Đề 1 Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT miền xuôi và THCB Năm học 19971998 Câu1: (2đ) a) Giải hệ pt: b) Giải pt: x2 13x + 42 = 0. Câu2: (2,5đ) Cho đường thẳng y = 2x và parabol y = x2 3 a) Tìm toạ độ giao điểm của hai đường trên. b) Đường thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3 và đường thẳng y = 3x 1 có đồng quy (cắt nhau tại một điểm) không? Câu3: (2đ) Chứng minh pt: (x a)x + x(x b) + (x b)(x a) = 0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của a, b. Câu4: (3,5đ) Cho đường tròn tâm O có đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy I là điểm bất kỳ trên đoạn CD. a) Tìm điểm M trên đường thẳng AD, điểm N trên đường thẳng AC sao cho I là trung điểm của đoạn MN. b) Cho độ dài IA = a, bán kính đường tròn tâm O bằng R. Tính chu vi của tam giác AMN theo a và R. Bài làm Câu1: a) Ta có: Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2). b) Xét pt: x2 13x + 42 = 0 (1) Ta có: = (13)2 4.1.42 = 1. Do > 0 nên pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x1= = 7 ; x2= = 6. Câu2: a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng y = 2x và parabol y = x2 3 là nghiệm của hệ pt: Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng y = 2x và parabol y = x2 3 là:A(1; 2) và B(3; 6). b) Tọa độ giao điểm của đường thẳng y = 2x và đường thẳng y = 3x 1 là nghiệm của hệ pt: Vậy đường thẳng y = 2x cắt đường thẳng y = 3x 1 tại điểm C(1; 2) Vì parabol y = x2+3 không đi qua điểm C(1; 2) nên đường thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3 và đường thẳng y = 3x 1 không đồng quy. Câu3: Ta có: (x a)x + x(x b) + (x b)(x a) = 0 x2 ax + x2 bx + x2 ax bx+ ab = 0 3x2 2(a+b)x + ab = 0 (1) Xét = (a+b)2 3ab = a2 ab + b2 = (a b)2 + b2. Vì (a b)2 0 và b2 0 với mọi a, b nên 0 với mọi a, b. Do đó pt(1) luôn có nghiệm với mọi a, b.
Trang 1Câu2: (2,5đ) Cho đờng thẳng y = 2x và parabol y = x2 - 3
a) Tìm toạ độ giao điểm của hai đờng trên
b) Đờng thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3 và đờng thẳng y = 3x - 1 có đồng quy (cắt nhau tại một điểm) không?
Câu3: (2đ) Chứng minh pt: (x- a)x + x(x- b) + (x - b)(x - a) = 0 luôn có nghiệm với mọi giá
x y
=
=
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2)
y x x
x y
=
⇔ =
Vậy đờng thẳng y = 2x cắt đờng thẳng y = 3x- 1 tại điểm C(1; 2)
Vì parabol y = x2+3 không đi qua điểm C(1; 2) nên đờng thẳng y = 2x, parabol y = x2+ 3
2b)2 ≥0 và 3
4b2 ≥0 với mọi a, b nên ∆/ ≥0 với mọi a, b
Do đó pt(1) luôn có nghiệm với mọi a, b
Trang 2Hay pt: (x- a)x + x(x- b) + (x- b)(x- a) = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b.
Câu4:
a) Giả sử ta xác định đợc điểm M∈ AD và N∈ AC sao cho I là trung điểm của MN.Gọi H
là hình chiếu của I lên AC
Ta có: ãCAD= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
⇒ CA⊥AD⇒ IH//AD
Mà I là trung điểm của MN nên IH là đờng trung bình của ∆CAD
⇒ H là trung điểm của AN.
