De thi Toan tuyen lop 10 de 10

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

<b>Bài 2(3,0điểm)</b>

Cho phương trình x2+mx 2- =0, (ẩn x, tham số m).

<b>3.</b> Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 cùng nhỏ hơn 1.
<i>Δ</i>=<i>m</i>2+8>0,<i>∀m⇒x</i>₁=<i>−m −</i>

√

<i>m</i>

2

+8
2 <i>; x</i>2=

<i>− m</i>+

√

<i>m</i>2+8

2 <i>⇒x</i>1<<i>x</i>2

Vì 1.(-2)<0 nên pt có hai nghiệm phân biệt trái dấu . Suy ra x1< 0; x2>0

Để pt có hai nghiệm cùng nhỏ hơn 1 thì x2< 1

<i>⇒−m</i>+

√

<i>m</i>2+8

2 <1<i>⇒</i>

√

<i>m</i>

2

+8<2+<i>m⇒m</i>2+8<4+4<i>m</i>+<i>m</i>2<i>⇒m</i>>1(TM)

Vậy m>1.
<b>Bài 4(1,0điểm)</b>

Đoạn đường AB dài 160 km, một ô tô đi từ A đến B và một xe máy đi từ B đến A
khởi hành vào cùng một thời điểm. Sau một thời gian hai xe gặp nhau tại điểm C,
đoạn đường AC dài 120 km. Khi đi tới B, ô tô liền quay lại ngay và đuổi kịp xe
máy tại điểm D. Tính vận tốc hai xe, biết kể từ khi khởi hành tới lúc hai xe gặp
nhau tại điểm D là 4 giờ và vận tốc hai xe không đổi.

Gọi vận tốc của ô tô là a; xe máy là b ( km/h;a>b>0)

Vì thời gian ơ tơ đi từ A đến C là 120/a (h); xe máy đi từ B đến C là 40/b(h) nên ta
có phương trình 120<i>_a</i> =40

<i>b</i>

Vì … hai xe gặp nhau tại D nên ta có 4a = 160 +40 +x ; 4b = 40+x . do đó ta có pt
a= 40 +b

Giải hpt tính được a=60 ; b=20
<b>Bài 5(1,0 điểm)</b>

Cho hai số thực x, y thỏa mãn x>y và xy=2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

2x 3xy 2y

A

x y

- +

=

- ₌

<i>x − y</i>¿2+xy

¿

2¿
¿

vì xy =2

x-y>0 . Áp dụng bđt Cosi ta có

(<i>x − y</i>)+ 1

<i>x − y≥</i>2<i>⇒A ≥</i>4<i>⇒</i>MinA=4<i>⇔</i>

xy=2

<i>x − y</i>=1

¿{

Giải hpt tính ra(x;y)=(2;1); (-1;-2).

A

_D

_C

_B

x km

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

<b>Bài 3(3,0điểm)</b>

<b>3.</b> Cho SO=R 3 và MN=R.Tính diện tích tam giác ESM theo R.

SM.SN = SA2_=SO2_-AO2_=2R2

(SI-MI)(SI+MI)=2R2

SI2_-MI2_=2R2

SI=1,5R
SM=R
OI =

√

3<i>R</i>

2

OH = OA2

SO =

√

3<i>R</i>

3

OE = OH

sin 300=

2

√

3<i>R</i>

3

EI=

√

3<i>R</i>

6

<i>S</i>EM<i>S</i>=

√

3<i>R</i>

2

12

<b>Bài III: (1,0 điểm)</b>

1) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

-x2_{= mx – 1  x}2_{+ mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với}

mọi m

 (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2
điểm phân biệt.

2) x1, x2 là nghiệm của (2) nên ta có :

x1 + x2 = -m và x1x2 = -1

2 2

1 2 2 1 1 2 3

<i>x x</i> <i>x x</i>  <i>x x</i>  _<i>x x x</i>_{1 2}( ₁<i>x</i>₂ 1) 3 _1(<i>m</i>1) 3

 m + 1 = 3  m = 2
<b>Bài IV: (3,5 điểm) </b>

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối FED 90  o FCD

nên chúng nội tiếp.

