Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ ĐỀ SỐ 1. Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm ) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất. 1. Biểu thức 2 1 4x x − xác đònh với giá trò nào sau đây của x ? A. x ≥ 1 4 B. x ≤ 1 4 C. x ≤ 1 4 và x ≠ 0 D. x ≠ 0 2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x A. y = 2x - 1 B. ( ) 2 1 2y x= − C. y = 2 - x D. ( ) 2 1 2y x= − 3. Hai hệ phương trình 3 3 1 kx y x y − = −   − =  và 3 3 3 1 x y x y + =   − =  là tương đương khi k bằng A. -3 B. 3 C. 1 D. -1 4. Điểm 1 2; 2 Q   −  ÷   thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ? A. 2 2 2 y x= B. 2 2 2 y x= − C. 2 2 4 y x= D. 2 2 4 y x= − 5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài đoạn EF bằng : A. 13 B. 13 C. 2 13 D. 3 13 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3 3 a, khi đó sinB bằng A. 3 2 a B. 1 2 C. 3 2 D. 1 2 a 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng . A. 30cm B. 15 2cm C. 20cm D. 15cm 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là A. 96π cm 2 B. 100 π cm 2 C. 144 π cm 2 D. 150 π cm 2 Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm ) Bài 1: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x 2 - 4x + m + 1 = 0 1. Giải phương trình khi m = 3 2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm. 3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn điều kiện x 1 2 + x 2 2 = 10 Bài 2 : ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình : 3 2 2 1 2 2 3 x y x y  − − + =   − + + =   Bài 3: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : 1. 6 3 3 6 3 3A = + + − 2. ( ) ( ) 5 2 6 49 20 6 5 2 6 9 3 11 2 B + − − = − Bài 4: ( 4 điểm ) Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P. ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 1 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ 1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp 2. Chứng minh AI.BK = AC.CB 3. Chứng minh tam giác APB vuông . 4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất . ĐÁP ÁN 01 I/ Tr¾c nghiƯm kh¸ch quan. 1- C 2 - b 3 - a 4 – c 5 - d 6 - b 7 - d 8 – c II/ tù ln. Bµi 1: Khi m = 3, ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : x 2 - 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2) 2 = 0 ⇒ x = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa ph- ¬ng tr×nh. 1. Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2) 2 -1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3. VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm. 2. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x 1 , x 2 .Theo ®Þnh lý ViÐt ta cã : x 1 + x 2 = 4 (1), x 1 .x 2 = m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x 1 2 + x 2 2 = 10 ⇒ (x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 .x 2 = 10 (3). Tõ (1), (2), (3) ta ®ỵc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 < 3(tho¶ m·n) . VËy víi m = 2 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã 2 nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x 1 2 + x 2 2 = 10. Bµi 2: §iỊu kiƯn ®Ĩ hƯ cã nghiƯm: 2 0 2 2 0 2 x x y y − ≥ ≥   ⇔   + ≥ ≥ −   . §Ỉt 2 0 2 0 x a y b  − = ≥   + = ≥   Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : 3 1 3 a b a b − =   + =  . Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc 1 0 2 0 a b = ≥   = ≥  (TM). Víi 1 2 a b =   =  <=> 2 1 2 1 3 2 4 2 2 2 x x x y y y  − = − = =    ⇔ ⇔    + = = + =     (TM).VËy (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho. Bµi 3: 1. Ta cã ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3 12 2 3 18= + + − + + − = + − = + × =A ⇒ A = 3 2 (v× A > 0) 2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 5 2 6 3 5 2 6 3 5 2 6 5 2 6 9 3 11 2 1 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 − − − − − + − = = = = = − − − − B Bµi 4: ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 2 Gäi O lµ t©m ®êng trßn ®êng kÝnh IC 1. V× P∈ ; 2 IC O    ÷   · · 0 0 90 90IPC KPC⇒ = ⇒ = . XÐt tø gi¸c PKBC cã · 0 90KPC = (chøng minh trªn) · 0 90KBC = (gt) . Suy ra · · 0 180KPC KBC+ = . Suy ra tø gi¸c CPKB néi tiÕp ®ỵc (®pcm) . a b c i p k o Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R 2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt) ã ã CKB ICA= (cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK ( à à 0 90A B= = ) có ã ã CKB ICA= (cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK. Từ đó suy ra AI BC AI BK BC AC AC BK = ì = ì (đpcm). 