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)=16m2 +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