Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 - 2013

a) Ch ứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tr òn.. Chứng minh tứ giác BHCK l à hình bình hành.[r]

SỞ 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:

.

 







x y

Câu 2 (2điểm)

1

P

a

a a a với a >0 và a  1 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

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

1

a) Ta có: 5 5( 6 1)

6 1 ( 6 1)( 6 1)





5( 6 1) 5( 6 1) 6 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

b) Ta có: 2x y 7 4x 2y 14

x 2y 1 x 2y 1



0,5

5x 15 x 3

2

P

2

a



b) Với 0  a  1thì P = 3 4a 12 2

3 3a 4a 1 a



 a = 1 (loại) hoặc a 1

3

3

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b  1 0,5

Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = 2  b = 4 (thỏa mãn b  1) Vậy a = 2, b = 4 0,5 b) Ta có :   ' 4 m25m(m 1)(m 4)  Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2 b

a

1 2

c

x x m 5m

a

Ta có: x1x2  4 (x1x )2 2 16(x1x )2 24x x1 216

16 4( m 5m) 16 m 5m 0

0,25 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm 0,25

4

a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có:

 Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

0,5

b) Ta có: ABKACK90(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 H nằm bên

H

D

K

O

C B

A

Ta có: ABC ABC ABC

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

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 Đẳng thức xẩy ra 9 S1S2 S3 hay H là

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*) Đặt x2  t 0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt

Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1t2  0 0,25

Pt (**) vô nghiệm  '(t)0(m 1)(m 2)0  2 m 1 (1)

Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1t2  Điều kiện là: 0

    

(2)

0,25