3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) ã ã PBC PKC= (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có ã 0 90IAC = (gt) A ; 2 IC O ữ , mặt khác P ; 2 IC O ữ (cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp ã ã PIC PAC= (2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc : ã ã ã ã PBC PAC PKC PIC+ = + .Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra ã ã 0 90PKC PIC+ = ã ã 0 90PBC PAC+ = , hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm) 4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra ( ) ABKI = 2 AI BK AB s + Max S ABKI Max ( ) AI BK AB+ nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi .Suy ra Max ( ) AI BK AB+ Max BK . Mặt khác AC CB BK AI ì = (theo câu 2) .Nên Max BK Max AC.CB . Mà ( ) 2 2 4 4 AC CB AB AC CB + ì = (không đổi) . Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì S ABKI là lớn nhất S 2. Câu 1: ( 2 điểm ) 1) Phân tích x 2 9 thành tích. 2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x 2 5x + 4 = 0 không ? Câu 2: ( 2 điểm ) 1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ? 2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy Câu 3: ( 1,5 điểm ) Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị. Câu 4: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức: P = 2 1 : a b ab a b a b + + với a, b 0 và a b Câu 5: ( 2 điểm ) Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F 1) Chứng minh rằng: AF // CH 2) Tứ giác AHCF là hình gì ? Câu 6: ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x 2 )(y 2y 2 ) với 0 x 2; 0 y 1 2 P N 02 Câu 1. 1) x 2 9 = (x + 3)(x - 3) 2) Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình. Câu 2. 1) Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0 2) Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3) Với y = 0 thì x = 3 2 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: ( 3 2 ; 0) Câu 3. Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010 3 Trng THCS Nhn Tõn Hunh Vn R Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1) Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai sẽ là y + 2. Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình: (x + 3)(y + 2) = xy + 45 2x + 3y = 39 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình: 17 2 3 39 x y x y + = + = . Giải hệ phơng trình ta đợc 12 5 x y = = Câu 4. P = ( ) ( ) ( ) 2 .( ) . a b a b a b a b a b a b + = + = với a, b 0 và a b Câu 5. a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng trung trực suy ra EA = EC , HA = HC, FA = FC Tam giác AEF = tam giác CEH nên HC = AF suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF là hình thoi Câu 6. Với 0 x 2 0 y 1 2 thì 2x x 2 0 và y 2y 2 0 áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x x 2 = x(2 - x) 2 x 2 1 2 x+ = ữ y 2y 2 = y(1 2y ) = 2 1 1 2 1 2 1 .2 (1 2 ) 2 2 2 8 y y y y + = ữ (2x x 2 )(y 2y 2 ) 1 8 . Dấu = xảy ra khi x = 1, y = 1 4 . Vậy GTLN của A là 1 8 x = 1, y = 1 4 S 3 Cõu 1. ( 2 im ) Gii cỏc phng trỡnh sau: a) 2x 3 = 0. b) x 2 4x 5 Cõu 2. ( 2 im ) a) Cho phng trỡnh x 2 2x 1 = 0 cú hai nghim l x 1 v x 2 . Tớnh giỏ tr ca biu thc S = 1 2 x x + 2 1 x x . b) Rỳt gn biu thc: A = 1 1 a 3 a 3 ổ ử ữ ỗ + ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ - + a 3 1 vi a > 0 v a 9 . Cõu 3. ( 2 im ) a) Xỏc nh cỏc h s m v n, bit rng h phng