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật (x > 0) 360 Chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật: x (m) 360 Theo đề bài, ta có pt: (x + 2)( x – 6) = 360  – 6x2 – 12x + 720 =  x2 + 2x – 120 =  x  10 (thoûa ÑK )    x  12(khoâng thoûa ÑK ) 360 Với x = 10  x = 36 Chu vi mảnh vườn: 2(10 + 36) = 92 (m2)  ABC vuông A nên:    0  B + C = 90  B = 30  (1,0 đ) AC = AB tanB = tan300 = = (cm) AB  AC  (2 )2 = (cm) AB AC  AB AC = BC AH  AH = BC = = 3(cm) 1  AM = BC = = (cm) Hình vẽ:  (2,5 đ) BC = = (O) có:   BE là tiếp tuyến B  BE  OB  OBE = 900 nhìn đoạn OE   CE là tiếp tuyến C  CE  OB  OCE = 900 nhìn đoạn OE Từ (1) và (2)  Tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn đường kính OE (O) có:   ADB = BAx (cùng chắn AB ) (1)    PQ // d  APE = BAx (so le trong) (2) Từ (1) và (2)  ADB = APE  ABD và  AEP có: ADB = APE (cmt) và EAP  chung   ABD  AEP (g.g) AB AD   AE AP  AB AP = AD AE (đpcm) (O) có:    BAx = B2 (cùng chắn AB ) (1) (2)    B1 = B2 (đối đỉnh)    BAx = B1  Mà: BAx = APE (cmt)   B1 = APE   BEP cân E  EP = EB (O) có:     CAy = C2 (cùng chắn AC ) (1)   C C 1= (đối đỉnh)    CAy = C1   PQ // d  CAy = AQE (so le trong)   C1 = AQE   CEQ cân E  EQ = EC (2)  Hai tiếp tuyến EB và EC cắt E EB = EC (3) Từ (1), (2) và (3)  EP = EQ (đpcm)  ABC và  AQP có:  ACB APQ  = (cùng BAx ) và PAQ chung   ABC  AQP (g.g) AC BC 2.MC MC PE PA     PE  CM CA  AP PQ 2.PE  AEP và  AMC có: PE PA   CM CA (cmt)    APE = ACM ( cùng BAx )     AEP  AMC (c g c)  PAE = MAC (đpcm) Gọi N là giao điểm tia AM và (O), ta có:     BAN = BCN ( cùng chắn BN )   AMB = NMC (đối đỉnh)   AMB  CMN (g.g) AM MB BC BC BC   CM MN  AM MN = MB.MC = = (*) (O) có:     PAE  MAC (cmt)  BAD  NAC     BAD noäi tieáp chaén BD     NAC noäi tieáp chaén CN  CN    BD  BD = CN     EBC cân E  EBM = ECM      EBD  DBM = ECN  NCM     Mà: EBD = ECN (chắn cung nhau)  DBM = NCM  BDM và  CNM có: MB  MC     DBM  NCM   BD CN    BDM =  CNM (c.g.c)  MD = MN BC Từ (*) và (**)  AM MD = (đpcm) (**)