De TS 10 tinh An Giang

Vậy với m > 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.[r]

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

MÔN TOÁN Khóa ngày 11 – 7 – 2012 Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn A 2 16 6 9   36

b) Giải phương trình bậc hai: x 2 2 2x 1 0 

c) Giải hệ phương trình:

 





 



3x y 7 2x y 3 Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 1  (*) có đồ thị là đường thẳng (d)

a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*)

b) Tìm a để Parabol (P): y ax 2 đi qua điểm M (1; 2) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và Parabol (P) với a vừa tìm được

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x 2 2 m 1 x m    2 3 0

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm không lớn hơn tổng hai nghiệm

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) bán kính R = 3cm và một điểm I nằm bên ngoài đường tròn, biết rằng

OI = 4cm Từ I kẻ hai tiếp tuyến IA và IB với đường tròn (A, B là tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp

b) Từ I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt tia OA tại O’ Tính OO và diện tích tam giác IOO

c) Từ O kẻ O C vuông góc với BI cắt đường thẳng BI tại C Chứng minh rằng O I là tia phân giác của AO C

Giải Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn A 2 16 6 9   36

A 2 4 2  6 3 2  6 2

A 2.4 6.3 6 8 18 6      4

b) Giải phương trình bậc hai: x 2 2 2x 1 0 

Ta có: a 1; b  2; c 1

   2 2 1 1  2 1 1

   1 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

  

1

2 1

1

  

2

2 1

1

c) Giải hệ phương trình:

 





 



3x y 7 2x y 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x;y  2; 1 

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 1  (*) có đồ thị là đường thẳng (d)

a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*)

Hệ số góc của (*) là 1

Cho x = 0  y = 1 ta có điểm (0; 1)

Cho x = 1  y = 2 ta có điểm (1; 2)

b) Tìm a để Parabol (P): y ax 2 đi qua điểm

M (1; 2) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và

Parabol (P) với a vừa tìm được

Do M 1;2    P

nên thay x = 1 và y = 2 vào (P) ta được: 2 a 1  2  a 2

Với a = 2 ta có phương trình hoành độ giao điểm

của (P) và (d) : 2x 2  x 1

 2x 2 x 1 0 

Phương trình hoành độ có dạng đặc biệt a + b + c = 0

Suy ra x 1 1; 2 

1 x 2

Thay x 1 1 và 2 

1 x

2 lần lượt vào hàm số y = x + 1 ta được:

Với x 1 1  y 1 2 Ta có tọa độ giao điểm thứ nhất 1;2

Với 2 

1

x

2  2 

1 y

2 Ta có tọa độ giao điểm thứ hai

1 1

;

2 2

Vậy 1;2

và

1 1

;

2 2 là tọa độ giao điểm của (P) và (d) Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x 2 2 m 1 x m    2 3 0

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Từ PT đã cho ta có   m 1 2 1 m 23 m 22m 1 m  2 3

 2m 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  0

 2m 2 0   m 1 Vậy với m > 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm không lớn hơn tổng hai Với m  1, theo hệ thức Vi et ta có:







1 2

2

1 2

Theo đề bài ta có: P S  m 2 3 2 m 1    m 2 3 2m 2  m 2 2m 1 0 

 m 1 2 0 m 1

y

x

Vậy với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm không lớn hơn tổng hai nghiệm.

a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp

Xét tứ giác OAIB có:

   0 OAI OBI 90 (tính chất tiếp tuyến)

   0 0  0 OAI OBI 90 90 180

Mà OAI và OBI là hai góc đối nhau nên tứ giác

OAIB nội tiếp được

b) Từ I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt tia OA tại O’ Tính OO và diện tích tam giác IOO

Xét tam giác OIO’ có:

 

O I OI tại I (gt)





IA OO tại A (doOAI 90  0 theo c/m trên) Theo hệ thức lượng trong tam giác OIO’ vuông tại I có

IA là đường cao ứng với cạnh huyền OO’ ta có:

2

OA

Theo giả thiết ta lại có:

OA =R = 3cm và OI = 4cm nên   

2

4 16 OO

3 3 (cm)

Trong tam giác OAI vuông tại A, ta có:

Hay IA 4 2 3 2  7(cm)

IOO

(cm2) c) Từ O kẻ O C vuông góc với BI cắt đường thẳng BI tại C Chứng minh rằng O I là tia phân giác của AO C

Ta có:

    0 2 1

O I 90 (do O AI vuông tại A)

  0

2 3

I I 90

(do O I OI theo gt)

Suy ra O  1 I 3 (1)

Mà I1I2I3I4 180 0 (do B,I, C thẳng hàng)

Hay I190 0I4 180 0 I1I4 90 0

Lại có:

    0

1 2

O I 90 (do O CI vuông tại C) Suy ra O  2 I 4 (2)

Mặt khác:



3 4

I I (3) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1), (2) và (3) suy ra O 1 O 2 hay AO I IO C   Vậy O’I là tia phân giác của AO C