trỡnh =+ = 1mynx nymx cú nghim l ( ) 3,1 b) Khong cỏch gia hai tnh A v B l 108 km. Hai ụtụ cựng khi hnh mt lỳc i t A n B, mi gi xe th nht chy nhanh hn xe th hai 6 km nờn xe n B trc xe th hai l 12 phỳt. Tớnh vn tc mi xe. Cõu 4. ( 3 im ) Cho tam giỏc ABC cõn ti A, ni tip ng trũn (O). K ng kớnh AD. Gi M l trung im ca AC, I l trung im ca OD. a) Chng minh OM // DC. b) Chng minh tam giỏc ICM cõn. ễN THI VO 10 - NH 2009 * 2010 4 H d F E D C A B O M N K I B C D Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC 2 = IA.IN Câu 5. ( 1 điểm ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A( -1 ; 2 ), B( 2 ; 3 ) và C( m ; 0 ). Tìm m sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. ĐÁP ÁN 03 Câu 1: a/ 2x – 3 = 0 <=> 2x = 3 <=> x = 2 3 . b/ Phương trình có dạng a – b + c = 0. Nên có một nghiệm x 1 = –1 và nghiêm thứ hai x 2 = a c− = 5. Câu 2. a) Tính được x 1 + x 2 = 2 và x 1 .x 2 = – 1. Biến đổi: S = 21 2 2 2 1 .xx xx + = ( ) 21 21 2 21 . 2 xx xxxx −+ = – 6. b) Biến đổi         − 3 1 a +         + 3 1 a = ( )( ) 33 2 +− aa a ; 1– a 3 = a a 3− Rút gọn A = 3 2 +a . Câu 3. a) Thay giá trị x,y vào hệ ta có hệ phương trình sau:      =+− =−− 13 3 mn nm Giải hệ ta tìm được m = 23 − và n = 322 − . b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x ( km/h) ( x> 6) Vân tốc của xe thứ hai là 6−x ( km/h) Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: x 108 ( giờ ) Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: 6 108 −x ( giờ ) Theo bài ra ta có phương trình: − − 6 108 x x 108 = 5 1 (*) Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 ( loại ) Kết luận: Vận tốc xe thứ nhất là 60 km/h, vận tốc xe thứ hai là 54 km/h. Câu 4. a) MA = MC => OM ⊥ AC Góc ACM = 90 0 => DC ⊥ AC OM không trùng DC => OM // DC. b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD => IK // OM => IK ⊥ MC => IMC ∆ cân tại I. c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI Suy ra MI 2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC 2 = IA.IN Câu 5. Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox. => A’ ( ) 2;1 −− và AC = A’C. Do AB không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> AC + BC nhỏ nhất. Ta có AC + BC = A’C = CB ≥ A’B. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 5 A Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ Là giao điểm của A”b với trục Ox. A’ ( ) )3;2(,2;1 B−− => pt đường thẳng A’B: y = 3 1 3 5 −x Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C ( 0; 5 1 ) => m = 5 1 ĐỀ SỐ 4 Bài 1. ( 2 điểm ) a/ Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức: 5 5 và 32 5 + b/ Rút gọn biểu thức: A= b a b bab − − 2 2 . Trong đó a 0,0 >≥ b Bài 2. ( 2 điểm ) a/ Giải phương trình: x 2 + 2x – 35 = 0 b/ Giải hệ phương trình:    =+ =− 82 232 yx yx Bài 3. ( 2,5 điểm ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A( 1; 1 ), B( 2; 0 ) và đồ thị (P) của hàm số y = 2 x− . a) Vẽ đồ thị (P). b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện tích tam giác ACD ( đơn vị đo trên các trục tọa độ là cm ) Bài 4. ( 3,5 điểm ) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và B ), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN. a) Chứng minh AMBBNC ∆=∆ . b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp. c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh. ĐÁP ÁN 04 Bài 1. a) 5 5 = 5 ; 32 5 + = ( ) ( )( ) 3510 34 3510 3232 325 −= − − = −+ − b) A = b a b bab − − 2 2 . = 22 −=−− b a b a . với a 0,0 >≥ b . Bài 2. a) x 2 + 2x – 35 = 0 (*) ∆ ’ = 1 + 35 = 36 = 6 2 . Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt.    = −= 5 7 2 1 x x b) Giải hệ phương trình:    =+ =− )(82 )(232 byx ayx nhân ( ) b với 2 và lấy ( ) ( ) ba 2− . Ta có <=>    =+ =− 82 147 yx y <=>    −= = 48 2 x y <=>    = = 2 4 y x Bài 3. a/ ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 6 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a. vì d // OA nên phương trình đường thẳng d có dạng y = x + b. d đi qua B ( 2; 0 ) => 0 = 2 + b => b = 2− => phương trình d là y= x 2− . Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: 022 22 =−+⇔−=− xxxx 1==⇔ C xx hay 2−== D xx ( vì a + b + c = 0 ) 121 −=−=⇒ C y và 422 −=−−= D y Ta có: x A = x C => AC ⊥ Ox. => S ACD = ( )( ) ( )( ) 31121 2 1 2 1 . 2 1 =++=−−=−− CADCCADC yyxxyyxx Vậy S ACD = 3 cm 2 . Bài 4. a) Chứng minh ∆ BNC = ∆ AMB      = =∠=∠ = ABBC AB AMBN 0 60 => ∆ BNC = ∆ AMB. ( c.g.c ). b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.    0 180=+∠ ∠=∠ ANPBNC AMBBNC )( BNCAMB ∆=∆ => 0 180=∠+∠ ANPAMB => tứ giác ANPM nội tiếp. c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB. Tứ giác ANPM nội tiếp và 0 60=∠A => 0 120=∠NPM => 0 120=∠BPC . BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120 0 không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là cung chứa góc 120 0 dựng trê đoạn BC. + Giới hạn quỹ tích: Khi N trùng B thì P trùng B Khi N trùng A thì P trùng C. Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC. ĐỀ SỐ 5 Bài 1. ( 2điểm ) Cho biểu thức: N = ab ba bab b bab a + − − + + với a,b là 2 số dương khác nhau. a) Rút gọn biểu thức N. b) Tính giá trị của biểu thức N khi : a = 526 + và b = 526 − Bài 2. ( 2,5 điểm ) Cho phương trình ẩn x: x 4 – 2mx 2 + m 2 – 3 = 0 a) Giải phương trình với m = 3 . b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Bài 3. ( 1,5 điểm ) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là y = - 2 2 1 x a) Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3) ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 7 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ b) Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = - 2 2 1 x tại 2 điểm phân biệt Bài 4. ( 4 điểm ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm. a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông. c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định. ĐÁP ÁN 05 Bài 1. a) N = ab ba bab b bab a + − − + + = ab ba aba b bab a + − − + + )()( = ab ba abab abbaba abab abbaabbbabaa − + = − + = − −+−++− )())( ))(()()( b) Ta có a = 526 + = 15)15( 2 +=+ v à b = 526 − = 15)15( 2 −=− => N = 5 1515 1515 −= −−− −++ = − + ab ba Bài 2. a) khi m = 3 ,phương trình : x 4 – 2mx 2 + m 2 – 3 = 0 trở thành: x 4 - 2 3 x = 0 ⇔ x 2 (x 2 - 2 3 ) = 0 ⇔    = = 32 0 2 x x ⇔     ±= = 32 0 3,2 1 x x Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : x 1 = 0 , x 2 = 32 x 3 = - 32 b) Đặt t = x 2 , điều kiện t ≥ 0 .Phương trình đã cho trở thành: t 2 – 2mt + m 2 – 3 = 0 (1) Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương *)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm ⇔ m 2 – 3 = 0 ⇔ m = ± 3 +) Khi m = 3 , phương trình (1) trở thành: t 2 - 3 t = 0 ⇔    = = 32 0 2 1 t t (thoả mãn). Vậy m = 3 là giá trị cần tìm +)Khi m = - 3 , phương trình (1) trở thành : t 2 + 2 3 t = 0 ⇔    −= = 32 0 2 1 t t (không thích hợp). Vậy m = - 3 không thoả mãn loaị Tãm l¹i ph¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ m = 3 Bµi 3. a) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ: y = k(x – 2) – 3 b) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ kh«ng song song víi trôc tung cã d¹ng: y = k(x – 2) – 3 ( k lµ 1 sè bÊt kú) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (p) vµ ®êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: - 2 1 x 2 = k(x-2) – 3 ⇔ x 2 + 2kx – 4k – 6 = 0 (*) §êng th¼ng (d) vµ parabol(p) c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 8 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ ⇔ ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiƯm ph©n biƯt víi mäi k ⇔ / ∆ > 0 víi mäi k ⇔ k 2 + 4k + 6 > 0 víi mäi k ThËt vËy / ∆ = k 2 + 4k + 6 = (k 2 + 4k + 4) + 2 = (k + 2) 2 + 2 > 0 víi mäi k => ®iỊu ph¶i chøng minh. Bµi 4. P M Q A B O K (D) I Câu a) +)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc PMQ (1) +) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M  gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tun => S® gãc MPI = 2 1 S® cung PI L¹i cã S® gãc IPQ = 2 1 S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc MPQ (2) Từ (1) và (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm) Câu b) * Phân tích: Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng => cạnh của hình vng là R  MO = R 2  M nằm trên đường tròn (O ; R 2 )  M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R 2 ) * C¸ch dùng: + Dùng ®o¹n R 2 + VÏ ®êng trßn (O, R 2 ) + LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R 2 ) => M lµ ®iĨn ph¶i dùng * Chứng minh: Vì MO = R 2 > R => M nằm ngoài đường tròn (O,R) Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn + Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có MP 2 = MO 2 – OP 2 = 2R 2 – R 2 = R 2 => MP = R Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông * Biện luận: Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2 ) cắt nhau tại 2 điểm => bài toán có hai nghiệm hình Câu c) + Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO + Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v => K nằm trên đường tròn đường kính MO => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 9 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực ( ∆ ) của đoạn OK. ĐỀ SỐ 06 Bài 1. ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức : A = x xx 24 44 2 − +− a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999 Bài 2. ( 1,5 điểm ) Giải hệ phương trình:        = − + −= − − 5 2 34 1 2 11 yx yx Bài 3. ( 2 điểm ) Tìm giá trị của a để phương trình : (a 2 – a – 3)x 2 + (a + 2)x – 3a 2 = 0 nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình? Bài 4. ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC vng ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D khơng trùng với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF. Chứng minh: a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG b) SA. SC = SB. SF c) Tia ES là phân giác của góc AEF Bài 5. ( 1 điểm ) Giải phương trình : x 2 + x + 12 1+x = 36 ĐÁP ÁN 06 Bài 1. a) Ta có : A = x xx 24 44 2 − +− = )2(2 )2( 2 x x − − Vì (x- 2) 2 ≥ 0 với mọi x => 2 )2( −x có nghĩa với mọi x => A có nghĩa ⇔ 4 – 2x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 b) Ta có A = x 2 2(2 x) − − ⇔ x 2 1 khi x 2 0 2(2 x) 2 2 x 1 khi x 2 0 2(2 x) 2 ì - ï ï = - - > ï ï - ï í ï - ï = - < ï ï - ï ỵ Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5 Bài 2. Đặt u = x 1 và v = 2 1 −y .Hệ phương trình trên trở thành:    =+ −=− 534 1 vu vu Giải hệ phương trình trên được        = = 7 9 7 2 v u ; Với u = 7 2 => x = 2 7 ; Với v = 7 9 => y = 9 25 Vậy hệ có nghiệm là : x = 7/2; y = 25/9 Bài 3. Phương trình đã cho nhận x 1 = 2 là nghiệm ⇔ 4(a 2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a 2 = 0 ⇔ a 2 – 2a – 8 = 0 ⇔ a = -2 và a = 4 ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2010 10 [...]... b = ab hay : a+b = (10a+ b) (1) 8 8 Tích hai chữ số của nó là : a.b Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 15 Trường THCS Nhơn Tân 1  a + b = (10a + b) 8  ab + 13 = 10b + a  Huỳnh Văn Rỗ 2a − 7b = 0 .(1/ ) 8a + 8b = 10a + b  ⇔  ⇔ ab + 13 = 10b + a (2 / ) ab + 13 = 10b + a  7b 7b 7b ⇔... các tiếp điểm Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ tại M a) Chứng minh rằng MO = MA ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 19 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ b) Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) cắt các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C 1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của điểm N 2 – Chứng minh rằng... 2 Bài 3 B P N M A Q a) MQ là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A nên MQ ⊥ AB => ∆ BMA vuông tại A Góc ANB là góc