Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE.[r]
Trang 1Đề thi vào lớp 10 THPT- Thời gian 120 phút Đề 12
Câu 1:(2điểm)
a) Tìm m, n để đường thẳng y = (m-1)x + 2n-3 đi qua điểm A( 1;2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1
b) Giải hệ phương trình:
3x + y = 9
x - 2y = - 4
Câu 2:(2điểm)
Cho biểu thức P =
:
x + x x 1 x + 2 x 1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm các giá trị của x để P >
1
2
Câu 3:(2điểm)
Cho phương trình x2 – x + m = 0 (1) ( m là tham số)
a) Giải phương trình đã cho với m = 1
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1x2 – 1)2 = 9( x1 + x2 )
Câu 4:(3,5điểm): Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính
AD, tâm O Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCHE nội tiếp được đường tròn
b) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH
c) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn
Câu 5: (0,5điểm)
Giải phương trình: x + 8 x + 3 x 2 11x + 24 1 5
Người ra đề: Đỗ Văn Cương- THCS Tân Khang - Nông Cống- Thanh Hoá
Trang 2ĐA ĐỀ SỐ 12
Câu 2:
1)
x + x x 1 x + 2 x 1
x 12
x
x 12 1 x x 1
.
x
x x 1
2) Với x > 0 thì
1 - x 1
2 1 - x x
2 3x > - 2 x <
3
Vậy với
2
0 x <
3
thì P >
1
2
Câu 3:
1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + 1 = 0
Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm
2) Ta có: ∆ = 1 – 4m Để phương trình có nghiệm thì ∆0 1 – 4m0
1 m 4
(1) Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = m
Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – 1 )2 = 9( x1 + x2 ), ta được:
(m – 1)2 = 9 m2 – 2m – 8 = 0
m = - 2
.
m = 4
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn
Câu 4:
1) Tứ giác ABEH có: B = 90 0 (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); H = 90 0 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp được
Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 90 0, nên n i ti p ộ ế được.
2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta
có: EBH = EAH (cùng chắn cung EH
)
Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD
(cùng chắn cung CD)
Suy ra: EBH = EBC , nên BE là tia
phân giác của góc HBC.
Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE ,
nên CE là tia phân giác của góc BCH
I O H
E
D
C B
A
Trang 3Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác BCH
3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông
ECD, nên BIC = 2EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn
cung EC) Mà EDC = EHC , suy ra BIC = BHC
+ Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm
cùng chắn cung BC)
+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn
BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn
I O H
E
D
C B
A
Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1)
Đặt x + 8 a; x + 3 b a 0; b 0 (2)
Ta có: a2 – b2 = 5; x211x + 24 x + 8 x + 3 ab
Thay vào phương trình đã cho ta được:
(a – b)(ab + 1) = a2 – b2 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
x + 8 x + 3 (vn)
a - b = 0
x = - 7
1 - a = 0 x + 8 1
x = - 2
1 - b = 0 x + 3 1
Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2