De thi thu vao 10 nam 2012

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

PHỊNG GD&ĐT BA ĐÌNH
TRƯỜNG THCS THÀNH CƠNG

<b>THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG </b>

<b>Năm học 2012-2013</b>

MƠN THI :TỐN

Ngày thi: 25/5/2012

Thời gian làm bài: 120 phút

<b>Bài 1 </b>

<i>(2,5 điểm):</i>

Cho biểu thức:

x 2 x 2 6 x 8 x 8

P . 5

x 1 x 2 x 3 x 2 x 1

 _ _ _   _ 

_   _{ }  _

 _ _ _ _   _ 

   

với x



0, x



1 và x



4

1) Rút gọn biểu thức P.

2) Tính giá trị của x để P



0.

3) Tìm giá trị lớn nhất của P.

<b>Bài 2</b>

<i>(2,5 điểm):</i>

Trong đợt thi đua cuối năm, hai đội cơng nhân làm được 1020 sản phẩm có

chất lượng loại A, đạt tỉ lệ 85%. Riêng đội I tỉ lệ sản phẩm loại A là 90%. Riêng đội

II tỉ lệ sản phẩm loại A là 78%. Tính số sản phẩm mỗi đội đã làm được.

<b>Bài 3</b>

<i>(1 điểm):</i>

Cho hàm số y= 2x

2

_{có đồ thị là parabol (P)}

và đường thẳng (d) có phương trình là: y=2mx



3

Tìm m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt ở bên trái trục tung.

<b>Bài 4</b>

<i>(3,5 điểm):</i>

Cho đường tròn tâm O và dây BC cố định, Điểm A thuộc cung lớn BC. Tia phân giác

của

BAC và



ABC cắt nhau tại E. Tia AE cắt BC tại M và cắt đường tròn (O) tại D.



1) Chứng minh: BD

2

_{= DM. DA}

2) Chứng minh: Tam giác DBE là tam giác cân.

3) Kẻ tia Cx là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C. Các tia AB và CD cắt nhau

tại K, tia AD cắt tia Cx tại I. Chứng minh:

BDC KIC

 

4) Chứng minh: AB.AC= AM

2

_{+ MB.MC}

<b>Bài 5</b>

<i>(0,5 điểm):</i>

Giải phương trình

<i>: </i>





3 2

5 1+ x



2 x + 2

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

PHỊNG GD&ĐT BA ĐÌNH
TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học</b>
<b>2012-2013</b>

MƠN TỐN- Ngày thi: 17/5/2012
<b>Bài 1 </b><i>(2,5 điểm)</i>

x 2 x 2 6 x 8 x 8

P . 5

x 1 x 2 x 3 x 2 x 1

       

_   _{ }  _

 _ _ _ _   _ 

   

1) Rút gọn biểu thức P với x  0 và x 

1; 4



 





 

 

 





 





 







x 2 x 2 6 x 8 x 8

P . 5 A. B

x 1 x 2 x 3 x 2 x 1

x 8 5 x 5 x 8 4 x 13
B 5

x 1 x 1 x 1

x 2 x 2 6 x 8 x 1 x 2 6 x 8

A

x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

x 2 x 2 x 1 x 2 6 x 8

x 1 x 2

x 4 x 4 x + x 2 x 2 6 x 8 x 2

x 1 x 2 x 1 x

 _ _ _   _ 
_   _ _  _
 _ _ _ _   _ 
   
    
   
  
     
     
       
      

 
       
 
  









2

1
x 1
2

4 x 13
P A . B=

x 1







Rút gọn P: 1,5đ,
chia các ý:

* Rút gọn B: 0,25
* Rút gọn A:
Ph.tích mẫu: 0,25
Qui đồng: 0,25
Thu gọn tử: 0,5
* Ra kết quả: 0,25

2) Tìm x để P 

0





2

4 x 13 13 169

P 0 0 4 x 13 0 4 x 13 x x

4 4

x 1



           

 0,25

Kết hợp điều kiện xác định suy ra

169

P 0 0 x và x 1; x 4

4

      _0,25

3) Tìm giá trị lớn nhất của P















 











2 2 2 2 2

2
2

4 x 1

4 x 13 4 x 4 9 9 9 4

P

x 1

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

9 3 2 4 4 3 2 4

2. .

