DAP AN TUYEN SINH 10 2012

[r]

ĐÁP ÁN TUYỂN SINH 10 NĂM 2012 ( Thầy giải gấp để em tham khảo ) Bài

1) Rút gọn A=

2

5 2

5  x 4  x =

1

2 x (0,5đ) 2) Khi A=1 ta có

2

2 x= đk x0  2x 2

 2x =

 x = ( thỏa đk) Vậy A=1 x = (0,5đ) Bài

1) Vẽ đồ thị

Lập bảng gtrị tương ứng

2) pthđ gđiểm

2

2

x

x m

 

 x2 = 2x – 2m

 x2 – 2x + 2m =

Do (d) cắt (P) điểm A có hịanh độ x =1 nên thay vàota có 12 – 2.1 + 2m = 0

 2m =  m =

1 Với x = m =

1

2 thay vào (d) ta có y = y = Vậy tung độ điểm A y =

1

Bài

1) Giải hệ pt

2 3 x y x y         3 x x y         1

3( 1)

x x y y             

2) Đặt t = x2 ( t 0) pt trở thành t2 + t – = giải pt ta có

2 3( ) t t loai     

Với t = ta có x2 = 

1) ’=(-m)2 –(-2m-5)

= m2 + 2m +5

= m2 + 2m +12 +4

= (m + )2 + > x  R

Vậy pt ln có nghiệm phân biệt với m thuộc R

2) M= x1 x2  (x1x2)2  4x x1 = (2 )m 2 4( 2 m 5) ( Áp dụng hệ thức Vi et)

= (2m2)216  4 Vậy M đạt nhỏ M=4  m = - 1

Bài

1) Do I trung điểm PQ nên OI  PQ => OIM 900

Ta lại có OBM 900 ( Tính chất tiếp tuyến) Vậy tứ giác BOIM có OIM OBM  900900=1800 nên nội tiếp được

Tâm đường tròn ngọai tiếp trung điểm OM 2)

Ta có

 1

2

BOM  AOB

=>

 

2

sd BOM  sd AB

Mặt khác Sđ BEA = sđ 

2AB ( tính chất góc nội tiếp) Vậy BOM BEA ( đpcm)

3)

Ta có BOM BEA (cmt)

Mà BOM BIM ( nội tiếp chắn cung BM đt đường kính OM) Vậy BEA BIM  Mà chúng vị trí đồng nên AE // PQ (đpcm)

4) Do AE // PQ mà OI  PQ Nên OI  AE

Mặt khác K trung điểm AE (gt) Nên OI  AE K