Câu 4 3điểm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O.. a Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.. c Gọi F là giao điểm
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
(Đề thi có 1 trang)
Mã đề 01
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1 (2điểm)
a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 5 .
6 1 − b) Giải hệ phương trình: 2 7
.
− =
+ =
x y
x y
Câu 2 (2điểm)
1
= − ÷÷
P
a
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Với những giá trị nào của a thì P = 3.
Câu 3 (2điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1 Tìm a và b.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0 Tìm các giá trị của
m sao cho: |x1 – x2| = 4.
Câu 4 (3điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D∈BC, E ∈AC)
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
AD BE CF
HD HE HF
Câu 5 (1điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:
x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0.
Hết
- Thí sinh không sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :………Số báo danh…………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
Mã đề 01
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi 28 tháng 6 năm 2012
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
1
6 1 ( 6 1)( 6 1)
+
=
5( 6 1) 5( 6 1) 6 1
x 2y 1 x 2y 1
x 2y 1 y 1
2
= − ÷÷ =
P
2
4a 1 a
−
2
4a 1
3 3a 4a 1 a
−
⇔ = ⇔ = − ⇔ 3a 2 − 4a 1 0 + = 0,5
⇔a = 1 (loại) hoặc a 1
3
3
a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:
Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:
b) Ta có : ∆ = + ' 4 m 2 + 5m (m 1)(m 4) = + + Để phương trình có 2 nghiệm x1,
Theo định lí Vi-et, ta có: x1 x2 b 4
a
+ = − = − và 2
1 2
c
x x m 5m.
a
Ta có: x 1 − x 2 = ⇔ 4 (x 1 − x ) 2 2 = 16 ⇔ (x 1 + x ) 2 2 − 4x x 1 2 = 16
16 4( m 5m) 16 m 5m 0
Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm 0,25
a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: ADB AEB 90· =· = o 0,5
ĐỀ CHÍNH THỨC
H
D
O
C B
A
Trang 3⇒ Hai góc ADB, AEB· · cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 onên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
0,5
b) Ta có:ABK ACK 90· = · = o(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) ⇒ CK ⊥ AC, BK ⊥ AB (1)
Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên:
BH ⊥ AC,CH ⊥ AB(2)
0,5
Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa)
0,5
Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ∆ ABC nhọn nên trực tâm
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
HD HE HF S S S S S S
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:
3
S S = + + ≥ S S 3 S S S (4) ; 3
S + S + S ≥ S S S (5)
0,25
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 ≥ Đẳng thức xẩy ra ⇔ = S1 S2 = S3
5
Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*) Đặt x 2 − = ≥ t 0 thì pt (*) trở
thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**), ∆ '(t) m = 2 + − = m 2 (m 1)(m 2) − + 0,25
Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao
Pt (**) vô nghiệm ⇔ ∆ '(t) 0 < ⇔ (m 1)(m 2) 0 − + < ⇔ − < < 2 m 1 (1)
Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t 1 ≤ < t 2 0 Điều kiện là:
< ⇔ < ⇔ ≤ −
− > <
(2)
0,25
Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.