Mô tả:
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
a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức:
5
.
6 1
2x y 7
.
2
1
x
y
b) Giải hệ phương trình:
Câu 2 (2điểm)
4a
a
P
a 1 a a
Cho biểu thức:
a 1
.
2
a
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…………..
Nguyễn Hải Đăng
Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương
www.VNMATH.com
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
a
1
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.
Nguyễn Hải Đăng
Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương
www.VNMATH.com
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.
- Xem thêm -