Giải chi tiết Đề TS10 TPHCM 2013

Câu 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
065xx
2

b)
012xx
2


c)
043xx
24

d)





12yx
3y2x

Câu 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
xy 
và đường thẳng (d):
2xy 

trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính.
Câu 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:

9x
3x
.
3x
3
3x
x
A














với
0x 
; x ≠ 9

151553326533221B
22
















Câu 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
01m8x8x
22

(*) (x là ẩn số)
a) Định m để phương trình (*) có nghiệm
2
1
x 

b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa điều kiện:
3
2
3
1
4
2
4
1
xxxx 

Câu 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R (B, C cố định,
A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại điểm M. Từ M kẻ đường thẳng song
song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.
a) Chứng minh
CA
ˆ
BCB
ˆ
M 
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác
Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.

Câu 1: Giải phương trình và hệ phương trình
a)
065xx
2


Ta có a = 1; b = –5; c = 6
∆ =
14.1.65)(4acb
22

> 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

3
2.1
15)(
2a

Δb
x
1






2
2.1
15)(
2a
Δb
x
2






Vậy nghiệm của phương trình
065xx
2

là x = 3; x = 2.
b)
012xx
2



Ta có a = 1; b = –2; c = –1
∆ =
81)4.1.(2)(4acb
22

> 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

21
2.1
82)(
2a
Δb
x
1






21
2.1
82)(
2a
Δb
x
2







Vậy nghiệm của phương trình
012xx
2

là x =
21
; x =
21
.
c)
043xx
24


Đặt t = x
2
(t
0
)
42
xt 

Ta có phương trình:
043tt
2



a = 1; b = 3; c = –4
a + b + c = 1 + 3 + (–4) = 0 nên phương trình
043tt
2

có nghiệm
t = 1 và t = –4 (loại)
Ta có t = 1
1x1x
2


Vậy nghiệm của phương trình
043xx
24

là x = 1; x = –1
d)





12yx
3y2x









24y2x
3y2x








2y1x
55y








1x
1y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; –1)
Câu 2:

a) * Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
xy 

Đồ thị (P) của hàm số
2
xy 
có dạng là một đường cong nhận O(0 ; 0) làm đỉnh, nhận trục Oy làm
trục đối xứng và đi qua các điểm đặc biệt sau:



x
–2
–1
0
1
2
y = x
2
4
1
0
1
4
* Vẽ đồ thị hàm số (d):
2xy 

Khi x = 0 thì y = 2
Khi x = 2 thì y = 0

Đường thẳng (d) đi qua hai điểm (0;2) và (2;0)
* Đồ thị hàm số (P):
2
xy 
và (d):
2xy 

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x
2
= – x + 2
02xx
2



092)1.(.41ac4bΔ
22


Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1
2.1
91
2a
b
x
1






2
2.1
91
2a
Δb
x
2






Khi x = 1 thì y = – x + 2 = –1 + 2 = 1
Khi x = –2 thì y = – x + 2 = – (–2) + 2 = 4
Vậy các giao điểm của (d) và (P) là (1 ; 1) và (–2 ; 4)




(d): y = – x + 2
(P): y = x
2

Câu 3:
A =
9x
3x
.
3x

3
3x
x














=
9x
3x
.
3)x3)(x(
3)x3(3)x(x














=
9x
3x
.
3)x(
9x3x3x
22













=
9x
3x
.

9x
9x





=
9)9)(x(x
3x



=
22
9x
3x



=
3)x(3)x(
3x



=
3x
1


B =
151553326533221
22
















=
1515526324
2
6
526324
2
21
22

















Ta có:
324
=
22
11.3.2)3( 
=
13)13(
2



324
=
22
11.3.2)3( 
=

13)13(
2



15)15(11.5.2)5(526
222



15)15(11.5.2)5(526
222


B =
1515)1513(3)1513(
2
21
22



=
1515)53(3)53(
2
21
22


=

1515)53(
2
15
2


=
1515)1528(
2
15


= 60 +
1515
1515

= 60








Câu 4:
01m8x8x
22

(*)

a) Phương trình (*) có nghiệm
2
1
x 
nên ta có phương trình:
01m
2
1
8
2
1
8
2
2















01m42
2



1m
2



1m 

Vậy khi m = 1 hoặc m = –1 thì phương trình (*) có nghiệm
2
1
x 

b) Để phương trình (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
thì
∆ = (–8)
2
– 4.8.(m
2
+ 1) = 64 – 32(m
2
+ 1) = 32 – 32m
2

