Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB.. - Giám thị không giải thích gì thêm.[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(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 x − y =7
x +2 y=1
¿{
¿
Câu 2 (2điểm)
Cho biểu thức: P = ( √a− 1 4 a −
√a
a −√a) √a − 1
a 2
Với a>0 và a ≠ 0 a) Rút gọn biểu thức P
b) Với những giá trị nào của a thi 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:
Q = ADHD +BE
HE+
CF 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
Trang 2hay H là trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều.
5 1 0 2
cho: t t
Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao
'(t) m
2 m 2 (m 1)(m 2) thành: t2 - 2mt + 2 - m = 0 (**),
x 2 t
0
thì
pt (*) trở
Ta có: x2 - 4x - 2m|x - 2| - m + 6 = 0 (*) Đặt
Pt (**) vô nghiệm '(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1 (1)
t t
3 2 1
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy ra S S S
(5)
(4) ;
Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1
(2)
2
m
0
2 m
0
m
0
2m
2 0 Điều kiện là:
' 0
' 0
Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: 1
chắn nữa đường tròn)
Ta có: S (2), S CF S HF S ABC S S (3)
HD S S HE
S
AD S ABC S BE S ABC
H nằm bên trong ABC, do đó: S = S1 + S2 + S3
Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa)
Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH //
BK
Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH AC, CH AB (2)
CK AC,BK AB
C
D
H O
E
B F
A
b) Ta có: ABK ACK 90 (góc nội tiếp
Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương Nguyễn Hải Đăng
1
S S
3
S S S 1 1 3
S S S S 3 3 S S S S 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:QHD HE HF SAD BE CF S S S 1 S 2 S 3 1 S 1 S2 S3S 1
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
Trang 3a = 1 (loại) hoặc
x2 thì ta có: ' 0 m 4 hoặc m 1
b
3
5m (m 1)(m 4)
Để phương trình có 2 nghiệm x1,
' 4 m
2
b) Ta có :
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
a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:
a = 2, b 1
3 (thỏa mãn đk)
1
a
(*)
4a 1 0
3a
a
b) Với 0 a 1 thì P = 3 2 3 3a 4a 1 2
4a1 2
a 2 4a 1
x
Hai góc ADB,AEB cùng nhìn cạnh
AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE
nội tiếp đường tròn
a) Vì AD và BE là các đường cao nên
ta có: ADB AEB 90
4
Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = - 5 là các giá trị cần tìm
5m) 16 m 5m 0
2 m = 0 hoặc m = - 5
4(x
1 x 2 ) 16 (x 1 x 2 ) 4x 1 .x 2 16
16 4( m
2
2
2
1
x
x 1 x 2 4 x 1 x 2 m 5m
Theo định lí Vi-et, ta có:
c 2
6 1
61 5
x
b) Ta có:
14
2y
4x
7
2x y
2y
5( 6 1) 5( 6 1)
1
5( 6 1)
6 1)( 6 1)
(
a) Ta có: 6 1
5
Nội dung CâuGỢI Ý GIẢI
a a 1 a
2 a 1 2 4a1 a 1
a 1 a a
4a a
a) Với 0 a 1 thì ta có:
x 2y 1
y 1
5x 15
x 3
1
2y
x
1