2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì
hai góc CAD CBE  _{cùng chắn cung CE, nên ta}

có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE

DADB 

3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác

M

I

A

O

H

I

A B

F

E
C

O

D

E

_N

S

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

FCDE, ta có CFD CEA  _{(cùng chắn cung CD)}

Mặt khác CEA CBA  _{(cùng chắn cung AC)}

và vì tam OCB cân tại O, nên CFD OCB  _.

Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD _vàHDB OBD 90   0

 OCD DCI 90   0_{nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.}

Tương tự IE là tiếp tuyến với đường trịn tâm O.

4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn

 1 

CAE COE COI

2

 

(do tính chất góc nội tiếp)
Mà

 CO R

tgCIO 2

R
IC

2

  

 tgAFB tgCIO 2    _.

<b>Bài V: (0,5 điểm)</b>

Giải phương trình : <i>x</i>24<i>x</i> 7 (<i>x</i>4) <i>x</i>27

Đặt t = <i>x</i>27_{, phương trình đã cho thành :}<i>t</i>24<i>x</i>(<i>x</i>4)<i>t</i>

 <i>t</i>2 (<i>x</i>4)<i>t</i>4<i>x</i>0  (<i>t x t</i> )(  4) 0  t = x hay t = 4,
Do đó phương trình đã cho  <i>x</i>27 4 <i>hay x</i>27 <i>x</i>
 x2_{+ 7 = 16 hay}

2 2

7
7

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

  







 _{ x}2_{= 9  x =}_₃

Cách khác :

2 ₄ _{7 (} ₄₎ 2 ₇

<i>x</i>  <i>x</i>  <i>x</i> <i>x</i>  _<i>x</i>2 7 4(<i>x</i>4) 16 (  <i>x</i>4) <i>x</i>27 0

 (<i>x</i>4)(4 <i>x</i>27) ( <i>x</i>2 7 4)( <i>x</i>2 7 4) 0
 <i>x</i>2 7 4 0 <i>hay</i>  (<i>x</i>4) <i>x</i>2  7 4 0

 <i>x</i>27 4 <i>hay x</i>27 <i>x</i>  x2_{= 9  x =}_3

<b>Bài 3: </b>

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

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

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2<i>x</i>2  <i>x</i> 3_{ 2x}2_{– x – 3 = 0}

3
1

2

<i>x</i> <i>hay x</i>

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là





3 9
1; 2 , ;

2 2

 

 _ _

 _{ A}



1; 2



Phương trình đường thẳng () đi qua A có hệ số góc bằng -1 là :
y – 2 = -1 (x + 1)  () : y = -x + 1

c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C  C có tọa độ (0; 1)
Đường thẳng () cắt trục hồnh tại D  D có tọa độ (1; 0)
Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B  B có tọa độ (-3; 0)

Vì xA + xD = 2xC và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng ())

 C là trung điểm AD

2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC =
1
2<i>AD</i>
Nên ta có

1
2
<i>ABC</i>

<i>ABD</i>

<i>S</i> <i>AC</i>

<i>S</i> <i>AD</i> 

<b>Bài 4: </b>

a) Trong đường trịn tâm O:

Ta có BMN = MAB _{(cùng chắn cung}_BM ₎
b) Trong đường trịn tâm O':

Ta có IN2_{= IA.IB}

c) Trong đường trịn tâm O:

 

MAB BMN _{(góc chắn cung}BM ₎ ₍₁₎

Trong đường tròn tâm O':

 

BAN BNM _{(góc chắn cung}BN ₎ ₍₂₎

Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180       0

Nên tứ giác APBQ nội tiếp.

=> BAP BQP QNM   (góc nội tiếp và góc chắn cung)
mà QNM và BQP  ở vị trí so le trong => PQ // MN

I

P

B

O

O

'

M

N

Q

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5></div>

<!--links-->