Lấy điểm C thuộc O C khồng trùng với A, B, M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC, BM cắt nhau tại K.. b, Chứng minh tứ giác
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NAM NĂM HỌC: 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
( không kể thời gian giao đề)
Câu 1.( 1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau: 1( 0, 1)
4 2 3 6 8
2 2 3
B= + − − +
Câu 2 ( 2,0 điểm)
a, Giải phương trình : 2
6 7 0
x − x− =
b, Giải hệ phương trình sau: 22(1x y− =− +x) 31 y=7
Câu 3 (1,5 điểm)
Cho phương trình: 2
2( 1) 2 3 0
x + m− x− m− = (m là tham số)
a, Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∀ ∈m R
b, Tìm giá trị của m sao cho : (4x1 + 5)(4x2 + + = 5) 19 0
Câu 4 ( 4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB Lấy điểm C thuộc (O) ( C khồng trùng với A, B), M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC, BM cắt nhau tại K
a, Chứng minh ·ABM =IBM· và ∆ABIcân
b, Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp
c, Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N Chứng minh đường thẳng NI là tiếp tuyến của đường tròn (B;BA) và NI⊥MO
d, Đường tròn ngoại tiếp ∆BIK cắt đường tròn (B;BA) tại D ( D không trùng với I) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng
Câu 5 ( 1,0 điểm)
Cho các số thực dương x y, thỏa mãn 2 3 2 3 1
1
+ +
= + + Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức Q xy= − 3y− 2x− 3
HẾT
Trang 2Đáp án Câu 1:
1 ( 0, 1)
( 1)( 1) 1
1
1 1
a
−
= +
4 2 3 6 8
2 2 3 (2 2 3) (2 6 8)
2 2 3 (2 2 3) 2( 2 3 2)
2 2 3 (2 2 3)(1 2)
2 2 3
1 2
B= + − − +
=
=
=
= +
Câu 2: a, Ta có: a – b + c = 1 + 6 – 7 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:
x1 1,x2 c 7
a
−
b,
vậy hệ PT có nghiệm là (x,y) = (2; 3)
Câu 3: a,x2 + 2(m− 1)x− 2m− = 3 0
Có ∆ = / (m− 1) 2 − − ( 2m− = 3) m2 + > ∀ ∈ 4 0 m R( vì m2 ≥ 0 với mọi m ∈R)
⇒ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m ∈R
b, Vì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Theo hệ thức Vi-et: 1 2
2( 1)
x x m
Trang 3Theo bài ra
(4 5)(4 5) 19 0 16 20 20 44 0 4 5( ) 11 0
1 4( 2 3) 5( 2 2) 11 0 18 9 0
2
Vậy 1
2
m= là giá trị cần tìm.
Câu 4: (Tự vẽ hình)
a, Vì M nằm chính giữa »AC nên ¼AM =MC¼ ⇒·ABM =MBC· (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) ⇒ ·ABM = ·MBI
⇒BM là tia phân giác của ·ABI(1)
Ta có ·AMB= 90o( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)
⇒BM ⊥AI ⇒BM là đường cao của VBAI(2)
Từ (1),(2) ⇒VBAI cân tại B
b, Ta có ·AMB= 90o( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ BMI· =90o( vì kề bù với ·AMB)
⇒ KMI· =90o
Ta có ·ACB= 90o( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ ·ACI =90o( vì kề bù với ·ACB= 90o)
⇒·KCI = 90o
Xét tứ giác MICK có: ·KMI KCI+· = 90o + 90o = 180o
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện
⇒ Tứ giác MICK nội tiếp.
c, Xét VBAN và VBIN có:
BI = BA ( vì VBAI cân tại B)
·IBN= ·ABN(vì ·ABM =IBM· )
BN là cạnh chung
⇒ VBAN = VBIN (c.g.c)
⇒ ⇒NIB NAB· = · (2 góc tương ứng)
Mà ·NAB= 90o( vì AN⊥AB do AN là tiếp tuyến của (O))
Do đó NIB· = 90onên NI⊥BI
Lại có BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA) nên BI là bán kính của (B;BA)
⇒NI là tiếp tuyến của (B;BA)
Dễ thấy OM là đường trung bình của VABI ⇒OM//BI mà NI⊥BI nên OM⊥
NI(đpcm)
d, Gọi điểm D/ là giao của AC với (B;BA)
Trang 4Gọi H là giao điểm của IK và AB.
+, C/m VBAD/ cân tại B nên ·BAD/ =·BD A/
VIAD/ cân tại I nên ·IAD/ =·ID A/
Do đó
· · · ·
· ·
/
BAD IAD BD A ID A
BAI BD I
Hay MAH· =·ID B/
+, C/m Tứ giác AMKH nội tiếp nên MAH MKH· +· = 180o hay MAH IKB· +· = 180o
(vì ·MKH = ·IKB do 2góc đối đỉnh)
Hay ·BD I/ +·IKB=180o nên tứ giác IKBD/ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp
IBK
V cắt (B;BA) tại D/
Mà đường tròn ngoại tiếp VIBK cắt (B;BA) tại D
D D≡ , nên 3 điểm A, C, D thẳng hàng
Câu 5: Đk: 3
2
x>−
và y≥ 0 Đặt 2x+ = 3 u(u> 0), y v v= ( ≥ 0)
Từ bài ra ta có:
2
2
1
1 0( 0, 0)
2 3
v u
v v u u u v v uv u u v v
u v
u v dou v
u v
+
+
⇔ − = > >
⇔ =
Nên biểu thức:
Do đó
2
2
2
2
(2 3) 3(2 3) 2 3
2 5 12
5
2
5 49
2 ( )
4 4
5 49 49 2( )
x x
x
x
−
Dấu “ =” xảy ra ⇔ 5
4
x=
Vậy Qmin = 49
2
−
khi 5
4
x=