3 9 9 3 9

x 1 x 1

x 1

  

     

    
 
 
 
     _  _ 
 _  _
    
 
0,25
Vì
2 2

3 2 3 2

0 4 4

3 3

x 1 x 1

   

 _  _    _  _  

 

   

4 3 2 3 2 9 11 121

P= 0 x 1 x x

9  x 1  3  x 1  3  2  2   2 _(tmđk)
Vậy giá trị lớn nhất của P là

4 121

P= khi x

9  4

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

<b>Bài 2</b><i>(2,5 điểm):</i>

Trong đợt thi đua cuối năm, hai đội công nhân làm được 1020 sản phẩm có chất lượng loại A, đạt tỉ
lệ 85%. Riêng đội I tỉ lệ sản phẩm loại A là 90%. Riêng đội II tỉ lệ sản phẩm loại A là 78%. Tính số
sản phẩm đạt chất lượng loại A của mỗi đội.

Gọi số sản phẩm đạt loại A của đội I là x (sản phẩm); x>0, xZ

Gọi số sản phẩm đạt loại A của đội II là y (sản phẩm); y>0, yZ 0,25

Tổng số sản phẩm của hai đội là x+y

Vì hai đội làm được 1020 sản phẩm có chất lượng loại A, đạt tỉ lệ 85% nên ta có: 85% (x+y) =
1020x+y = 1200

0,5
Riêng đội I là được số sản phẩm loại A là 90%.x

Riêng đội II là được số sản phẩm loại A là 78%.y

Vì hai đội làm được 1020 sản phẩm có chất lượng loại A nên ta có phương trình:
90% x+78%y = 1020

0,5

Khi đó ta có hệ phương trình:

x y 1200

90% x 78%y 1020

 




 

 0,25

x y 1200 x y 1200 0,9x 0,9y 1080

90% x 78%y 1020 0,9 x 0,78%y 1020 0,9 x 0,78%y 1020
x y 1200 x 1200 y x 700

0,12y 60 y 500 y 500

     

  

 

  

     

  

    

  

 _  _  _

  

  

0,75

x=700 >0; y= 500 >0 (thỏa mãn điều kiện của ẩn)

Vậy số sản phẩm đạt chất lượng loại A của đội I là 700 sản phẩm
số sản phẩm đạt chất lượng loại A của đội II là 500 sản phẩm

0,25

<b>Bài 3</b><i>(1 điểm):</i>

Cho hàm số y= 2x2_{có đồ thị là parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình là: y= 2mx}_₃

Tìm m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt ở bên trái trục tung.
Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:

2x2_=2mx_₃__2x2__{2mx + 3=0 (1)} 0,25

Vì đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt phương trình hồnh độ giao điểm của

(d) và (P) có 2 nghiệm phân biệt∆’=m2  24 >0m> 24 0,25

Vì đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt ở bên trái trục tungphương trình (1) có

hai nghiệm đều cùng dấu âm x1.x2 >0 và x1+x2<0

Mà x1+ x2 =m; x1.x2=1,5 do đó m<0

0,25
Kết hợp điều kiện:



m



>

24 và m<0 nên m<



24 0,25

<b>Bài 5</b>

<i>(0,5 điểm):</i>

Giải phương trình<i>: </i>





3 2

5 1+ x 2 x + 2

Với x>



1 thì 1+ x3  1+ x . 1 x + x 2

đặt : a 1+ x_vàb 1 x + x 2 _{thì a}2_{+ b}2_{= x}2_{+2 nên ta có phương trình: 5ab= 2(a}2_{+ b}2₎

Tìm được 2a=b hoặc 2b =a; Phương trình: a=2b vơ nghiệm, phương trình 2a=b 4a2 = b2 có

nghiệm x thỏa mãn đk: x>



1. Ptrình 4(1+ x) =1x + x2 x25 x 3=0

5 37
x

2

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

<b>Bài 4</b><i>(3,5 điểm):</i>

Cho đường tròn tâm O và dây BC cố định, Điểm A thuộc cung lớn BC. Tia phân giác của BAC và



ABC cắt nhau tại E. Tia AE cắt BC tại M và cắt đường tròn (O) tại D.
1) Chứng minh: BD2_{= DM. DA}

2) Chứng minh: Tam giác DBE là tam giác cân.

