Tài liệu Bộ đề thi vào lớp 10 môn toán các tỉnh năm 2016- 2017 có đáp án

  • Số trang: 92 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 11753 |
  • Lượt tải: 10
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 2 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 3 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 4 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2.0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: 1 ; 2 a) Tính 8  2  x  y  4 x  2y  6 a) Giải hệ phương trình:  Câu 2. (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 3 a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ; b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh. Câu 3. (2.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 1; b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn hệ thức x1  x2  2 Câu 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn; b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh hệ thức MA2 = MC. MD; c) Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc AHB; 0 d) Cho � AMB = 60 . Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và cung nhỏ AB. HẾT 5 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 Ý a) (1,00) b) (1,00) HƯỚNG DẪN CHẤM THI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn : TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang) Nội dung 8 2 1 2 =2 2 2 = 2 2 2 2 3 2 = 2 2 1,00 Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2  y = 2 Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 = 2. x  2 y  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm:  2 Điểm 0,50 0,25 0,25 Vẽ (d): y = – 2x + 3: Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x = (d) đi qua (0; 3) và ( 3 2 0,25 3 ; 0). 2 Vẽ (P): y = x2. Bảng giá trị x -2 -1 2 y = -x 4 1 0,25 0 0 1 1 2 4 a) (1,00) 0,50 3 6 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3  x2 + 2x – 3 = 0  x1 = 1, x2 = – 3. b) 2 (1,00) Thay vào y = x , tìm được y1 = 1; y2 = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9). Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0 a)  ' = 2. (1,00) Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2 . b) Ta có:  ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m. (0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2(m + 1); x1. x2 = 2m Theo đầu bài ta cần có x1, x2 là hai nghiệm không âm. Hay:  x1  x2  0 c)    x1 x2  0 (0,75) Ta có x1  x2  2m + 2 + 2  2( m  1)  0 m   1    m  0 (*)   2m  0 m  0  2  x1 + x2 + 2 x1 x2  2 2m = 2  m = 0 (thỏa mãn (*)) 0,25 0,25 0,25 4 Hình vẽ đến câu b 0,25 Hình (0,25) a) (0,75) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp Tứ giác MAOB có: 0 � � MAO = 90 , MBO (tính chất tiếp tuyến); 0 � � MAO + MBO = 180 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. Chứng minh: MA2 = MC. MD � Hai tam giác DMA và AMC có: M chung; � � MAC = MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây b) cùng chắn cung AC) (1,00) nên  DMA ∽  AMC (g-g) Suy ra: MA MD  MA2 = MC. MD  MC MA Chứng minh HM là phân giác của góc AHB Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH  CD ( Định lý quan c) hệ giữa đường kính và dây) (0,75) � � Suy ra: MHO = MBO = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. Tứ giác MHOB nội tiếp nên: � � BHM = BOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB) Tứ giác MHOB nội tiếp nên: � � AHM = AOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM) � � Lại có AOM = BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) � �  AHM = BHM . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 7 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và cung nhỏ AB 1 0 Tam giác MAO vuông tại A, có � AOM = 60 ; nên OA = MO hay 2 MO = 2 AO = 2R. Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2. Hay AM = 3 R. Gọi S là diện tích hình cần tìm, SMAOB là diện tích tứ giác MAOB, d) (0,75) SMAO là diện tích tam giác MAO, SqAOB là diện tích hình quạt chắn cung nhỏ AB khi đó S = SMAOB – SqAOB . Ta có: SMAOB = 2. SMAO = AO. AM = R. 3 R = 3 R2 (đvdt). 2 2 0  � � = 1200 nên SqOMB =  R .120   R Từ AOB = 120 sđ AB 360 3 0,25 0,25 (đvdt). Vậy S = SMAOB – SqAOB =   R2 = R 2 ( 3  ) (đvdt). 3R – 3 3 2 0,25 Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn. 8 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GD ĐÀO TẠO KỈ THI TUYỂN SINH VÀO 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày Thi: 19/6/2016 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2đ) Không dùng máy tính hãy thực hiện a/ Tính giá trị của biểu thức: A = x 6 khi x = 4 x5 5 2x  y  5  y  5 x  10 b/ Giải hệ phương trình  c/ Giải phương trình x4 +5x2 – 36 = 0 Bài 2 (1đ) Cho phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa x1  x2 =2 Bài 3 (2đ) Một phân xưởng cơ khí theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên đã hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Tìm số sản phẩm theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất. Bài 4 (4đ) Cho đường tròn tâm O, dây cung AB cố định (AB không phải là đường kính của đường tròn). Từ điểm M di động trên cung nhỏ AB (M  A và M  B), kẽ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Từ M kẽ đường vuông góc với NA cát đường thẳng NA tại Q. a/ Chứng minh bốn điểm A,M,H,Q nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra MN là tia phân giác của góc BMQ b/ Từ M kẽ đường vuông góc với NB cắt đường thẳng NB tại P. Chứng minh �  PMB AMQ � c/ Chứng minh 3 điểm P; H; Q thẳng hàng d/ Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN + MP. BN có giá trị lớn nhất Bài 5 (1đ) 3x 2  y 2  z 2  yz  1 Cho x, y, z là các số thực thõa mãn điều kiện 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z ------------------------------------------------------------------------------------- 9 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 HDG Bài 1 Bài 2 Bài 3 a/ A = -4 b/ Nghiệm của hệ (x;y) = (-5; -15) c/ Đặt t = x2 (t  0) ta có phương trình t2 + 5 t – 36 = 0 giải phương trình ta có t1 = 4 và t2 = - 9 (k tmđk) t = t1 = x2 = 4 => x =  2. Phương trình có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = - 2 Phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số) Có  = (3m – 1)2 – 4(2m2 – m) = 9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m = m2 – 2m +1= (m – 1)2 > 0 với mọi m khác 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 Theo đinh lí vi et ta có x1+ x2 = 3m – 1; x1x2 = 2m2 – m Lai có x1  x2  2  ( x1  x2 )2  4 x1 x2  4  (3m – 1)2 – 4 (2m2 – m) = 4  9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m -4 =0  m2 – 2m – 3 =0 Giải phương trình ẩn m ta có m1 -1 và m2 = 3. (cả 2 nghiệm đều tmđk) Gọi x là số sản phẩm phân xưởng làm một ngày theo kế hoạch (x nguyên dương) x+ 5 là số sản phẩm mà phân xưởng làm thực tế mỗi ngày 2đ 1đ 2đ 1100 (ngày) x 1100 Thời gian thực tế hoàn thành số sản phẩm được giao (ngày) x5 Thời gian dự định hoàn thành số sản phẩm được giao Do hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày ta có phương trình 1100 1100   2. x x5 Gải phương trình ta được x1= 50 (tmđk) x2 = - 55 (k tmđk) Vậy theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất là 50 sản phẩm Bài 4 4đ � � a/ ta có MQA  MHA =.