b Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.. ED “Bình tỉnh sẽ thành công” HẾT... AE Vậy K là trung điểm của MP.
Trang 1Đề Thi Thử : 2011-2012
Ngày 19/ 6 / 2011
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x27x 3 0
b) 2x y 53x 2y 8
c) 2x4 – 5 x2 + 2 = 0
d) 2x2 + 2 3x – 3 = 0
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một
2
x y 4
2
hệ trục toạ độ
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
2
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 2m2x m 3 0 (x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn
x x x x
Bài 5: (3,5 điểm)
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) , vẽ tiếp tuyến AB , AC và cát tuyến ADE ( D nằm giữa A và E )
a) Chứng minh : OA BC tại H và OD2 OH OA
b) Tia EH cắt (O) tại F Chứng minh : AB2 AD AE và HB2 HE HF
c) Chứng minh : Tứ giác EOHD nội tiếp và EOFA nội tiếp
d) Chứng minh : EB EC = EH ED
“Bình tỉnh sẽ thành công”
HẾT
Trang 2Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2x23x 2 0
(0,25đ)
2
( 3) 4.2.( 2) 25 0 5
Phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt
(0,25đ)
6x 2y 9
6x 2y 9 14x 7
1 x 2
Vậy hệ phương trình cĩ nghiệm là 1; 3
2
c) 4x413x2 3 0 (1) đặt t = x2 0
2
(1)4t 13t 3 0 (2)
2
( 13) 4.4.3 121 0 11
Phương trình (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt: t1 13 11 1 hay t2 13 11 3
(0,25đ)
Vậy phương trình (1) cĩ 4 nghiệm phân biệt:
(0,25đ)
d) 2x22 2x 1 0
(0,25đ) 2
' ( 2) 2.( 1) 4 0 ' 2
Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm phân biệt: x1 2 2 hay x2 2 2 (0,25đ)
Bài 2:
a) Đồ thị: học sinh tự vẽ (1đ)
x2 y
1
1
2 -2
1
b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2
a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 PT có 2 nghiệm: x 1 hoặc x1 2 2 (0,25đ)
Trang 31 1 2 2
1
2
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: 1; 1 , 2; 2 (0,25đ)
2
Bài 3:
A 12 6 3 21 12 3 (3 3)2 (2 3 3) 2 (0,5đ)
(1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3
2 2
Bài 4:
Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m (0,75đ) b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có : x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1
A x x 3x x 2
(0,25đ)
A (3m 1) 5(2m m 1) 2 1 2 1
2
(m )
Do đó giá trị lớn nhất của A là 25 khi m = (0,25đ)
4
1 2
Bài 5:
a) Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến
Tứ giác AEMO có EMOA + EAO 90A o 90o 180o
=> Tứ giác AEMO nội tiếp (0,5đ)
Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
PAQ APM AQM 90
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật (0,5đ)
b) Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
=> I là trung điểm của AM (1)
Ta có OA = OM = R và EA = EM (t/c 2 tt)
=> OE là đường trung trực của đoạn thẳng AM (2)
Từ (1) và (2) => OE đi qua trung điểm I của AM
Vậy O, I, E thẳng hàng (1đ)
c) Ta có OE AM
và BM AM AAMB ( là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
=> OE // BM AOE MBPA A (đồng vị)
Do đó 2 tam giác vuông EAO và MPB đồng dạng
=> MP PB MP AE.PB 2AE.PB (1)
M Q
P I
E
K
O
Trang 4Mặt khác, vì KP//AE (cùng vuông góc với AB), nên ta có tỉ số BP KP (2)
AB AE
Từ (1) và (2) ta có : MP 2AE.KP 2KP
AE
Vậy K là trung điểm của MP
d) Ta có OM = 2R, AP = x =>OP = x – R
Tam giác MPO vuông tại P
MP = MO 2 OP 2 R 2 (x R) 2 x(2R x)
Cách khác: AB = 2R, AP = x =>PB = 2R – x
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao
2
MP AP.PB x.(2R x) MP x.(2R x)
Diện tích hình chữ nhật APMQ là:
SAPMQ = AP.MP x x(2R x)
x 2R x
x 3 (2R x) x 3
a b
ab 2
(bất đẳng thức )
2
APMQ
R
a b
ab 2
Dấu “=” xảy ra khi
2 APMQ
3 3
4
x 2R x
3R
R
Vậy diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB