Tài liệu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT _ TỈNH BÌNH THUẬN NĂM HỌC: 2013 – 2014 docx

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT _ TỈNH BÌNH THUẬN
NĂM HỌC: 2013 – 2014
Bài 1. Giải phương trình và hệ phương trình
a/ x
2
+ x – 20 = 0
∆ =
1
2
- 4.1.(-20) = 81> 0,
9⇒ ∆ =
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
1 2
1 9 1 9
x 5;x 4
2.1 2.1
− − − +
= = − = =
b/
3x 2y 3 3x 2y 3 5x 5 x 1
x y 1 2x 2y 2 x y 1 y 0
− = − = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = + = =
   
Bài 2.
a/ Tính giá trị biểu thức:
( )
A 3 5 3 2 2 24 1

15 2 6 2 6 1
16
= − + +
= − + +
=
b/ Rút gọn biểu thức:
( )
2
2
a 1
B a 2 , (a 0)
a 1 a
a a 2a 1
a 1 a
a (a 1)
a 1 a
a a 1
(vìa 0)
(a 1). a
1
= × + + >
+
+ +
= ×
+
+
= ×
+
+
= >

+
=
Bài 3.
a/ Vẽ đồ thị hàm số y = 2x – 3
x
y
1,5
-3
0
1,5
0
-3
0
y=2x-3
x
y=2x-3
b/
Phương trình hoành độ giao điểm của ( d) và (P) là:
x
2
= m x + 1
⇔
x
2
– mx – 1 = 0 (1)
Vì a.c = 1.(-1) <0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
,

x

2

với mọi m
Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
* Tìm m để y
1
+ y
2
+ y
1
.y
2
= 7
Áp dụng hệ thức Vi_et cho phương trình (1) ta có:
1 2
1 2
x x m
x x 1
+ =


× = −

(2)
Vì y = x
2
nên y
1
= x
1

2
và y
2
= x
2
2
Do đó: y
1
+ y
2
+ y
1
.y
2
= 7
⇔
x
1
2
+ x
2
2
+ (x
1
×
x
2
)
2
= 7

⇔
(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
×
x
2
+ (x
1
×
x
2
)
2
= 7 (3)
Từ (2) và (3) ta có: m
2
+ 3 = 7
⇔
m
2
= 4
⇔
m = -2 ; m = 2
Bài 4:

a/ Chứng minh tứ giác AMHC nội tiếp:
Tứ giác AMHC có:
·
0
AMH 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
ACH 90=
(gt)
Vậy
·
·
0
AMH ACH 180+ =
⇒
Tứ giác AMHC nội tiếp
b/ Tính độ dài BM và diện tích tam giác MAB theo R
∆
AMB vuông tại M
2 2
MB AB AM⇒ = −

2 2
MB (2R) R
MB R 3
= −
=
∆
AMB vuông tại M nên

2
AMB
1 1 R 3
S MA MB R R 3
2 2 2
= × × = × × =
(đvdt)
c/ Chứng minh tam giác MIH đều
·
·
IMH MAB=
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
Tứ giác AMHC nội tiếp
⇒
·
·
IHM MAB=
(cùng bù với
·
MHC
)
Vậy
· ·
·
( )
IMH IHM MAB= =

Mặt khác
∆
AMO đều (vì AM = OA = OM = R)

⇒
·
MAB
= 60
0
Nên
· ·
0
IMH IHM 60= =
Do đó
∆
MIH có
· ·
0
IMH IHM 60= =
nên là tam giác đều
d/ Chứng minh EF song song với KC
∆
AKB có BM
⊥
AK và KC
⊥
AB ; BM cắt KC tại H
⇒
AH
⊥
KB
Mặt khác AE
⊥
KB (vì

·
AEB
nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vậy
AH KB
AE KB
⊥

⇒

⊥

3 điểm A, H, E thẳng hàng
·
·
MCH MAH=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MH)
C
H
I
M
O
E
F
B
A
K
·
·
EFM MAH=

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung ME)
Do đó
·
·
MCH EFM=
và cũng là hai ở vị trí đồng vị
Suy ra EF song song với KC