chắn nửa đường tròn đường kính AB => góc ANB = 900 => AN ⊥ AB => BN là hình chiếu vuông góc của AB trên BM => BM.BN = AB2 Mà AB = 2R => BM BN = 4R2 (1) Vậy BM BN không đổi ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 22 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ 2 b) Tương tự BP BQ = 4R (2) Từ (1) và (2) ta có... ∠ OAQ => ∆ MOA cân => MO = MA (đpcm) ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 20 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ A M T P Q O B N C b) 1- Ta có các cặp đoạn thẳng AP và AQ , CQ và CN , BN và BP là các cặp tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm nên: AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP => AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của N 2- (1đ) Nếu BCQP là tứ... của a , hệ luôn có nghiệm duy nhất (x,y) sao cho x + y ≥ 2 Bài 3 ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) tại A M và Q là 2 điểm phân biệt chuyển động trên (d)sao cho M khác A và Q khác A Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P Chứng minh: a) Tích BM.BN không đổi ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 21 Trường... thành t2 + t - 6 = 0 ⇔ t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn) ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 11 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ t = 2 => x + 1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 ĐỀ SỐ 07 Bài 1 ( 2,5 điểm ) Cho biểu thức : T = a) Rút gọn biểu thức T x+2 x x −1 + x +1 x + x +1 b) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x ≠ 1 luôn có T < − x +1 x −1 với x > 0 và x ≠ 1 1 3 1 =0 (1) 2 a)... ADF = ABD 2 2 2 do ®ã AFD ~ ABD(g.g) c) Theo trªn: ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 31 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ AE AD = + D AED ~ D ADC ⇒ hay AD2 = AE.AC (1) AD AC AD AF = + D ADF ~ D ABD ⇒ ⇒ AD2 = AB.AF (2) AB AD Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF Bµi 5 Gọi x (km) là vân tốc của xe thứ nhất ( ĐK: x > 10 ) Vận tốc của xe thứ hai là x – 10 (km) 120 Thời gian xe thứ nhất đi hết quảng đường... ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 Ta cã: ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 32 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ 1 1 Max A2 = 2 x = y = , max A = 2 x = y = 2 2 Câu 2 a) Víi mäi x ta cã (x + a)(x – 4) – 7 = (x + b)(x + c) Nªn víi x = 4 th× -7 = (4 + b)(4 + c) Cã 2 trêng hỵp: 4+b=1 vµ 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta cã (x – 10) (x – 4) – 7 = (x – 3)(x – 11) Trêng... với n = 1, 2, 3, … n ta có: ƠN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 16 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ 1 1 1 1 = < 2( − ); 2 (1 + 1) 1 1 2 1 1 1 1 = < 2( − ) ; ……; 4 3 (3 + 1) 3 3 4 Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 + + + + < 2 (12 3 2 4 3 (n + 1) n 1 3 2 1 n +1 = 1 1 − ) 2 3 1 1 < 2( − ) (n + 1) n n n +1 ( 2 + 1) 2 1 ) người thứ hai làm một mình để hoàn thành công việc (x +6) giờ 1 Trong một giờ người thứ nhất làm được công việc x 1 Trong một giờ người thứ hai làm được công việc x+6 1 Vì trong 1 giờ nếu làm chung cả hai người làm được công việc nên có phương trình 4 1 1 1 ⇔ 4(x + 6) + 4x = x(x+ 6) ⇔ x2 – 2x . Rỗ      +=+ +=+ abab baba 101 3 )10( 8 1 ⇔    +=+ +=+ abab baba 101 3 108 8 ⇔      +=+ =− )2 (101 3 )1 ( 072 / / abab ba Từ (1 / ) => a = 2 7b thế vào (2 / ) ta được : 2 7b .b + 13 = 10b + 2 7b . không đổi nên AB + AC + BC nhỏ nhất <=> AC + BC nhỏ nhất. Ta có AC + BC = A’C = CB ≥ A’B. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, C, B thẳng hàng, tức là C ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 5 A Trường.    = = 2 4 y x Bài 3. a/ ÔN THI VÀO 10 - NH 2009 * 2 010 6 Trường THCS Nhơn Tân Huỳnh Văn Rỗ b) Với phương trình đường thẳng OA có dạng y = ax. Thay thế tạo độ A vào ta có 1 = a. vì d // OA