Ta có: MN = 2AI = 2a (tính chất đờng trung tuyến của tam giác vuông) (4)
Gọi c là chu vi của tam giác AMN Khi đó c = AM + AN + MN
Từ (3) và (4) ⇒ c = 2 2R + 2a
Đề 2
Đề thi tốt nghiệp THCS - Năm học 1998-1999
A.Lý thuyết: (2đ) Học sinh đợc chọn một trong hai đề sau:
Đề1: Phát biểu định nghĩa và nêu các tính chất của hàm số bậc nhất.
áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhất :
b) Phát biểu định lí đảo của định lí trên
B Bài toán bắt buộc: 8đ
Câu1:(2đ) Cho pt bậc hai: 2x2 - 7x + 2 + m = 0 (1)
Trang 3a) Giải pt khi m = 1.
b) Với giá trị nào của m thì pt (1) có nghiệm
Câu2:(2,5đ) Cho một số tự nhiên có hai chữ số và tổng các chữ số của nó bằng 12 Tìm số
đó, biết rằng nếu thêm 4 vào tích của hai chữ số của số đã cho ta sẽ đợc một số bằng 3 lần tổng của hai chữ số của số đã cho
Câu3:(3,5đ) Cho tam giác vuông cân ABC có AB = AC = 5cm Đờng tròn đờng kính AC cắt
cạnh BC tại M Tia phân giác của góc BAM cắt đờng tròn tại N (N khác A) và cắt cạnh BC tại
I Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng CN tại S
a) Chứng minh tứ giác NIMS là tứ giác nội tiếp
b) Tính độ dài đoạn IC
c) Chứng minh tứ giác BISA là tứ giác nội tiếp
Bài làm A.Lý thuyết:
Đề1: *Định nghĩa:Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức: y = ax + b.
b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông là tứ giác nội tiếp
B Bài toán bắt buộc:
− = 1
2.b)Xét pt: 2x2 - 7x + 2 + m = 0 (1)
Ta có: ∆ = (-7)2- 4.2.(2+m) = 33- 8m
pt(1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥0 ⇔33- 8m ≥ 0 ⇔m≤ 33
8 Vậy với m≤ 33
8 thì pt(1) có nghiệm
Câu2: Gọi số tự nhiên đó là ab (a∈N*, b∈N)
Trang 4Mặt khác: ãACN=1
2sđằAN(góc nội tiếp chắnằAN) ãNCI=1
2sđẳNM (góc nội tiếp chắn ẳNM) ⇒ ãACN=ãNCI ⇒CN là đờng cao đồng thời là đờng phân giác của ∆ACI
⇒ ∆ACI cân tại C⇒IC = AC = 5(cm)
c) ∆ACI có S là giao điểm của hai đờng cao AM và CN ⇒S là trực tâm của ∆ACI
⇒IS ⊥AC ⇒IS//AB (cùng vuông góc với AC)⇒ ãBAS+ãASI= 180o (1)
∆ABM có ãABM = 45o ; ãAMB= 90o ⇒ ãMAB= 45o ⇒ ãMAB=ãABM (2)
Từ (1) và (2)⇒ ãABI+ ãASI = 180o ⇒ BISA là tứ giác nội tiếp
+ + + +
1 2
x x
−
3
4 b) Chứng minh bất đẳng thức: a2 + 4b(b-a) + 4c(c+a) ≥ 8bc
Câu2: a) Phân tích thành nhân tử: A = -y2 + y(x- 1)2 + 2x3- x2
b) Giải pt: x4 - 7x3 + 13x2 - 7x + 12 = 0
Câu3: Cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B cố định và đỉnh C thay đổi trên tia At
vuông góc với AB tại A Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và P, Q, R lần lợt là các tiếp điểm của đờng tròn với các cạnh AC, BC, AB Các đờng thẳng PQ và AI cắt nhau tại D
a) Chứng minh bốn điểm B, D, Q, R nằm trên một đờng tròn
b) Chứng minh khi C thay đổi trên At thì đờng thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định
+ + + +
1 2
x x
−
Trang 54 2 3 1
4
+ + +
+
3 1 2
4 2 3 1
2
2 ( 3 1) 1
2
+ + +
+
2
3 1 1
⇔(a2- 4ab + 4b2) + (4ac- 8bc) + 4c2 ≥0 ⇔(a- 2b)2 + 2(a- 2b)2c + (2c)2 ≥ 0
⇔[(a- 2b) + 2c]2 ≥ 0 luôn đúng
Câu2:
a)Ta có: A = -y2 + y(x-1)2 + 2x3 - x2 = -y2 + yx2 - 2yx + y + 2x3 - x2
= (yx2 + 2x3 - x2) + (-y2 - 2yx + y) = x2(y + 2x - 1) -y(y + 2x - 1)
− = 3.
Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1= 4 và x2= 3
Câu3:
a) Ta có: ãBRI+ãBQI = 90o + 90o = 180o
Vậy tứ giác BRIQ nội tiếp (1)
Ta lại có: ∆DIR=∆DIP(c.g.c)
⇒ ãDRI=ãDPI
Mà ∆QIP cân nên ãIQP=ãIPQ
⇒ ãDRI=ãDQI
Vậy tứ giác QDIR nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) ⇒ B,Q,D,I,R cùng thuộc một đờng tròn
⇒đpcm
b) Vì tứ giác BRID nội tiếp mà ãBRI= 90o nên ãBDI= 90o
Vậy ∆BDA vuông cân, AB cố định nên D cố định Do đó PQ luôn đi qua điểm D cố định
Đề 4
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2000-2001
Trang 6Câu1: (2đ)
a) Tìm các giá trị của a, b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm:
A(2;-1) ; B(1
2;2) b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x - 7 và đồ thị của hàm
số xác định ở câu a đồng qui (cắt nhau tại một điểm)
Câu2: (2đ) Cho pt bậc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0
a) Giải pt khi m = 5
2.b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt đã cho có nghiệm
Câu3: (2,5đ) Cho đờng tròn (O) và một đờng kính AB của nó Gọi S là trung điểm của OA,
vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A
a) Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau
b) Qua A vẽ các đờng thẳng Ax cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M, Q; đờng thẳng Ay cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đờng thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại P, T Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT
Câu4: (2đ) Cho hình chóp SABC có tất cả các mặt đều là tam giác đều cạnh a Gọi M là trung
điểm của cạnh SA; N là trung điểm của cạnh BC
a) Chứng minh MN vuông góc với SA và BC
b) Tính diện tích của tam giác MBC theo a
Câu5: (1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:M = (x− 1999) 2 + (x− 2000) 2 + (x− 2001) 2
Thay tọa độ điểm A vào pt y = mx + 3 ta có: 2m + 3 = -1 ⇔m = -2
Vậy với m = -2 thì đồ thị các hàm số y = -2x + 3; y = 3x- 7 và y = mx + 3 đồng quy tại một
− = 2 b) Xét pt: x2- 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 (*)
Ta có ∆ '= [-(m+1)]2- 1.(2m+5) = m2 + 2m + 1 – 2m – 5 = m2- 4
Pt (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥0 ⇔m2- 4≥0 ⇔ m≤ -2; m≥ 2.
Trang 7Vậy với m≤ -2 hoặc m≥ 2 thì pt (*) có nghiệm.
Câu3:
a) Vì S là trung điểm của OA nên OS = OA- SA= R- r > 0 Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau
b) Ta có: ãMAP+ãMNP= 180o (tứ giác AMNP nội tiếp)
ãQAT + ãQFT = 180o (tứ giác AQFT nội tiếp)
⇒ ãMNP = ãQFT (1)
Mặt khác:ãMPN =ãMAN (hai góc nội tiếp cùng chắn MNẳ )
ãQTF= ãQAF (hai góc nội tiếp cùng chắn ằFQ)
⇒ ãMPN = ãQTF (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ MNP đồng dạng với∆ QFT (g-g)
Câu4:
a) Tam giác SBC là tam giác đều nên trung tuyến SN
đồng thời là đờng cao⇒ ∆SNB vuông tại N
áp dụng định lí pitago vào tam giác vuông SNB ta có:
Trang 8≥ Khi nào xảy ra dấu “=”?
