De TS 10 tinh An Giang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (313.58 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

AN GIANG Năm học 2012 – 2013

MƠN TỐN
Khóa ngày 11 – 7 – 2012
Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn A 2 16 6 9   36

b) Giải phương trình bậc hai: x2 2 2x 1 0 
c) Giải hệ phương trình:

 




 


3x y 7
2x y 3
Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 1  (*) có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*).

b) Tìm a để Parabol (P): y ax 2 đi qua điểm M (1; 2). Xác định tọa độ giao điểm của (d) và
Parabol (P) với a vừa tìm được.

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 2 m 1 x m







 2 3 0

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm khơng lớn hơn tổng hai
nghiệm.

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) bán kính R = 3cm và một điểm I nằm bên ngồi đường trịn, biết rằng
OI = 4cm. Từ I kẻ hai tiếp tuyến IA và IB với đường tròn (A, B là tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp.

b) Từ I kẻ đường thẳng vng góc với OI cắt tia OA tại O’. Tính OO và diện tích tam
giác IOO

c) Từ O kẻ O C vng góc với BI cắt đường thẳng BI tại C. Chứng minh rằng O I là tia
phân giác của AO C .

Giải
Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn A 2 16 6 9   36
A 2 4 2  6 32  62

A 2.4 6.3 6 8 18 6      4
b) Giải phương trình bậc hai: x2 2 2x 1 0 

Ta có: a 1; b  2; c 1





 

   2 2 1. 1  2 1 1

 

   1 1
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:





  

  

1

2 1

x 2 1

1





  

  

2

2 1

x 2 1

1
c) Giải hệ phương trình:

 




 


3x y 7
2x y 3

    

   

  

   

      

   

3x y 7 5x 10 x 2 x 2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



x;y

 

 2; 1



Bài 2: (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 1  (*) có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*).

Hệ số góc của (*) là 1

Cho x = 0  y = 1 ta có điểm (0; 1)
Cho x = 1  y = 2 ta có điểm (1; 2)

b) Tìm a để Parabol (P): y ax 2 đi qua điểm
M (1; 2). Xác định tọa độ giao điểm của (d) và
Parabol (P) với a vừa tìm được.

Do M 1;2



  

 P nên thay x = 1 và y = 2
vào (P) ta được: 

 

 

2

2 a 1 a 2

Với a = 2 ta có phương trình hoành độ giao điểm
của (P) và (d) : 2x2  x 1

 2x2 x 1 0 

Phương trình hồnh độ có dạng đặc biệt a + b + c = 0
Suy ra x1 1;


2

1
x

2
Thay x1 1 và


2

1
x

2 lần lượt vào hàm số y = x + 1 ta được:
Với x1 1 y1 2 Ta có tọa độ giao điểm thứ nhất



1;2



Với 2 

1
x

2  2 
1
y

2 Ta có tọa độ giao điểm thứ hai

 



 

 

1 1
;
2 2
Vậy



1;2



và

 



 

 

1 1
;

2 2 là tọa độ giao điểm của (P) và (d)
Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình 







  

2 2

x 2 m 1 x m 3 0

a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Từ PT đã cho ta có  







 







    

2 2 2 2

m 1 1 m 3 m 2m 1 m 3



 2m 2

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  0

 2m 2 0   m 1 . Vậy với m > 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm khơng lớn hơn tổng hai
Với m  1, theo hệ thức Vi et ta có:





    




  




1 2
2
1 2

S x x 2 m 1

P x x m 3

Theo đề bài ta có:    







       

2 2 2

P S m 3 2 m 1 m 3 2m 2 m 2m 1 0





 m 1 2 0 m 1

y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm không lớn hơn tổng hai nghiệm.

a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp.

Xét tứ giác OAIB có:

   0

OAI OBI 90 (tính chất tiếp tuyến)
   0 0  0

OAI OBI 90 90 180

Mà OAI và OBI là hai góc đối nhau nên tứ giác
OAIB nội tiếp được.

b) Từ I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt tia OA tại O’. Tính OO và diện tích tam
giác IOO

Xét tam giác OIO’ có:
 

O I OI tại I (gt)




IA OO tại A (doOAI 90  0 theo c/m trên)

Theo hệ thức lượng trong tam giác OIO’ vng tại I có
IA là đường cao ứng với cạnh huyền OO’ ta có:

 

  

2

2 OI

OI OA.OO OO

OA
Theo giả thiết ta lại có:

OA =R = 3cm và OI = 4cm nên   
2
4 16
OO

3 3 (cm)
Trong tam giác OAI vuông tại A, ta có:

    

2 2 2 2 2

OI OA IA IA OI OA

Hay IA 42 32  7(cm)

   

IOO

1 1 16 8

S OO .IA 7 7

2 2 3 3

   

(cm2)

Ta có:
    0

2
1

O I 90 (do O AI vuông tại A)
  0

2 3
I I 90

(do O I OI theo gt)

Suy ra O  1 I3 (1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lại có:
    0

1
2

O I 90 (do O CI vuông tại C)
Suy ra O  2 I4 (2)

Mặt khác:

3 4

</div>

De TS 10 tinh An Giang









 











 





  

 

































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về