Dap an de TP.HCM 2013-2014.doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Câu 1: Giải PT và Hệ phương trình.

a) x2-5x+6=0

∆ =b2-4ac=1>0⇒ ∆ =1, PT có hai nghiệm phân biệt x1=3; x2=2

b) x2-2x-1=0:

∆’ =b’2-ac=(-1)2-1.(-1)=2⇒ ∆ =' 2 PT có hai nghiệm phân biệt x1,2 = ±1 2

c) x4+3x2-4=0 (1)

Đặt x2=t(t≥ 0), suy ra x4=t2 Thay t, t2 vào PT(1) ta có:

t2+3t2-4=0

a+b+c=1+3+(-4)=0⇒ t1=1, t2=-4(loại)

t1=1⇒x2=1⇒x=± 1

 + = −  + = −  + = −  = −

Câu 2: (1.5đ):

a) Vẽ đò thị:

b) Tìm toạ độ giao điểm:

Xét PT hoành độ giao điểm (P) và (d):

2

x x

=



 = −



A

2

2

 + + −   − + + 

=  ÷÷ −  ÷÷ −

 + 

Câu 4: cho PT: 8x2-8x+m2+1=0(*)

a) PT có nghiệm x=1/2 nên: 8.1 1 2 2

4− 2+m + = ⇔m = ⇔ = ±m Vậy với m= ±1 thì PT(*) có nghiệm x=1/2

b) ∆ =' b’2-ac=16-8(m2+1)=8-8m2=8(1-m2)

Để PT(*) có hai nghiệm thì '∆ =8(1-m2)≥0⇔ -1≤m≤1

Hai nghiệm thoả mãn: x1 -x2= x1-x2 ⇔(x1-x2)( x1+x2)( x1+x2 )= (x1-x2)( x1+x2 +x1x2)

⇔(x1-x2)( x1+x2)[(x1+x2)2-2x1x2)]= (x1-x2)[( x1+x)2-x1x2)] (**)

TH1: Nếu PT(*) có nghiệm kép nghiệm x1=x2 suy ra: x1-x2=0 nên (**) thoả mãn khi đó '∆ =

8(1-m2)=0⇔m= ±1

TH2: Nếu PT(*) có hai nghiệp phân biệt: (**)⇔( x1+x2)[(x1+x2)2-2x1x2)]= ( x1+x)2-x1x2 (***)

Theo hệ thức Vi-Et ta có:

2

1 2

1 1

8

m

x x

+ =





Thay vào (***) ta có: 1-2

2 1 8

=1-2 1 8

8

=0 Vô nghiệm

Vậy với m= ±1 thì PT (*) có hai nghiệm thoả x1-x2 = x1-x2 .

Câu 5:

a) ·MBC BAC=· ( Cùng chắn »BC ).

MIC BAC= ( đồng vị)

⇒MBC MIC· =·

⇒ Hai đỉnh B,I nhìn đoạn MC dưới một góc không đổi

⇒ MBIC là tứ giác nội tiếp

b) Xét ∆FIC và ∆FBM ta có:

ICF =FMB ( cùng chắn cung ºBI )

⇒∆FIC  ∆FBM (g.g)

⇒ FI FC

FB = FM ⇒FI.FM=FC.FB (1).

Xét ∆FDB và ∆FCE ta có:

· ·

DBF CEF= ( cùng chắn cung »DC )

⇒∆FDB ∆FCE(g.g)

⇒FD FB

FC = FE ⇒FC.FB=FD.FE (2)

Từ (1) và (2) suy ra: FI.FM= FD.FE

c) Xét ∆FQC và ∆FBT ta có:

FBT =FQC ( cùng chắn cung »DC )

⇒∆FQC  ∆FBT (g.g)

⇒FQ FC

FB = FT ⇒FQ.FT=FC.FB, mà FI.FM=FC.FB(cmt) ⇒ FQ.FT= FI.FM ⇒ FQ FI

Xét ∆FIQ và ∆FTM ta có: FQ FI

FM = FT Và ·IFQ TFM= · (đđ)

⇒∆FIQ ∆FTM(c.g.c)

⇒·FIQ FTM=· ( hai góc tương ứng)

Mà ·FIQ=900⇒·FTM =900

Ta lại có ·FTP =900

⇒·PTM =FTM FTP· +· =900+900=1800

⇒·PTM là góc bẹt Hay ba điểm F,T, M Thẳng hàng.

c) Gọi h là khoảng cách từ I đến BC 1

2

IBC

S∆ = ×BC h× , Mà I thuộc »BC của đường tròn đường kính

OM, BC cố định Để S∆IBC lớn nhất thì h lớn nhất Mà h lớn nhất khi I≡ O khi đó AC là đường kính của (O), hay A đối xứng với C qua O Vậy khi A đối xứng với C qua O thì S∆IBC lớn nhất.

Bài giải chưa kịp đọc lại nếu có gì sơ suất mong được góp ý

Cudinhduc@gmail.com