Câu5: (3đ) Cho một nửa đờng tròn (O) đờng kính AB; một điểm M nằm trên cung AB và một
điểm C nằm trên đờng kính AB sao cho CA < CB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm
M ngời ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB Đờng thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt
Ax, By theo thứ tự tại P, Q Gọi R là giao điểm của AM với CP; S là giao điểm của BM với CQ
a) Chứng minh các tứ giác APMC, BQMC nội tiếp đợc
− -
1 2 (1 2 )(1 2 )
−
Trang 9− = 1 + 1 2
1 2
x x
+
− =
2
1 2 x−b) Ta cã A = -1
x x
y y
z z
5
−
; 12
−
; 23
−)
Víi p2 = 1 vµ q = - 6 ta cã ∆=1- 4.(-6) = 25 > 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn
VËy víi p= -1 vµ q= -6 hoÆc p= 1 vµ q= -6 lµ c¸c cÆp gi¸ trÞ cÇn t×m
C©u4: ¸p dông b®t c«si cho hai sè a2
a a b
a b
+ + ⇔ a2
a b+ + 4
a b+
≥ 22
b c+ + 4
b c++ c2
c d+ + 4
c d++ d2
d a+ + 4
d a+
≥ a + b + c + d
Trang 10b c++4
c d++4
d a+)≥1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
Tứ giác APMC nội tiếp đờng tròn(vì ãPAC+ãPMC=180o)
Tứ giác BQMC nội tiếp đờng tròn(vì ãQBC+ãQMC=180o)
b) Ta có:
ãPMA=ãPCA(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PA)
ãQMB=ãQCB(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)
Mặt khác: ãAMB=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
⇒ ãPCA+ãQCB=ãPMA+ãQMB=90o
⇒ ãPCQ=90o ⇒Tứ giác MRCS nội tiếp đờng tròn(vì ãRMS+ãRCS=180o)
⇒ ãRCM =ãRSM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung RM) (1)
Ta lại có:
ãPAM =ãPCM(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2)
ãPAM =ãABM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3)
Trang 11Kỳ thi tốt nghiệp THCS - Năm học 2001-2002
A.Lý thuyết:(2đ) Học sinh đợc chọn một trong hai câu sau:
Câu1: a) Hãy nêu hệ thức vi-et đối với pt bậc hai (không chứng minh)
b) Cho hai đờng thẳng d1 và d2 có pt tơng ứng là:
y = ax + b và y = mx + n
Hỏi khi nào hai đờng thẳng đó cắt nhau? Song song với nhau? Trùng nhau?
