Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.54 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>Doll Scorpio ĐỀ III Câu 1: Giải pt và hpt: 2 a) x 31x 240 0 2. 2. Có b 4ac ( 31) 4.240 1 0 => Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: x1 . 31 1 16; 2. x2 . 31 1 15 2. 2 b) 10x x 1 10x. 10x 2 x 1 10x 0 10x 2 (1 10)x 1 0 2 2 Có (1 10) 4 10 11 2 10 (1 10) 0 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:. x1 . 10 1 . 1. 10. . 2. 1;. 2. 10. 6 3 c) x 18x 81 0. x2 . 10 1 . 1. 10. . 2. 2. 10. . 10 10. (1). 3 Đặt t x ta được:. (1) . t 2 18t 81 0 2. Có ' ( 9) 81 0 => Phương trình có nghiệm kép là: t1 t 2 . b' 9 9 3 3 a 1 => t 9 x 9 x 9. 3 Vậy phương trình (1) có nghiệm là x 9. 7 x 3 2 y 4 25 * x 3 y 4 5 d). Đặt. a x 3 ; b= y 4. ta được:. 7a 2b 25 7a 2b 25 a b 5 b 2 a b 5 2a 2b 10 5a=15 a 3. * . x 3 3 a x 3 x 3 3 Ta có: =3 y 4 2 b= y 4 y 4 2 . Vậy hệ phương trình . *. x 6 x 0 . y 6 y 2 . có các cặp nghiệm là: (3;6),(3;2),(-3;6),(-3;2).. 2 Câu 2: (P) y x ; (D) y 2x 3. 2 a) Xét hàm số y x . Lập bảng ta có:.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> x. -2. -1. 0. 1. 2. y. -4. -1. 0. -1. -4. Xét hàm số y 2x 3. . Lập bảng ta có: x 1 2 y. -1. 1. b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 2 2x 3 x 2 2x 3 0 2. Có 16 4 0 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 24 1 y 1 2 2 4 x 2 3 y 9 2 x1 . 2 Vậy tọa độ giao điểm của (P) y x và (D) y 2x 3 là: A(1;-1); B(-3;-9). Câu 3: Tìm ĐKXĐ và rút gọn:. 2 3 15 : A 4 12 3 2 3 3 . a). . . 3 5. . 2 : 3 5 2 2 3 2 3 3 3 2. 3 1 3 1 2 3 15 15 2 : 3 5 3 1 3 2 3 3 3 31 3 1 25 3 3 1 3 3 2 25 3 3 : 3 5 2 1 3 2 31 2. 3. 15. . . . . . . . . . . . . : 3 2 3. . . . 3 2. . . 3. . 15 3. 3 5. : 3 . . 3 5. . . 1. 3 5 . . 7 3 17 2 3 3 6 2 3 2 15 5 3 3 3 6 1 1 2 1 35 2 3 5 . 7 3 17 6 3 12 2. . 3 5. x 1 B x1 b). . . 3 5 2. . 3 5. . . 1 2. 8 x x 2 16 x x 3 2 : x 1 x 1 x 5x 4 x 1 x1. 1. x 1 (ĐKXĐ: x 0; x 1;x 4.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> = . . x1. 2. . x 1. 2. . . x 1 . . x1. 2. x 1. . 8 x x 4 x+4 x x 3 x 1 : x 1 x 1 x 4 x 1 x 1 . 2. x 1 8 x x 4 x 1. . 4 x 8 x x 4 x 1 . x1 x 4. . 4 x x 4 x 4. 1 . :. x x 3 x 1 x 1. 4 x x4. Câu 4: x 2 2 m 1 x 2m 5 0(**) 2. 2 m 1 4 2m 5 Có 2. 4 m 1 4 2m 5 4 m 2 2m 1 4 2m 5 . . . 4 m 2 2m 1 2m 5 . 4 m. 4 m 2 2m 1 2m 5. . 2. 4m 6. . 2. . 