∆

0
032m32
2



1m
2



1m1 

Ta có:

3
2
3
1
4
2
4
1
xxxx 




3
2
4
2
3
1
4
1
xxxx 




01)(xx1)(xx
2
3
21
3
1


mà















8
1m
a
c
xx
1
8
8)(
a
b
xx
2
21
21




0)x(x)x(x
1
3
22
3

1





0xxxx
1
3
22
3
1





0)x(xxx
2
2
2
121





0)x)(xx(x
2121



x
1
= x
2


m =
1

Vậy để phương trình có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn
3
2
3
1
4
2
4
1
xxxx 
thì m =
1

Câu 5:

















•
•
•
•
•
•
O
A
B
C
•
•

M
D
E
F
I
•
•
•
Q
•
T
P

a) Chứng minh
CA
ˆ
BCB
ˆ
M 
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
* Chứng minh
CA
ˆ
BCB
ˆ
M 
:

CB
ˆ

M
là góc ngoại tiếp chắn cung nhỏ BC
sđ
2
1
CB
ˆ
M 
BC (1)

CA
ˆ
B
là góc nội tiếp chắn cung nhỏ BC
sđ
2
1
CA
ˆ
B 
BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra
CB
ˆ
M
=
CA
ˆ
B

* Chứng minh MBIC là tứ giác nội tiếp:
Do BA // ME
CI
ˆ
MCA
ˆ
B 
(hai góc đồng vị)
mà
CB
ˆ
M
=
CA
ˆ
B
nên
CB
ˆ
M
=
CI
ˆ
M

Ta có: OB

BM, OC

CM (tính chất tiếp tuyến)


OBMC nội tiếp đường tròn đường kính OM (hai điểm B, C cùng nhìn OM dưới một góc vuông)
mà
CB
ˆ
M
=
CI
ˆ
M
nên điểm I cũng nằm trên đường tròn đường kính OM
Vậy tứ giác MBIC nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Chứng minh: FI.FM = FD.FE
* Xét ∆FBM và ∆FIC có:

CB
ˆ
M
=
CI
ˆ
M
(chứng minh ở câu a)

CF
ˆ
IMF
ˆ

B 
(hai góc đối đỉnh)
nên ∆FBM đồng dạng với ∆FIC

FI.FM = FB.FC (3)
* Xét ∆FBD và ∆FEC có:

CF
ˆ
IMF
ˆ
B 
(hai góc đối đỉnh)

CE
ˆ
FDB
ˆ
F 
(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
nên ∆FBD đồng dạng với ∆FEC

FB.FC = FD.FE (4)
Từ (3) và (4) suy ra FI.FM= FD.FE (điều phải chứng minh)

c) Chứng minh P, T, M thẳng hàng:
Muốn chứng minh P, T, M thẳng hàng ta chứng minh
0
180MT
ˆ

QQT
ˆ
P 

mà
QT
ˆ
P
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ta cần chứng minh
0
90MT
ˆ
Q 

Xét đường tròn tâm O có hai dây cung DE và TQ cắt nhau tại F nên ta có
FT.FQ = FD.FE
mà FD.FE = FI.FM (chứng minh ở câu b) nên suy ra FT.FQ = FM.FI
Xét ∆FTM và ∆FIQ có:
FT.FQ = FM.FI

QF
ˆ
IMF
ˆ
T 
(hai góc đối đỉnh)
nên ∆FTM đồng dạng với ∆FIQ (5)
Ta lại có

0
90MI
ˆ
O 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OM) nên
0
90MI
ˆ
Q 
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
0
90FI
ˆ
QFT
ˆ
M 


0
180QT
ˆ
PFT
ˆ
M 
nên P, T, M thẳng hàng (điều phải chứng minh).

d) Theo đề bài, BC cố định nên tứ giác OBMC cũng cố định.
Điểm A di chuyển trên cung lớn BC của đường tròn (O ; R), còn điểm I di chuyển trên cung lớn BC
của đường tròn đường kính OM.
Gọi h là đường cao xuất phát từ I của ∆IBC. Ta có diện tích ∆IBC :

h.BC
2
1
S
IBC


Do BC cố định nên diện tích ∆IBC lớn nhất khi h lớn nhất.
h đạt giá trị lớn nhất khi I trùng với điểm O, lúc đó IM

BC
mà IM // AB nên AB cũng vuông góc với BC. Lúc đó AC là đường kính đường tròn (O ; R).