Xem mẫu

Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com 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 5 a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 6 −1 2x−y=7 b) Giải hệ phương trình: x+2y=1 Câu 2 (2điểm) P =  Cho biểu thức:  4a a  a −1 a − a  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 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………….. Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com GỢI Ý GIẢI Câu a) Ta có: Nội dung 5 5( 6 +1) 6 −1 ( 6 −1)( 6 +1) 1 b) Ta có: = 5(66 11) = 5( 6 +1) = 6 +1 2x − y = 7 4x −2y =14 x + 2y =1 x + 2y =1 5x =15 x = 3 x +2y =1 y = −1 P= a) Với 0 < a 1thì ta có:  4a a  a −1 a− a  a −1 4a−1 a −1 a2 a −1 a2 4a −1 2 a2 b) Với 0 < a 1thì P = 3  4a−1 = 3 3a2 = 4a −1  3a2 −4a +1= 0  a = 1 (loại) hoặc a = 1 (thỏa mãn đk). 3 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 b) Ta có : Δ`= 4+m2 +5m= (m+1)(m+4). Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta có: Δ` 0  m  −4 hoặc m  −1 (*) Theo định lí Vi-et, ta có: x1 +x2 = −b = −4 và x .x2 = c =−m2 −5m. Ta có: x1 −x2 =4(x1 −x2)2 =16 (x1 +x2)2 −4x1.x2 =16 4 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. 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. Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com A E 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) F H O C B D K Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa) Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm bên trong ΔABC, do đó: S = S1 + S2 + S3 . AD SABC S Ta có: HD SBHC S (1), BE = SABC = S AHC 2 (2), CF = SABC = S (3) AHB 3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: AD BE CF S S S  1 1 1  HD HE HF S S2 S S S2 S  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: S=S +S2 +S3 33 S1.S2.S3 1 + 1 + 1  3 (4) ; 1 2 3 3 S .S2.S3 (5) Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q  9. Đẳng thức xẩy ra  S =S2 = S3 hay H là trọng tâm của ΔABC, nghĩa là ΔABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x −2 = t  0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**), Δ`(t) = m2 +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  t2 < 0 Pt (**) vô nghiệm  Δ`(t) < 0  (m−1)(m+ 2) < 0  −2 < m <1 (1) Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1  t2 < 0. Điều kiện là: Δ` 0 Δ` 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. ... - tailieumienphi.vn
nguon tai.lieu . vn