Đề thi học kì II môn Toán học 930278

Các tiếp tuyến tại B, tại C của đường tròn O cắt nhau tại M c Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và AHˆOMHˆD d Chứng minh rằng: BAˆDCAˆH... Các tiếp tuyến tại B, tại C của đường trò

ĐỀ SỐ 1: QUẬN 1, NĂM 2014-2015 Bài 1: (3 điểm)Giải các phương trình và hệ phương trình sau:













 15 2y 3x

33 5y 7x

Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: x23xm10 (x là ẩn)

a) Định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 Tính x1x2 và x1x2 theo m

b) Định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn: x1x141 x2 32x42 13

Bài 3: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

4

x y

2



 b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng  d :x2y4

Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R) Các tiếp tuyến tại B, tại C

của đường tròn (O) cắt nhau tại M

c) Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và AHˆOMHˆD

d) Chứng minh rằng: BAˆDCAˆH

BÀI GIẢI

Bài 1: (3 điểm)Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3x2150 (1)

Giải:

0 45 15 3 0



Do '0nên phương trình (1) vô nghiệm

Vậy phương trình (1) vô nghiệm

b) x22 31x2 30 (2)

Giải:

Ta có abc12 31  2 3 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm:

3 2 1

3 2 a

c x 1;

x1 2   

Vậy phương trình (2) có tập nghiệm là S1;2 3

c) 3x410x2 80 (3)

Giải:

Đặt tx2t0

Phương trình (3) trở thành: 3t2  0t80 (*)

 5 3. 8 25 24 49 0; ' 49 7 '























Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

4 3

7 5

3

2 3

7 5





 Với t1 4 thì x2 4x2

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là S2;2















15 2y 3x

33 5y

7x

Giải:

 





































































6 y

9 x 15 2y 27

9 x 15 2y 3x

9 x 75

10y 15x

66 10y 14x 4

Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là    x;y  9;6

Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình: x23xm10 (x là ẩn)

a) Định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 Tính x1x2 và x1x2 theo m

Giải:

Ta có Δ324.1.m194m4134m

Để phương trình có hai nghiệm x1, x2

4

13 m 13 4m 0

4m 13 0



Vậy phương trình có nghiệm x1, x2 khi

4

13

4

13

1 m 1

1 m a

c x x P 3;

1

3 a

b x x

b) Định m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn: x1x141 x2 32x42 13

Giải:

Ta có x1x14 1 x2 32x4213

3 x 32x x

x15 1 52 2 



 

3 x

0 x 3

0 x x x

0 2x x

2x x

2x x

32x x

0 32x x

0 3 3 32x

x

0 3 x x 32x x

2 2

2 2 1

2 1

2 1

5 2 5

1

5 2 5

1

5 2 5

1

5 2 5

1

2 1 5 2 5

1











































































Thay x2 = 3 vào S và P ta được:





































3

1 m x

6 x 1 m 3 x

3 3 x

1 1

1 1

(thỏa) 17

m 18 1 m 6 3

1

 Vậy m17 là giá trị cần tìm

Bài 3: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

4

x y

2





Giải:

Bảng giá trị

4

x y

2



Vẽ đồ thị

b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng  d :x2y4

Giải:

Ta có  d :x2y4 hay   x 2

2

1 y :

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

 5 0 8 2x x

8 2x x

2 x 2

1 4 x

2 2 2























Ta có '12 1. 8 1890; ' 93

Do '0 nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:

4 1

3 1 x 2;

1

3 1

4

2 y

2

1  

4 4

4 y

2

2   

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A2;1 ,B4;4

Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R) Các tiếp tuyến tại B, tại C

của đường tròn (O) cắt nhau tại M

Giải:

C

O

B

M

A

90 O

Bˆ



90 O

Cˆ



Vậy tứ giác OBMC nội tiếp đường tròn đường kính MO và tâm K là trung điểm của MO

Giải:

1

1

1

H D

K

C

O

B

M

A

: chung

1

Mˆ

(hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

ˆ

ˆ 

∆MBD ∽ ∆MAB (g.g)



MD.MA MB

MB

MD MA



c) Chứng minh rằng tứ giác OADH nội tiếp và AHˆOMHˆD

Giải:

2 1

2

1 2

H

1

1 1

D

K

C

O

B

M

A

Ta có MB = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OB = OC = R



MO BC tại H (với H là trung điểm của BC)

MB2 = MH.MO (hệ thức lượng)



Và MB2 = MD.MA (do trên)

MH.MO = MD.MA



: chung

2

Mˆ

(vì MH.MO = MD.MA) MO

MD MA

MH 

∆MHD ∽ ∆MAO (c.g.c)



(3) (2 góc tương ứng)

2

1 Aˆ

Hˆ 



Xét tứ giác OADH có: Hˆ1 Aˆ2 (do trên)

Tứ giác OADH nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài)



(4) (cùng chắn cung OA)

 Hˆ2 Dˆ1

(5)

2

1 Aˆ

Dˆ 



Từ (3), (4) và (5) Hˆ1 Hˆ2

Hay AHˆOMHˆD

d) Chứng minh rằng: BAˆDCAˆH

Giải:

2 1

2

1 2

H

1

1 1

D

K

C

O

B

M

A

Ta có CAˆH1800 CHˆAACˆH (tổng 3 góc trong ∆ACH)

BHˆAACˆH (vì CHˆA và BHˆA là 2 góc kề bù)

900 Hˆ2ACˆH (vì BHˆA và Hˆ2 là 2 góc phụ nhau)

2

Hˆ 2

1800 2







2

Hˆ

Hˆ

1800 1 2







2

A

Hˆ

2

1 DHˆA Hˆ MHˆO 180

2

A

Oˆ D





DCˆAACˆH (hệ quả góc nội tiếp)

DCˆB

BAˆD (cùng chắn cung BD)

Vậy BAˆDCAˆH