Câu2: a) Chứng minh định lí: “Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau
b) Tìm tất cả các giá trị của m để pt có nghiệm
Câu2:(2,5đ) Một hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2 Tính kích thớc của hình chữ nhật đó
Câu3:(3,5đ) Cho đờng tròn tâm O đờng kính BC, M là một điểm trên đờng tròn (M khác B và
C) Tiếp tuyến của đờng tròn tại M cắt hai tiếp tuyến của đờng tròn tại B và C ở các điểm tơng ứng là P và Q
a) Chứng minh các tứ giác BPMO và CQMO nội tiếp
b) Chứng minh tam giác POQ là tam giác vuông tại O
c) Hạ MA vuông góc với BC (A nằm trên BC), hạ AE vuông góc với MB (E nằm trên MB), hạ AF vuông góc với MC (F nằm trên MC) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp
Bài làm A.Lý thuyết:
b) Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n cắt nhau ⇔a≠m
Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n song song với nhau ⇔a=m và b≠n
Đờng thẳng y = ax+b và y = mx+n trùng nhau ⇔ a=m và b=n
Câu2: a) Giả sử tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Ta có: ãABC= 1
2sđẳADC; ãADC= 1
2sđẳABC ⇒ ãABC+ãADC=1
2sđẳADC+1
2sđẳABC= 1
2 ( sđẳADC+sđẳABC) =1
2 360o = 180o Chứng minh tơng tự ta có: ẳBAD+ẳBCD= 180o
b) Định lí đảo: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông là tứ giác nội tiếp
Trang 12Kích thớc của hình chữ nhật là nghiệm của pt: x2- 80x + 1500 = 0
Ta có: ∆'=(-40)2- 1500 = 100 Do đó pt có hai nghiệm phân biệt:
a) Tứ giác BPMO nội tiếp đờng tròn(vì ãOBP+ãOMP=180o)
Tứ giác CQMO nội tiếp đờng tròn(vì ãOMQ+ãOCQ=180o)
b)Ta có:ãBOP= ãBMP(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP)
ãCOQ= ãCMQ(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)
Mặt khác: ãBMC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
⇒ ãBOP+ãCOQ= ãBMP+ãCMQ= 90o
⇒ ãPOQ=90o ⇒tam giác POQ vuông tại O.
c) Ta có: ãMBA+ãBMA=90o(hai góc phụ nhau)
Tứ giác AEMF nội tiếp đờng tròn(vì ãMEA+ãMFA=180o)
⇒ ãEMA= ãEFA(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA)
Tứ giác BEFC có: ãEBC +ãEFC = ãEBC +ãEFA+ãAFC=ãMBA+ãBMA+ãAFC=90o+90o = 180o
⇒Tứ giác BEFC nội tiếp đờng tròn
x+ ):(x - 2 +
2
10 2
x x
− + )a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức A với x = 1
b) Xác định m để hệ pt có 1 nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiệm?
Câu4: (2,5đ) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với àA = 45o, nội tiếp trong đờng tròn tâm O
Đờng tròn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F
a) CMR: O thuộc đờng tròn đờng kính BC
Trang 13b) CM: ∆AEC; ∆AFB là những tam giác vuông cân.
c) Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân Suy ra EF = BC 2
2
Câu5:(1,5)
Cho tứ diện có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2cm SA vuông góc với đáy, SA = 2cm a) Tính thể tích của tứ diện
b) Gọi AM là đờng cao , O là trực tâm của tam giác ABC Gọi H là hình chiếu của O trên
SM Chứng minh rằng OH vuông góc với mặt phẳng (SBC)
Câu6: (1đ) Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: x + y = 1998
x+ ):(x - 2 +
2
10 2
x x
− + ) a) Ta có: A = ( 3 2
x+ ):(x - 2 +
2
10 2
x x
− + ) = ( 2
x
x x− x+ -
6 3(x− 2)+
1 2
x+ ):(
2
x x x
2
10 2
x x
− + ) = (
x
x− x+
-2 2
x− +
1 2
2
x+ =
6 (x 2)(x 2)
−
2 6
x+
= 12-x b) Với x = 1
2 ta có: A =
1 1 2 2
Có: ∆ '= [-(m-1)]2+ m +1 = m2- 2m+ 1+ m +1= m2- m+ 2 > 0 với mọi m nên pt(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
2= 0 ⇔m =1
2 Vậy với m =1