> hai điểm H, Q cùng nhìn đoạn AM dưới 1 góc không dổi => tứ giác AMHQ nội tiếp => 4 điểm A,M,H,Q cùng nằm trên một đường tròn 10 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 � � � QMN  BMN (cùng bằng BAN ) Suy ra MN là tia phân giác của góc BMQ � � b/ Ta có MBP  MAN (cùng bù với góc MBN) => �  PMB AMQ � c/ Theo câu b ta có �  PMB suy ra �  PHB mà �  1800 suy AMQ � AHQ � AHB 0 � ra QHP bằng 180 = > 3 điểm P; H; Q thẳng hàng d/ Ta có 2(SAMN +SMBN) = MQ.AN + MP. PN = MN.AB  2R.AB (R là bán kính của đường tròn (O); AB không đổi) � � Dấu bằng xảy ra  MN là đường kính khi đó MA  MB Vậy M là điểm chính giữa cảu cung AB thì.AN + MP.BN có giá trị lớn nhất Bài 5 3x 2 3x 2  y 2  z 2  yz  1 = > yz = 1   y2  z2 2 2 2 2 2 2 B = x + y + z  B = x +y z + 2(xy +yz + xz) Từ = > B2 = x2 +y2 z2 +2(xy + 1  3x2  y 2  z 2 +xz) 2 2 2 y  = > B2 = 2 -  x x z   2   B 2 2 B 2 2 Vậy Min B =  2 ; Max B = 2  x = y = z = 3 11 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1.5 điểm) 2 a) Giải phương trình: x  2. x  4 x  3  0 ; b) Giải phương trình: x 4  2 x 2  3  0 ;  2 x  by  a c) Tìm a, b để hệ phương trình  có nghiệm (1; 3).  bx  ay  5 Câu 2: (1.5 điểm) 2 Cho hàm số y  2 x có đồ thị (P). a) Vẽ đồ thị (P); b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d): y   x  3 bằng phép tính. Câu 3: (1,5 điểm) Một công ty vận tải dự định dùng một loại xe có cùng trọng tải để chở 20 tấn rau theo hợp đồng. Nhưng khi vào việc, công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng loại xe nhỏ có trọng tải nhỏ hơn 1 tấn so với loại xe ban đầu. Để đảm bảo thời gian đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi trọng tải mỗi xe nhỏ là bao nhiêu tấn. Câu 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x 2  (5m  1) x  6m 2  2m  0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m; 2 2 b) Tìm m để nghiệm x1 , x2 của phương trình thỏa hệ thức x1  x2  1 . Câu 5: (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) và AH là đường cao của tam giác. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, AC. Kẻ NE vuông góc với AH. Đường thẳng vuông góc với AC kẻ từ C cắt tia AH tại D và AD cắt đường tròn tại F. Chứng minh: a) �  �  BIC và tứ giác DENC nội tiếp; ABC ACB � b) AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân; c) Tứ giác BMED nội tiếp. …………Hết……….. 12 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HD CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN Câu 1: a) Điều kiện x  2, phương trình  x2 0 (1) x  2. x 2  4 x  3  0   2 x  4 x  3  0 (2) (1)  x – 2 = 0  x = 2; (2) có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = 3; Với kiều kiện x  2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2, x = 3. b) Đặt t  x 2 (t  0) phương trình trở thành t 2  2t  3  0 . có a – b + c = 1 – (–2) + (–3) = 0 nên có nghiệm t1 = –1 (loại), t2 = 3; t = 3  x2  3  x   3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  3, x   3  2 x  by  a c) Thay x = 1, y = 3 vào hệ  , ta có  bx  ay  5 17   a  2  3b  a  10  2  3b  a  a  2  3b        1    b  3a  5  b  6  9b  5  b   b   1 10   10 Câu 2: a) Đồ thị (P) là một parabol đi qua 5 điểm (0;0), (1;2), (–1; 2), (2; 8), (–2; 8). b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là 2x2   x  3  2x2  x  3  0 có a + b + c = 2 + 1 + (–3) = 0 nên có nghiệm x1  1  y1  2  x2   3  y2  9  2 2  3 9 Tọa độ giao điểm hai đường là  1;2  ,   ;   2 2 Câu 3: Gọi x (tấn) là trọng tải xe nhỏ (x > 0); x + 1 (tấn) là trọng tải xe lớn; 20 là số xe nhỏ; x 20 20 20  1 là số xe lớn. Ta có phương trình x 1 x x 1 Với x > 0 phương trình trên trở thành 20 x  20  20 x  x 2  x  x 2  x  20  0 1  9 1  9  4 , x1   5 (loại) Có  = 1 + 80 = 81 > 0 nên có 2 nghiệm x1  2 2 Vậy trọng tải xe nhỏ là 4 tấn. 13 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Câu 4: 2 2 2 2 a)   25m  10m  1  24m  8m  m  2m  1  (m  1)  0, m nên phương trình luôn có nghiệm m.  x1  x2  5m  1 2 2 2 b) Theo viét:  . Theo đề: x1  x2  1  ( x1  x2 )  2 x1 x2  1 2  x1 x2  6m  2m m  0 2 2 2  25m  10m  1  2(6m  2m)  1  13m  6m  0  m(13m  6)  0   6 m  13  là 2 giá trị m cần tìm. Câu 5: 1 1 1 � ABC ACB AC AB a) �  �  sñ �  sñ �  sñ BAC và 2 2 2 1 � � BIC  sñ BAC  �  �  BIC ; ABC ACB � 2 � � NE  AH, DC  AC  DEN  DCN  900  900  1800  tứ giác DENC nội tiếp. b) Ta có HM  AB, HN  AC, AH  BC nên theo hệ thức lượng cho tam giác vuông 2 2  AH  AM . AB, AH  AN . AC  AM . AB  AN . AC �  900  AI là đường kính �  900  FI  AD  FI // BC (cùng vuông góc ACI AFI � � với AD)  BF  CI (hai cung chắn giữa hai dây song song)  BF = CI  tứ giác BFIC là hình thang cân. c) Ta có AM . AB  AN . AC ; AEN vuông tại E và ACD vuông tại C có góc nhọn A AE AN   AE. AD  AN . AC chung nên đồng dạng  AC AD AM AE   AM . AB  AE. AD  và � góc chung  AME đồng dạng ADB A AD AB � � � � AME � AME ADB mà �  EMB  1800  EDB  EMB  1800  Tứ giác BMED nội tiếp. 14 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 15 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN - BÌNH THUẬN 2016-2017 Câu Hướng dẫn giải 2 x + 5x + 6 = 0 a 1   52  4.1.6  1 5  2.1 x  y  2    2x  y  4  x1  b A=   5  1  3 2.1  3x  6 x  2 x  2      x  y  2 2  y  2 y  0 1  2; x2   28  2 7  7 . 7   2 7 2 7  7 . 7 a  7. 7 7 2 B = a b b a : b   ab a b  ab 1  a b a b   a b ab .  a b   a b a x y = x2 -2 4 -1 1 0 0 1 1 Pt hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  2 x  m  x 2  2 x  m  0 (1) (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi pt (1) cí hai nghiệm phân biệt 3 b   '  0  (1) 2  1.m  0  1 m  0  m 1 Vậy với m < 1 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt 4 16 2 4 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Xét tứ giác OBMC có: � � B  C  900 (t/c tiếp tuyến) � �  B  C  1800  Tứ giác OBMC nội tiếp b Xét  MAB và  MBD có: � M chung �  B   1 sd BD  � A �   2    MAB  MBD (g.g) � �  1 �  Ta có: E1  BCM   sd BC   2 c  � � BCM  O1  vì OBMC noi tiep  � �  E1  O1  MO // EC ( vì hai góc E1 và O1 ở vị trí đồng vị) � � � Khi BAC  600 thì  BMC là tam giác đều (vì MB = MC và MBC  BAC  600 ) Gọi H là giao điểm của BC và OM. Khi quay  BMC quanh cạnh BC thì hình sinh ra là hai hình nón bằng nhau có chung mặt đáy bán kính là HM, đường cao là BH. Ta có : OM là trung trực của BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  OM  BC tại trung điểm H. 1� � BAC  BOC (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 2 cung) d � 1�  O1  BOC  600 (OM là phân giác của góc BOC) 2 � Trong  BOH vuông tại H có: BH  OB.sin O1  R.sin 600  R 3 2 � � M 1  O1  900 (  OBM vuông tại B) � �  M 1  900  O1  300 Trong  BMH vuông tại H có: R 3 BH 3R MH   2 0 � 2 tan M 1 tan 30 2 1 1  3R  R 3 3 3 3  R Thể tích hai hình nón là: V  2.  .MH 2 .BH  2.  .   . 