3) Kẻ tia Cx là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C. Các tia AB và CD cắt nhau tại K, tia AD
cắt tia Cx tại I. Chứng minh: BDC KIC  

4) Chứng minh: AB.AC= AM2_{+ MB.MC}

E

I
K

M

D
O

C
B

A

Hình vẽ theo giả thiết để làm được câu a 0,25

1) Chứng minh: BD2_{= DM. DA}

Xét BDM và ADB:

CM: góc ADB= góc MBD

BDM và ADB: đồng dạng

viết hệ thức về các đoạn thẳng tỉ lệ, suy ra đpcm

0,25
0,25
0,25
2) Chứng minh: Tam giác DBE là tam giác cân.

Tính sđ góc EBD và sđ góc BED theo sđ cung bị chắn
So sánh các cung và so sánh góc và kết luận

0,25
0,25
0,5
3) So sánh: góc BAD và góc DCI

CM: Tứ giác ACIK nội tiếp suy ra: góc KAC+ góc KIC =1800

Tứ giác ABDC nội tiếp nên góc BAC+ góc BDC =1800

Do đó: BDC KIC  

0,25
0,25
0,25
4) C/m: MB.MC = MA.MD nên AM2_{+ MB.MC=AM}2_{+MA.MD = MA.(MA+MD)=AM.AD}

C/m: ABD và AMC đồng dạng nên: AB/AM=AD/AC do đó: AB.AC=AD.AM

Nên AB.AC =AM2_{+ MB.MC}

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



 





 

 

 





 





 





 



x 1 x 2 7 x 2 x 2

P . 5 A: B

x 1 x 2 x x 2 x 1

x 2 5 x 5 x 2 4 x 3

B 5

x 1 x 1 x 1

x 1 x 2 7 x 2 x 1 x 2 7 x 2

A

x 1 x 2 x x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

x 1 x 2 x 1 x 2 7 x 2

x 1 x 2

x 2 x x 2 x x 2 x 2 7 x 2 x 2

x 1 x 2 x 1 x 2

 _ _ _   _ 

_   _ _  _ 

 _ _ _ _   _ 

   

    

   

  

     

     

       

      



 

         

  

   





2

1
x 1
4 x 3

P A: B=

x 1








Rút gọn P: 1,5đ,
chia các ý:

* Rút gọn B: 0,25
* Rút gọn A:
Ph.tích mẫu: 0,25
Qui đồng: 0,25
Thu gọn tử: 0,5
* Ra kết quả: 0,25

2) Tính của x để

8

P

x 1








2





4 x 3

3 3

P 3 x 1 4 x 3

x 1 _{x 1} x 1



      

 _ 

0,25

3 x 3 4 x 3 x 0 nên x =0

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>



 





 





 

 

 





 









 









 









 







x 1 3 x 1 4 x 7 x x 1

A .

x 1 x 2 x x 2 x x 1

x 1 3 x 1 4 x 7 x x 1

.

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x x 1

x 1 x 2 3 x 1 x 1 4 x 7 ₁

.

x 1 x 2 x 1

x 2 x x 2 3x x 3 x 1 4 x 7 1

.

x 1 x 2 x 1

4x 5 x 6 1 4x 8 x 3 x 6 1

. .

x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1

 _ _ _  _ _

_   _

 _ _ _ _  _

 

 

    

 

  

 _ _ _ _  _ _ _

 

      



  

        



  

    

 

     













 









 





 

 



_

_

2

4 x x 2 3 x 2 ₁ 4 x 3 x 2 ₁ _{4 x 3}

. . .

x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 _{x 1}

     _

 

      _

Nếu A= B:C
Rút gọn A:
1,5đ,
chia các ý:
* Rút gọn B:
- Phân tích
mẫu: 0,25
- Qui đồng:
0,25

- Thu gọn
tử: 0,25
* Rút gọn B:
0,25

* Rút gọn B:
0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

PHÒNG GD&ĐT BA ĐÌNH
TRƯỜNG THCS THÀNH CƠNG

<b>THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG </b>

<b>Năm học 2012-2013</b>

MƠN THI :TỐN

Ngày thi: 25/5/2012

Thời gian làm bài: 120 phút

<b>Bài 1 </b>

<i>(2,5 điểm):</i>

Cho biểu thức:



 



: 1

3

4

7 x

A

x 3 x

x 6

x 3

x 2

 

  _ _

 

 

 



 _{ } _













với x



0 và x



4

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của A khi x = 6



2 5 .

3) Tìm m để phương trình A = m

x

có hai nghiệm phân biệt (m



0).

<b>Bài 2</b>

<i>(2,5 điểm):</i>

Một ca nơ chạy xi dịng một khúc sơng dài 168km, sau đó chạy ngược dịng

128 km trên khúc sơng đó. Tính vận tốc riêng của ca nơ, biết rằng vận tốc của dịng

nước là 4km/h và thời gian ca nơ chạy ngược dịng nhiều hơn thời gian ca nơ chạy

xi dịng là 1 giờ.

<b>Bài 3 </b>

<i>(1 điểm):</i>

Cho phương trình: x

3



m(x



2)



8 = 0

1) Giải phương trình khi m = 3.

2) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

<b>Bài 4 </b>

<i>(3,5 điểm):</i>

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn. Qua

điểm M trên đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại E. Qua O kẻ

đường thẳng d vng góc với AB, d cắt MB tại F.

1) Chứng minh: AEMO là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh: BF // OE.

3) Chứng minh: AEFO là hình chữ nhật.

4) Chứng minh: Khi điểm M chuyển động trên đường trịn (O) thì trực tâm H

của ∆AME ln thuộc một đường trịn cố định.

<b>Bài 5 </b>

<i>(0,5 điểm):</i>

Tìm m để

5

3m

A

m+ 2





có giá trị nguyên dương.

<i><b>Chữ ký giám thị</b></i>

<i><b>1</b></i>

<b>:</b>

...

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

PHỊNG GD&ĐT BA ĐÌNH
TRƯỜNG THCS THÀNH CÔNG

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học</b>
<b>2012-2013</b>

MƠN TỐN- Ngày thi: 17/5/2012
<b>Bài 1 </b><i>(2,5 điểm)</i>

1) Rút gọn biểu thức A với x  0 và x 

4:



 





 





 









 





 





 





 





 





 

 

 





 





 



3 4 7 x

A : 1

x 3 x x 6 x 3 x 2

3 4 7 x

: 1

x 3 x 3 x 2 x 3 x 2

3 x 2 4 x 3 x 2 7 x

:

x 3 x 2 x 3 x 2

3 x 6 4 x 3 x 2 x 6 7 x

:

x 3 x 2 x 3 x 2

3 x 10 x 1

:

x 3 x 2 x 3 x 2

x 3 x 2

3 x 10 3 x 10

.

x 1 x 1

x 3 x 2

 
  _  _
_  _ 
 
    
 _{ } _
   

   
  
 _ _ _   _ _ 
   
     

   
      

   
 

   
 
 
 
 

 

Nếu A= B:C
Rút gọn A: 1,5đ,
chia các ý:
* Rút gọn B:

- Phân tích mẫu: 0,25
- Qui đồng: 0,25
- Thu gọn tử: 0,25
* Rút gọn B: 0,25

* Chuyển (:) thành (.): 0,25
* Ra kết quả: 0,25

2) Tính giá trị của A khi x= 62

5

.

Ta có: x= 62

5

= 52

5

+1= ( 51)2

Suy ra:

x

=





2

5 1

= 

5

1=

5

1 ( Vì:

5

1 >0)

0,25

Thay vào A ta đươc:









3 5 1 10 _{3 5 3 10} _{3 5 13} 3 5 13 . 5 _{15 13 5}
A

5 5

5 1 1 5 5

  _ _ _  _

    

 

0,25

3) Tìm m để phương trình A= m

x

có hai nghiệm phân biệt (m

0).

Với ĐK; x  0 và x  4, ta có phương trình:









3 x 10

m x 3 x 10 m x x 1 3 x 10 = mx +m x
x 1

mx +m x 3 x 10 = 0 mx 3 m x 10 = 0 (1)



      



      

Đặt y =

x

, điều kiện y  0 và y  2 ta có phương trình: my2  (3  m) y  10=0 (2)

0,25

Nhận xét: với mỗi y  0 và y  2 đều có một giá trị của x thỏa mãn y =

x

và là nghiệm của

phương trình đã cho (1).

Vì vậy, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

không âm và khác 2

0,25

















2 ₂

3 m 4m 10 0 ₂ _{m 23} ₅₂₀

m 46m +9 0

3 m 0 _m_<3

<3
m

m 23 4 130

5 _{m 0}

0 m 0

m ₁₁

4m 6 2m 5 0 _m 
2

m.2 3 m .2 5 0 6

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>Bài 2</b><i>(2,5 điểm)</i>

Một ca nô chạy xi dịng một khúc sơng dài 168km, sau đó chạy ngược dịng 128 km trên
khúc sơng đó. Tính vận tốc riêng của ca nơ, biết rằng vận tốc của dịng nước là 4km/h và thời gian
ca nơ chạy ngược dịng nhiều hơn thời gian ca nơ chạy xi dịng là 1 giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô là: x (km/h); x>4 0,25

Vận tốc của ca nô khi chạy xuôi dịng là: x+4 (km/h)
Thời gian ca nơ chạy xi dịng 168km là:

168
x+4 (h)

0,25
Vận tốc của ca nô khi chạy ngược dịng là: x4 (km/h)

Thời gian ca nơ chạy ngược dịng 128km là:
128
x 4 _(h)

0,25
Vì thời gian ca nơ chạy ngược dịng nhiều hơn thời gian ca nơ chạy xi dịng là 1 giờ nên ta có

phtrình:
128
x 4 _

168
x+4 = 1

0,5

Suy ra: 128 (x+4) – 168(x– 4) = (x4)(x+4) 0,25

 x216 = 128x +512 – 168x+672

 x2+40x – 1200= 0 0,25

∆’= 202 _{+ 1200 = 400+1200= 1600} _ _₌₄₀ 0,25

Phương trình có hai nghiệm:

x1= – 20+40 = 20 ; x2= – 20– 40=– 60 0,25

x1= 20 >0 (thỏa mãn điều kiện của ẩn), x2= – 60 <0 (loại)

Vậy vận tốc riêng của ca nơ là 20km/h 0,25

<b>Bài 3 </b><i>(1 điểm)</i>Cho phương trình: x3__m(x_₂₎_

_{8 = 0}

1) Giải phương trình khi m=3, ta có pt: x3__3(x_₂₎__{8 = 0}

 x383(x2) = 0 (x2)(x2+2x+4)3(x2) = 0 (x2)(x2+2x+43) = 0

 (x2)(x2+2x+1) = 0 (x2)(x+1)2 = 0 0,25

Do đó: x2 = 0 hoặc x2+2x+1=0 suy ra: x=2 hoặc x= 1 _0,25

2) Tìm m đê phương trình có 3 nghiệm phân biệt

Vì x3_₈__m(x__{2)= 0}__(x__2)(x2_+2x+4)__m(x__{2)= 0}__(x__2)(x2_+2x+4__{m)= 0}

nên: x2=0 hoặc x2 + 2x + 4m =0 suy ra: x=2 luôn luôn là nghiệm của PT.

Do đó PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi PT: x2_+2x+4__{m =0 có hai nghiệm phân biệt và x}__2.

0,25
Ta có: x2 22+2.2+4m 0  m12

PT: x2_+2x+4__{m =0 có hai nghiệm phân biệt}__{∆’= 1}2__{4+m)= m}__3>0__m>3.

Vậy, phương trình có 3nghiệm phân biệt  m>3 và m12

0,25

<b>Bài 5 </b><i>(0,5 điểm)</i>: Tìm m để

3m 5
A

m+ 2




có giá trị nguyên dương.
Vì

3m 5 3m+6 11 11

A 3

m+ 2 m+ 2 m+ 2

 

   

, nên A<b>Z khi có k</b><b>Z sao cho:</b>

11 11 2k

=k m=

m+ 2 k




0,25

Khi đó:

11 2k 33 6k 5k

3. 5 _{33 11k}

k k

A 3 k > 0 k 3

11 2k_{+ 2} 11 2k+2k 11

k k

  





      

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>Bài 4: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn. Qua điểm M trên</b>
đường tròn (O), tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại E. Qua O kẻ đường thẳng d vng góc với AB,
d cắt MB tại F.

1) Chứng minh: AEMO là tứ giác nội tiếp.

Hình vẽ theo giả thiết để làm được câu a 0,25

Xét (O) có:

Ax là tiếp tuyến của (O) tại A nên AxAO  EAO =900.

EM là tiếp tuyến của (O) tại M nên EMMO  EMO =90 0

0,5
Vậy tứ giác AEMO có EAO + EMO =90 0₊₉₀0₌₁₈₀0 _{có tổng hai góc đối diện bằng 180}0_nên

AEMO là tứ giác nội tiếp. 0,25

2) Chứng minh: BF // OE

EA và EM là tiếp tuyến của (O) nên AE=ME
A, M thuộc (O) nên AO=MO

0,25

Do đó EO là đường trung trực của AM, suy ra: EOAM 0,25

M thuộc (O) có AB là đường kính nên AMB =900_{suy ra: MB}__AM 0,25

Vậy có MB//EO nên BF//EO 0,25

3) Chứng minh: AEFO là hình chữ nhật.

d AB tại O nên AOF =90 0

M thuộc (O) có AB là đường kính nên AMB =900__AMF ₌₉₀0

Do đó: 4 điểm A, O, M,F cùng thuộc một đường trịn đường kính AF.

0,25

Theo câu a, tứ giác AEMO nội tiếp nên 5 điểm A,O,M,E,F cùng thuộc một đường trịn, vì qua 3
điểm phân biệt A, M, O chỉ xác định 1 đường trịn.

0,25
Khi đó: EMO EFO  _{(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung).} 0,25

Tứ giác AOFE là hình chữ nhật vì có 3 góc vng EAO =90 0_,EMO =90,  EFO =90 0 0,25

H

F
E

B
A

O

M

4) Chứng minh: Khi điểm M chuyển động trên đường trịn (O) thì trực tâm H của

∆AME ln

thuộc một đường tròn cố định.

H là trực tâm ∆AME AHEM, MHEAAH//MO, MH//AO

Do đó, AHMO là hình bình hành AH =MO=R

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>Bài 2</b>

<i>(2,5 điểm)</i>

Một ca nô chạy xuôi dịng một khúc sơng dài 168km, sau đó chạy ngược dịng

80 km trên khúc sơng đó. Tính vận tốc riêng của ca nơ, biết rằng vận tốc của dịng

nước là 4km/h và thời gian ca nơ chạy ngược dịng ít hơn thời gian ca nơ chạy xi

dịng là 2 giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô là: x (km/h); x>4

Vận tốc của ca nơ khi chạy xi dịng là: x+4 (km/h)

Vận tốc của ca nơ khi chạy ngược dịng là: x



4 (km/h)

Thời gian ca nơ chạy xi dịng 168km là:

168

x+4 (h)

Thời gian ca nơ chạy ngược dịng 80km là:

80

x 4



_(h)

Vì thời gian ca nơ chạy ngược dịng ít hơn thời gian ca nơ chạy xi dịng là 2 giờ

nên ta có phương trình:

168

x+4

_

80

x 4



_{= 2}

Suy ra:

168 (x



4) – 80(x+4) = 2(x



4)(x+4)



2x

2



32 = 168x



672 – 80x



320



2x

2



88x +960=0



x

2



44x +480=0

∆’= (



22)

2



480 = 484



480=4





₌₂

Phương trình có hai nghiệm:

x

1

= 22+2= 24

x

2

= 22



2=20

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn. Trên tia Ax

lấy điểm E (AE



R). Qua E kẻ tiếp tuyến EM tới đường tròn (O). Qua O kẻ đường

thẳng d vng góc với AB, đường thẳng d cắt MB tại F.

1) Chứng minh: AEMO là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh: BF // OE

3) Chứng minh: AOMF là tứ giác nội tiếp.

4) Chứng minh: Khi điểm E chuyển động trên tiếp tuyến Ax thì trực tâm H của

∆AME ln thuộc một đường tròn cố định.

H

F

I

M

B

A

</div>

<!--links-->