Giải đề số 04 (theo yêu cầu của em Lương Triều Vũ)

Tập giải đề thi Tuyển Sinh vào lớp 10 – Môn Toán – Năm học 2010-2011 Trang 1

TẬP GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 4

Bài 1. ( 1,5điểm).
a) Rút gọn biểu thức : Q =
x y y x
x y
−
−
với
0x
≥
;
0y ≥
và
x y
≠

b)Tính giá trị của Q tại x =
26 1+
; y =
26 1−
Bài 2. (2điểm) .
Cho hàm số y =
2
1
2
x

có đồ thị là (P).
a) Vẽ (P).
b) Trên (P) lấy hai điểm M và N có hoành độ lần lượt bằng –1 và 2.
Viết phương trình đường thẳng MN.
c) Tìm trên Oy điểm P sao cho MP + NP ngắn nhất.
Bài 3 . (1,5điểm) .
Cho phương trình : x
2
– 2( m – 1)x + m – 3 = 0
a) Giải phương trình khi m = 0.
b) Chứng minh rằng, với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt.
Bài 4. (4,5điểm) .
Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( với B, C là
hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC.
a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Tính tích OH.OA theo R.
c) Gọi E là hình chiếu của điểm C trên đường kính BD của đường tròn (O).
Chứng minh
·
HEB
=
·
HAB
.
d) AD cắt CE tại K. Chứng minh K là trung điểm của CE.
e) Tính theo R diện tích hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến AB, AC và cung
nhỏ BC của đường tròn(O) trong trường hợp OA = 2R.
Bài 5: (0,5điểm)
Tìm các giá trị của m để hàm số y =

( )
2
3 2 5m m x− + +
là hàm số nghịch biến
trên R .
***** HẾT*****
Trần Văn Hứa – GV Trường THCS Nguyễn Bá Ngọc- Thăng Bình- Quảng Nam
Tập giải đề thi Tuyển Sinh vào lớp 10 – Môn Toán – Năm học 2010-2011 Trang 2
BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 04
Bài 1. ( 1,5điểm).
a) Rút gọn biểu thức : Q =
x y y x
x y
−
−
với
0x
≥
;
0y ≥
và
x y
≠
=
( )
xy x y
xy
x y
−
=

−

b)Tính giá trị của Q tại x =
26 1+
; y =
26 1−
Tại x =
26 1+
; y =
26 1−
thỏa mãn điều kiện
0x ≥
;
0y ≥
và
x y≠
, khi đó
giá trị của biểu thức Q =
( ) ( )
26 1 26 1+ −
=
( )
2
26 1 25 5− = =
Bài 2. (2điểm) .
Cho hàm số y =
2
1
2
x

có đồ thị là (P).
a) Vẽ (P).
Bảng giá trị tương ứng giữa x và y:
x - 2 - 1 0 1 2
y 2 1/2 0 1/2 2
Đồ thị: (em tự vẽ)
b) Trên (P) lấy hai điểm M và N có hoành độ lần lượt bằng –1 và 2.
Viết phương trình đường thẳng MN.
M
∈
(P)
( )
2
2
1 1 1
. 1
2 2 2
M M
y x⇒ = = − =
. Vậy: M
1
1;
2
 
−
 ÷
 
N
∈
(P)

2 2
1 1
.2 2
2 2
N N
y x⇒ = = =
. Vậy: N
( )
2;2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm M, N có dạng y = ax + b (d)
M
∈
(d)
⇒

1
.( 1)
2
a b= − +
hay
1
2
a b− + =

N
∈
(d)
⇒

2 .2a b

= +
hay
2 2a b
+ =

Ta có hệ phương trình:
1
2
2 2
a b
a b

− + =



+ =


2 2 1
2 2
a b
a b
− + =

⇔

+ =


⇔

1
2
1
a
b

=



=

Vậy phương trình đường thẳng MN là:
1
1
2
y x= +
c) Tìm trên Oy điểm P sao cho MP + NP ngắn nhất.
MP + NP ngắn nhất
⇔
ba điểm M, P, N thẳng hàng.
P thuộc Oy nên x
P
= 0. P nằm trên đường thẳng MN nên
1 1
1 .0 1 1
2 2
M M

y x= + = + =
Vậy P (0; 1) là điểm cần tìm thỏa mãn đề toán.
Bài 3 . (1,5điểm) .
Cho phương trình : x
2
– 2( m – 1)x + m – 3 = 0
Trần Văn Hứa – GV Trường THCS Nguyễn Bá Ngọc- Thăng Bình- Quảng Nam
_
_
//
//
M
D
K
E
H
O
C
B
A
Tập giải đề thi Tuyển Sinh vào lớp 10 – Môn Toán – Năm học 2010-2011 Trang 3
a) Giải phương trình khi m = 0.
Khi m = 0 ta có phương trình :
2
2 3 0x x+ − =
.
Do a + b + c = 1 + 2 + ( – 3) = 0 nên x
1
= 1; x
2