4 m 2 2 8. b) Theo Vi-ét ta có:. x. 2 1. . với m. x1 x 2 . b c 2 m 1 2m 2; x1 .x 2 2m 5 a a. 2mx1 2m 1 x 2 2 2mx 2 2m 1 0. . . x12 1 2mx1 2m x 2 2 1 2mx 2 2m 0. . . . . . . . x12 1 2mx1 2m x 2 2 1 2mx 2 2m 0 x1 1 (x1 1) 2m x1 1 x 2 1 (x 2 1) 2m x 2 1 0 x1 1 (x1 1 2m) x 2 1 (x 2 1 2m) 0 x1 1 (x1 1 2m) x 2 1 x 2 1 2m 0 x1 1 x 2 1 (x1 1 2m)(x 2 1 2m) 0 x1 x 2 x1 x 2 1 x1 1 2m x 2 1 2m 0. x1 x 2 x1 x 2 1 x1 1 2m x 2 1 2m 0 2m 5 2m 2 1 (x1 1 2m) x 2 1 2m 0.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2(x1 1 2m) x 2 1 2m 0 (x1 1 2m) x 2 1 2m 0. x1 x 2 x1 2mx1 x 2 1 2m 2mx 2 2m 4m 2 0 2m 5 2m 2 2m(x1 x 2 ) 4m 2 1 4m 0 4m 4m 6 2m(2m 2) 4m 2 0 6 4m 4m 2 4m 2 0 4m 6 0 4m 6 m m. 3 2. 3 2 2 2 thì x1 2mx1 2m 1 x 2 2mx 2 2m 1 0. Vậy Câu 5: a) Xét tam giác MEA và tam giác MBF có: góc M chung góc MBF= góc MEA(do tứ giác FBAE nội tiếp (O). => tam giác MEA ~ tam giác MBF(g.g) =>ME/MA=MB/MF=> ME.MF=MA.MB (đpcm) b) Xét tg MCO có: MC^2=MH.MO (1) Tam giác MCA~ tam giác MBC (có góc M chung, góc MCA=góc MBC do đây là góc tạo bởi….. và góc nt cùng chắn một cung….) => MC/MA=MB/MC =>MC^2=MA.MB(2) Từ (1) và (2)=> MH.MO=MA.MB=? MH/MA=MB/MO => tam giác MHA~ tam giác MBO (g.g) => góc MHA=góc MBO=> AHOB nt (đpcm) c) Ta có: tứ giác SCMK nội tiếp (gSCM+gMKS=90đ+90đ=180đ) => gMCK=gKSM Mặt khác xét tam giác MKF có: MK^2=ME.MF => MK^2=MC^2=ME.MF => MK=MC=> tam giác MKC cân tại M=> gMKC=gMCK => gKSM=gMKC=gMCK Mà gMKC+gCKF=90đ=> gKSM+gCKF=90đ=> gSAK=180đ-90đ=90đ=> MS vuông góc KC(đpcm) d) Ta có: Xét tam giác MKS có: MK^2=MN.MS (với N là gđ MS và KC) => MN.MS=ME.MF => MN/ME=MF/MS => tam giác MNE~ tam giác MFS(g.g) gNEM=gFSM=>tứ giác FSNE nội tiếp đường tròn=> F;S;N;E cùng thuộc một đường tròn. Mà E;S;N thuộc (P)=> N thuộc (P)=> FSNE nội tiếp (P) Tương tự có:MA.MB=MN.MS=ME.MF=>MA/MN=MS/MB=> tam giác MAN ~ tam giác MSB(g.g).
<span class='text_page_counter'>(5)</span> =>gMNA=gMBS=>tứ giác BSNA nội tiếp đường tròn => B;S;N;A cùng thuộc một đường tròn. Mà A;B;S thuộc (Q)=> N thuộc (Q)=> BSNA nội tiếp (Q) => (P) và (Q) cắt nhau tại N và S. => PQ là đường trung trực của NS=> PQ đi qua trung điểm NS (đường nối tâm của hai đường tròn là đường trung trực của dây chung hai đường tròn đó). Tam giác SNK có: PQ//NK và PQ đi qua trung điểm NS=> PQ là đường trung bình của tam giác SNK=> PQ đi qua trung điểm SK=> PQ đi qua T=> P;Q;T thẳng hàng (cùng vuông góc SN).
<span class='text_page_counter'>(6)</span>