Trang 14Vậy khi m = 2 thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (3; -2)
Vậy không có giá trị nào của m để pt đã cho có vô số nghiệm
ãBEC =90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
⇒ ãAEC= 180o- ãBEC=90o(hai góc kề bù)
⇒∆AEC là tam giác vuông có ãEAC= 45o
⇒∆AEC là tam giác vuông cân
Chứng minh tơng tự ta có∆AFB là tam giác vuông cân
c) Ta có: ãOEC= 45o(góc nội tiếp chắn 1/4đờng tròn)
Mà tam giác AEC vuông cân tại E nên EO là phân giác
đồng thời là đờng cao⇒EO⊥AC
áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông OBC ta có:
OB = BC.SinãOCB= BC Sin45o = BC 2
3B.h = 1
3 3.2 = 2
3 (cm3)b) Ta có: BC⊥AM(gt)
Trang 15a b
=
=
Với a =2 và b = 1 ta có: 2 222
222
x y
x y
2) Tìm giá trị của m để hệ pt trên có nghiệm x = y = -5
Câu3: Với a ≥0; a≠4; a≠9 Rút gọn biểu thức: P = 1 3
2
a a
Câu4: Cho đờng tròn đờng kính AB; Trên tia AB lấy điểm C sao cho B nằm giữa AC, từ C kẻ
đờng thẳng x vuông góc với AB, trên x lấy điểm D (D≠C) Nối DA cắt đờng tròn tại M, nối
DB cắt đờng tròn tại N, nối CN cắt đờng tròn tại K
1) Chứng minh ADCN là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn
2) Chứng minh AC là phân giác của góc KAD
3) Kéo dài MB cắt đờng thẳng x tại S Chứng minh ba điểm S, A, N thẳng hàng
Câu5: Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đờng cao AH Đặt HB = x, HC = y, AH = z.
Chứng minh rằng: nếu x + y + z = xyz thì z≥ 3 Đẳng thức xảy ra khi nào?
Đặt t = 2x− 1 (t≥0)
Pt(*)⇔t2 + 5t – 14 = 0 có hai nghiệm phân biệt (theo (1)): t1= 2; t2= -7(loại)
Trang 16Với t = 2⇔ 2x−1= 2 ⇔2x-1 = 4 ⇔x = 5
2(thoả mãn điều kiện x≥ 1
2) Vậy pt đã cho có nghiệm x = 5
2 3)x4 + 5x3 – 10x2 + 10x + 4 = 0
Giải: ta thấy x = 0 không là nghiệm của pt
Với x≠0 chia hai vế của pt cho x2 ta đợc x2 + 5x- 10 +10
x + 42
x = 0 Đặt y = x + 2
x ta có pt mới y2 + 5y - 14 = 0 Theo câu a ta có: y1 = -7; y2 = 2
Vậy pt đã cho có hai nghiệm x= 7 41
a− :
1 2
Do đó hai điểm N và C cùng nhìn AD dới một góc vuông
⇒Hai điểm N và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AD
Hay tứ giác ADCN nội tiếp đờng tròn
Trang 17b) Ta có: ãKAB=ãKNB(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
ãKNB=ãCAD(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
⇒ ãKAB=ãCAD ⇒AC là phân giác của ãKAD
c) Ta có: ãAMB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
B là giao điểm của hai đờng cao SM và AC của ∆ADS
2) Tính giá trị của biểu thức: A = ( 32 - 50 + 8) : 18
Câu2:(1,5đ) Cho pt: mx2 – (2m + 1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số
Tìm các giá trị của m để pt (1):
a) Có nghiệm
b) Có tổng bình phơng các nghiệm bằng 22
c) Có bình phơng của hiệu hai nghiệm bằng 13
Câu3:(1đ)Giải bài toán bằng cách lập hệ pt: Tính các cạnh của một tam giác vuông biết rằng
chu vi của nó là 12cm và tổng bình phơng độ dài các cạnh bằng 50
Câu4:(1đ) Cho biểu thức: B = 3 22 5
1
x x
+ + 1) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên
2) Tìm giá trị lớn nhất của B
Câu5:(2,5đ) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn tâm O Gọi M, N, P lần
l-ợt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E
Chứng minh rằng:
1) Tứ giác BCPM là hình thang cân; Góc ABN có số đo bằng 90o
2) Tam giác BIN cân; EI//BC
Câu6:(1,5đ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đờng cao
là 12cm
Trang 181) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp.
2) Chứng minh đờng thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD)