De thi Toan vao lop 10 NH 20122013 D29

[r]

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: ( 3,0 điểm)

a) Rút gọn:

A = (√12+2√27 −√3):√3 = 2 3 6 3   3 : 3 7 3 : 3 7   

1đ

M

C

D

F

H I

b) Giải phương trình :

x2 - 4x + 3 =0 phương trình có dạng a+b+c = 1 + (-4) +3 = 0

nên phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 3 1 đ

c\ Giải hệ phương trình:

¿

2 x − y =4

x + y =−1

¿{

¿

Bài 2: ( 1,5 điểm)

Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + a

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

x2 = 2x +a  x2  2x a 0   (1)

' 1 a  



(d) và (P) không có điểm chung  pt (1) vô nghiệm   ' 0      1 a 0 a   1

Bài 3: ( 1,5 điểm):

Gọi x (km/h) là vận tốc của ôtô thứ nhất (đk x>0)

vận tốc của ô tô thứ 2 là : x + 10 ( km / h)

Thời gian ôtô thứ nhất đi từ A đến B là:

100

x (h)

Thời gian ôtô thứ hai đi từ A đến B là:

100

x 10  (h)

Vì ôtô thứ 2 đến B trước ôtô thứ nhất 30 phút nên ta có phương trình:

x  x 10   2  200x 2000 200x x    2  10x

2

Pt có 2 nghiệm x1 = 40 (nhận) x2 = - 50 (loại)

Vậy vận tốc của ôtô thứ nhất là 40 km/ h và vận tốc của ôtô thứ 2 là 50km/h

Bài 4: ( 3,5 điểm)

a\ ta có:

MCO MDO 90   ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

MCO MDO 180

đường tròn đường kính MO

b\ Xét hai tam giác MCA và MBC có:



M : góc chung

1

2

MCA

   MBC

2

(1)

c\ Gọi I là giao điểm của MO và CD  MO CD  tại I ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Trong tam gaic1 vuông MCO có MI là đường cao

4

Từ (1) và (2) suy ra : MA.MB = MI MO  tứ giác AIOB nội tiếp

MIA OBA

  mà OBA OAB     MIA OAB    mà OAB OIB    ( cùng chắn cung OB)

  MIA OIB    AIF BIF    ( cùng phụ hai góc trên) IF là phân giác của góc AIB

Do H là trùng điểm của AB nên OH hay OF chính là trung trực hay pahn6 giác của góc AOB

Mà AIB AOB    ( cùng chắn cung AB)

Do đó FIB FOB( FIA FOA)       

 Tứ giác IOBF nội tiếp mà FIO 90   0 FIO nội tiếp đường tròn đường kính OF

 Tứ giác IOBF nội tiếp đường tròn đường kính OF

Tương tự tứ giác IOAF nội tiếp đường tròn đường kính OF

Suy ra tứ giác AOBF nội tiếp đường tròn đường kính OF

AFH AFO ABO

Trong tam giác vuông AFH ta có:





AH

sin ABO

Ta có AB cố định nênABO cố định và H cố định  AH và sin ABO không đổi

AF

 không đổi mà A cố định vậy F cố định khi M thay đổi

Bài 5: ( 0,5 điểm)

a2 + b2 + 3ab -8a - 8b - 2 √3 ab +19 = 0

 (a+b)2 - 8 ( a+b) + 16 + ab - 2 3ab + 3 = 0

 (a+b - 4)2 + ( ab  3)2 = 0

a b 4 0



 



a b 4 a.b 3

 



 





Do đó a và b là nghiệm của phương trình: X2 – 4X + 3 = 0

ĐÁP ÁN TUYEN SINH TOAN 10

I/TRĂC NGHIỆM:

II/ TỰ LUẬN:

Câu 1: a)

3

2

b)

2

B

2( 3 1)

2

3 1





 2) ĐTHS y = ax + b (d) song song với ĐTHS y = -3x + 2011 (d’)

=> a = -3 => y = -3x + b (1) V ì (d) đi qua A(1 ;1) => thay x = 1, y = 1 v ào (1)

ta c ó: 1 = -3.1 + b => b = 4 => y = -3x + 4

Câu 2: 1)

4

 

<=> 5x + 5 + 60  9x – 6x

<=> 11x - 56 <=> x 

56 11



2)

3) a) x2 – 2(m+2)x+2m+1 = 0 (1)

'

 = m2 + 4m + 4 – 2m -1 = m2 + 2m + 3 = ( m+1)2 + 2 > 0 mọi m

=> Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m

b) Ấp dụng hệ thức Viet có:







1 2

2 2

1

 A lớn nhất khi A =

9 4

 <=> m +

1

2 = 0 <=> m =

1 2



Bài 3:

a) có: ABO ACO 90     0 ( AB,AC là tiếp tuyến)

 ABOC nội tiếp (1) có: AIO 90   0 (Đường kính đi qua trung điểm của dây)

=> AIO ACO 180     0 => AIOC nội tiếp (2)

Từ (1) v à(2) => 5 điểm A,B,I,O,C cùng nằm trên một đ ường tròn

b) V ì AMB là góc ngoài của tam giác MBN => AMB = MBN BNM   

mà ABM BNM    ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BM)

=> AMB = ABM MBN    hay AMB=AMB

Xét AMB và ABN có: A chung ; AMB=AMB => AMB ABN (g.g)

=>

AN  AB => AB2 = AM.AN

c) Ta có:





=>

EC  3

Mặt khác: AB =AC ( T/C tiếp tuyến) mà 5 điểm A,B,I,O,C cùng nằm trên một đ ường tròn ( CMa) =>

AB AC  => BIE EIC    ( góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) => IE là tia phân giác BIC =>

BE  EC ( T/C tia phân giác ) =>

IC  EC  3.

O

N I

E

C B

A