Xem mẫu
Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang) Mã đề 01 Câu 1 (2điểm) 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 a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 5 . 6 1 2x y 7 . x 2y 1 b) Giải hệ phương trình: Câu 2 (2điểm) 4a a P a 1 a a Cho biểu thức: a 1 . a2 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 x 1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + 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 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: x 2 – 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………….. Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương GỢI Ý GIẢI Câu Nội dung 5 5( 6 1) 6 1 ( 6 1)( 6 1) a) Ta có: 1 b) Ta có: 5( 6 1) 5( 6 1) 6 1 6 1 5 2x y 7 4x 2y 14 x 2y 1 x 2y 1 5x 15 x 3 x 2y 1 y 1 4a a a 1 4a 1 a 1 . . 2 P a 1 a a a2 a 1 a a) Với 0 a 1 thì ta có: 2 b) Với 0 a 1 thì P = 3 a = 1 (loại) hoặc a 4a 1 a2 4a 1 3 3a 2 4a 1 2 3a 2 4a 1 0 a 1 3 (thỏa mãn đk). a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: a = 2, b 1. 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 3 2 b) Ta có : ' 4 m 5m (m 1)(m 4) . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta có: ' 0 m 4 hoặc m 1 (*) b c x1 x 2 4 x1.x2 m2 5m. a a Theo định lí Vi-et, ta có: và 2 2 Ta có: x1 x 2 4 (x1 x2 ) 16 (x1 x 2 ) 4x1.x 2 16 16 4(m2 5m) 16 m2 5m 0 m = 0 hoặc m = – 5 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 4 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: ADB AEB 90 Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương A E F H O C B D 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) Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa) K Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . AD SABC S BE SABC S CF SABC S (1), (2), (3) HE SAHC S2 HF SAHB S3 Ta có: HD SBHC S1 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: Q 1 1 1 AD BE CF S S S S HD HE HF S1 S2 S3 S1 S2 S3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: S S1 S2 S3 3 3 S1.S2 .S3 1 1 1 3 3 S .S .S 1 2 3 (5) (4) ; S1 S2 S3 Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 . Đẳng thức xẩy ra S1 S2 S3 hay H là trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2 t 0 thì pt (*) trở 2 thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**), '(t) m m 2 (m 1)(m 2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao 5 cho: t1 t 2 0 Pt (**) vô nghiệm '(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1 (1) Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t 2 0 . Điều kiện là: ' 0 ' 0 2m 0 m 0 m 2 2 m 0 m 2 (2) Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1.