3 3  2  2 4 17 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 14 tháng 6 năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 3 16  2 9  b) Giải hệ phương trình: c) Giải phương trình: 8 2 4x  y  7  3x  y  7 x2 + x – 6 = 0 Câu 2: (1,0 điểm) a) Vẽ parabol (P): y = 1 2 x và 2 b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = 2x + m đi qua điểm M(2;3) Câu 3: (2,5 điểm) a/ Tìm giá trị của tham số m để phương phương trình x 2 – mx – 2 = 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x2  2 x1  2 x2  4 b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 360 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó, biết rằng nếu tăng chiều rộng thêm 3m và giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích không thay đổi. c/ Giải phương trình: x 4  ( x 2  1) x 2  1  1  0 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại D. Gọi E là trung điểm đoạn CD. Tia AE cắt nửa đường tròn (O) tại M. a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp. b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM c) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh FD 2 = FA.FB và CA FD  CD FB d) Gọi (I; r) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM. Giả sử r = CI//AD. Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b là hai số dương thỏa mãn ab  CD . Chứng minh 2 a b ab . Tìm Min P = ab + a b ab -------------------------------- Hết---------------------------------- 18 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ĐÁP ÁN Câu 1: a) Rút gọn: A= 3 16  2 9  8  12  6  2  8 2  4x  y  7  7 x  14 x  2      3x  y  7  4x  y  7  y  1 b) Giải hệ PT:  c) Giải PT: x2+x-6=0   b 2  4ac  12  4.1.( 6)  25  x1   5 b   1  5 b    1  5   2; x1    3 2a 2 2a 2 Câu 2: a) Vẽ đồ thị hàm số: x -2 1 y= x 2 2 -1 0.5*x^2 2 1 2 0 1 2 0 1 2 2 y= / x (-2, 2) (2, 2) b) Để (d) đi qua M(2;3) thì: 3=2.2+m  m=-1 Vậy m=-1 thì (d) đi qua M(2;3) 1 (1.0, 0.5) (-1.0, 0.5) 1 Câu 3: a) Vì a.c=1.(-2)=-2<0 Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. b   x1  x2  a  m  Theo ViÉt ta có:   x .x  c  2  1 2 a Để x1x2 +2x1+2x2 =4 x1x2 +2(x1+x2) =4-2+2m=4m=3 Vậy m=3 thì phương trình x2-mx-2=0 có hai nghiệm thỏa: x1x2 +2x1+2x2 =4 b) Gọi x(m) chiều rộng của mảnh đất lúc đầu(x>0) Chiều dài mảnh đất lúc đầu 360 (m) x Chiều rộng mảnh đất sau khi tăng: x+3(m) Chiều dài mảnh đất sau khi giảm: Theo đề bài ta có pt: (x+3)( 360  4 (m) x 360  4 )=360 x  x  15(n)  x  18(l ) (x+3)(360-4x)=360x x2+3x-270=0   19 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Vâ ây chiều rộng, chiều dài của thửa đất hình chữ nhật lúc đầu là: 15m và 24m Câu 3c) Giải phương trình: x 4  ( x 2  1) x 2  1  1  0  x 4  1  ( x 2  1) x 2  1  0  ( x 2  1)( x 2  1)  ( x 2  1) x 2  1  0  ( x 2  1)( x 2  1  x 2  1)  0  ( x 2  1)( x 2  1  x 2  1  2)  0  ( x 2  1  x 2  1  2)  0 (1). Vì  x 2  1  0x t  1(n) 2 Đặt t = x 2  1(t  0) . (1)  t  t  2  0   t  2(l ) Với t = 1  Câu 4 x 2  1  1  x  0 . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0 H D 1 2 K M 1 I E 1 F A 1 C O B � � � a\ Xét tứ giác BCEM có: BCE  900 ( gt ) ; BME  BMA  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) � �  BCE  BME  900  900  1800 và chúng là hai góc đối nhau Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE � �  DEM  CBM (Y BCEMnt )  b\ Ta có:  � � �  CBM  CBD  B1 � � � A Mà CBD  M 1 (cùng chắn cung AD); B1  � (cùng chắn cung DM) 1 � � A � Suy ra DEM  M 1  � Hay DEM  �  DAM AMD � 1 � � � c\ + Xét tam giác FDA và tam giác FBD có F chung: D1  FBD (cùng chắn cung AD) FD FA  hayFD 2  FA.FB FB FD �  FBD (cmt); D  FBD (cùng phụ � ) nên D  D � � � � � + Ta có D1 DAB 2 1 2 CA FA FD FA   (cmt ) . Suy ra DA là tia phân giác của góc CDF nên . Mà CD FD FB FD CA FD  Vậy CD FB CD d\ + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM có IE = (gt). 2 CD Mà ED = EC = (gt) 2 Suy ra tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên: 20
- Xem thêm -