TUYEN SINH L10 DE4 2016 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2016 –. BỐN. 2017. MÔN: TOÁN Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:.  x  4. 2.  80 12 x. a. b. x4 – 13x2 + 36 = 0 c.. x2  2. . . 3x  1 14.  2 x  y  2  1 2  2 x  3 y 5 d. Bài 2: (1,5 điểm) Cho hai hàm số. y . x x2 y 1 2 (d) 2 (P) và. a. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng toạ độ . b. Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính Bài 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức. A  2  3. 2  2  3 . 2  2. 2 3 2. Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: 2 x  4mx  2m  1 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2 x  4 mx  2 m  9  0. x , x . 1 2 1 2 b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là Tìm m để Bài 5: (0,75 điểm) Số tiền 58000000 đồng gởi tiết kiệm trong 2 tháng thì lãnh về được 58698088 đồng.Tìm lãi suất hàng tháng? Bài 6: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn (O) lấy 1 điểm C sao cho BC>AC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D .Vẽ CH vuông góc với AB tại H . Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD tại M 1/Chứng minh rằng : MC là tiếp tuyến của (O) và CH2=AH.BH 2/ BM cắt CH tại I .Chứng minh : I là trung điểm của CH 3/ AI cắt (O) tại D. Chứng tỏ : DN là tiếp tuyến của (O) 4/ MN cắt (O) tại P , DP cắt AN tại Q .Chứng minh : AQ2=QP.QD.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gởi vào ngân hàng số tiền là a đồng, với lãi suất hàng tháng là x% trong n tháng. Tính cả vốn lẫn lãi A sau n tháng? -- Giải -Gọi A là tiền vốn lẫn lãi sau n tháng ta có: Tháng 1 (n = 1): A = a + ax% = a(1 + x%) Tháng 2 (n = 2): A = a(1 + x%) + a(1 + x%)x% = a(1 + x%)2 ………………… Tháng n (n = n): A = a(1 + x%)n – 1 + a(1 + x%)n – 1.x% = a(1 + x%)n Vậy A = a(1 + x%)n (*) Trong đó: a tiền vốn ban đầu, x lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng, A tiền vốn lẫn lãi sau n tháng. Số tiền a đồng gởi tiết kiệm trong 2 tháng thì lãnh về được A đồng. Tìm lãi suất hàng tháng? a.(1+x%)2 = A 58000000(1+x%)2= 58698088 ta được phương trình bậc 2 x2 + 200x –120,36=0 x1=0,6(nhận). x2= –200,6(loại).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1/ MC là tiếp tuyến của (O) và CH2=AH.BH Ta có : góc ACB =900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => AC  BC mà OM//BC => OM//BC .Ta có : OA=OC=R=> tam giác AOC cân trong tam giác này có   OM là đường cao => OM cũng là đường phân giác => AOM COM. Xét tam giác AOM và tam giác COM ta có :   OA=OC=R , AOM COM ( cmt) , OD là cạnh chung ) . . 0. =>∆AOM=∆BOM (c-g-c)=> OCM OAM 90 => CO  CM ta lại có C thuộc (O) nên MC là tiếp tuyến của (O) .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta liền suy ra CH2=AH.BH Tứ giác AOMC nội tiếp được 0 0 0   Ta có: OAM OCM 90  90 180 => Tứ giác AOMC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =1800 ). 2/ I là trung điểm của CH Trong tam giác ADB ta có OA=OB=R , OM//BD => MA=MD CH//AD ( cùng vuông góc với AB ) Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác ABM và IH BI CI   tam giác BMD ta có : AM BM DM mà AM=DM => IH=IC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> hay I là trung điểm của CH 3/ DN là tiếp tuyến của (O ) Xét tam giác ABD và tam giác HCA ta có : AHC  ABD 900 ACH  ABD , ( cùng phụ với góc BCH ) AB HC 2OA 2 HI    BD CA (O,I là trung điểm của AB.CH) =>∆ ABD~∆HCA (g-g)=> BD CA. Xét tam giác ACI và tam giác DBO ta có : OA HI  ACH  ABD ( cmt) , BD CA ( suy ra từ trên )   ODB IAC. =>∆ ACI~∆DBO (c-g-c) =>.   Gỉa sử gọi L là giao điểm của OD và AN ta có : ODB IAC => Tứ giác ADCL nội tiếp 0   => ALD  ACD 90 => OD vuông góc với AN. Ta có : OA=ON =R=> tam giác OAN cân mà có OD là đường cao => OD cũng là phân   giác => AOD NOD . Xét tam giác AOD và ta giác NOD ta có :   OA=ON , AOD  NOD , OD là cạnh chung =>∆ AOD=∆NOD (C-G-C) . . 0. => OND OAD 90 => ON  DN lại có n thuộc (O) => DN là tiếp tuyến của (O) 4/ QA2=QP.QD Xét tam giác MAP và tam giác MNA ta có :    MAN là góc chung , MAP MNA ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng MA MN MD MN   chắn cung AP )=>∆MAP~∆MNA (g-g)=> MP MA mà MA =MD => MP MD . Xét. tam giác MDP và tam giác MND ta có : DMN là góc chung , MD MN      MND MP MD ( cmt) =>∆ MDP~∆MNA (c-g-c) => MDP mà MND PAN ( góc tạo   MDP PAN. bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung NP )=>.    Xét tam giác QAP và tam giác QDA ta có : AQD lá góc chung , MDP PAN (cmt).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> QA QD   QA2 QP.QD   =>∆QAP~∆QDA (g-g) => QP QA và suy ra APQ DAQ. A. . x  2  x  x  2  x  x  1 x  x 1  ( x  1)( x  x  1) x 1. x 1 x  x 1  1 ( x  1)( x  x  1) x 1 ..  ' 4m 2  2(2m2  1) 2  0 với mọi m.. Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) (1,0 điểm) Theo ĐL Viét ta có x1  x2 2m . 2 2 2 2 Do đó, 2 x1  4mx2  2m  9 (2 x1  4mx1  2m  1)  4m( x1  x2 )  8..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 2 8m 2  8 8(m  1)(m  1) (do 2 x1  4mx1  2m  1 0 ).. Yêu cầu bài toán: (m  1)(m  1)  0   1  m  1 ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>