= – 3
b) Chứng minh rằng, với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt.
x
2
– 2( m – 1)x + m – 3 = 0 (1)
Các hệ số của phương trình (1): a = 1;
'
( 1)b m= − −
, c = m – 3

( )
2
' '2
1 ( 3)b ac m m
 
∆ = − = − − − −
 
=
2
2 1 3m m m− + − +
=
2
3 4m m− +
=
2
3 9 7
2.
2 4 4
m m− + +

=
2
3 7
0
2 4
m
 
− + >
 ÷
 
Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Bài 4: (4,5 điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp:

AB OB
⊥
,
AC OC
⊥
(do AB, AC là các tiếp tuyến )
·
·
0
90ABO ACO⇒ = =
Tứ giác ABOC có
·
·
0
180ABO ACO+ =

nên nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính tích OH. OA theo R:
Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) , OB = OC nên OA
⊥
BC.
Tam giác OAB vuông ở B, BH
⊥
OA nên OH. OA = OB
2
= R
2
(hệ thức lượng
trong tam giác vuông).
c) Chứng minh
·
HEB
=
·
HAB
.
Do E là hình chiếu của C trên BD nên
·
0
90CEO =
.
Tứ giác CEOH có
·
·
0
180CEO OHC+ =

nên nó là tứ giác nội tiếp .
Do đó:
·
·
HEO HCO=
(cùng chắn cung HO), mà
·
·
HCO OAB=
(cùng chắn cung OB)
Nên
·
HEB
=
·
HAB
.
d) AD cắt CE tại K. Chứng minh K là trung điểm của CE.
Gọi M là giao điểm của BA và DC. Tam giác MBD có O là trung điểm BD,
OA // DM (cùng vuông góc BC) nên A là trung điểm MB.
CE // BM (cùng vuông góc BD), áp dụng hệ quả định lí Ta let cho các tam giác
BDA có KE // AB và KC// AM ta được:
Trần Văn Hứa – GV Trường THCS Nguyễn Bá Ngọc- Thăng Bình- Quảng Nam
O
C
B
A
Tập giải đề thi Tuyển Sinh vào lớp 10 – Môn Toán – Năm học 2010-2011 Trang 4

KE DK

AB DA
=
và
KC DK
AM DA
=
. Do đó:
KE KC
AB AM
=
. Vậy KE = KC ( vì AB = AM)
e) Tính theo R diện tích hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến AB, AC và cung nhỏ BC
của đường tròn(O) trong trường hợp OA = 2R.
Gọi S là diện tích giới hạn cần tìm, S
1
là diện tích tứ giác
ABOC, S
2
là diện tích hình quạt cung BC nhỏ.
Ta có: S = S
1
– S
2

Tính S
1
:

2 2 2 2
(2 ) 3AB OA OB R R R= − = − =

2
1 1 3
. . . . 3
2 2 2
AOB
R
S OB AB R R= = =
AO là đường trung trực của BC nên theo tính chất đối xứng ta có:
S
1
= 2S
AOB
=
2
2
3
2. 3
2
R
R=
Tam giác AOB vuông ở B nên Cos BOA =
1
2 2
OB R
OA R
= =

·
0

60BOA⇒ =
Do đó:
·
0
120BOC =
(do tính chất đối xứng)
Vậy: S
2
=
2 0 2
0
.120
360 3
R R
π π
=
.
Từ đó: S = S
1
– S
2
=
2
3R

2
3
R
π
−

=
2 2
3 3
3
R R
π
−
=
( )
3 3
3
R
π
−
(đvdt)
Bài 5: (0,5điểm)
Tìm các giá trị của m để hàm số y =
( )
2
3 2 5m m x− + +
là hàm số nghịch biến
trên R .
Hàm số đã cho có dạng y = ax + b với a =
2
3 2m m− +
=
( )
1 ( 2)m m− −
.
Hàm số đã cho nghịch biến

⇔
( )
1 ( 2)m m− −
< 0 (1)
Do m – 1 > m -2 với mọi m nên (1)
⇔
1 0 1
1 2
2 0 2
m m
m
m m

− > >

⇔ ⇔ < <
 
− < <


Lưu ý: nếu học xét dấu nhị thức bậc nhất thì lập bảng dễ hơn.
Bài toán hình có nhiều cách giải khác nhau, tìm thêm cách giải khác .
Giải theo yêu cầu của em Lương Triều Vũ, chúc em học tốt và thi TS 10 đạt điểm cao.
Chào thân ái: Basan
Trần Văn Hứa – GV Trường THCS Nguyễn Bá Ngọc- Thăng Bình- Quảng Nam