Đang tải... (xem toàn văn)
Đề số 1 Sở GD và ĐT Đà Nẵng Năm học 2014 2015 Bài 1 (1,5 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức 9 4A 2) Rút gọn biểu thức 2 2 2 22 2 x x P xx x với x > 0, x 2 Bài 2 (1,0 điểm) Giải hệ phươ[.]
Đề số Sở GD ĐT Đà Nẵng Năm học: 2014-2015 Bài (1,5 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức A 2) Rút gọn biểu thức P x 2x với x > 0, x x2 xx Bài (1,0 điểm) 3x y 6 x y Giải hệ phương trình Bài (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm) 1)Vẽ đồ thị (P) 2)Tìm tất giá trị m cho (dm) (P) cắt hai điểm phân biệt, tung độ hai giao điểm Bài (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m tham số 1)Giải phương trình m = 2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1 < x2, tìm tất giá trị m cho |x1|-|x2|=6 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH (H thuộc BC) Vẽ đường trịn (C) có tâm C, bán kính CA Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) điểm thứ hai D 1)Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn (C) 2)Trên cung nhỏ AD đường tròn (C) lấy điểm E cho HE song song với AB Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) điểm thứ hai F Gọi K trung điểm EF Chứng minh rằng: a) BA2 = BE.BF BHE=BFC b) Ba đường thẳng AF, ED HK song song với đôi HẾT ĐÁP ÁN Bài 1)A = – = 2)Với điều kiện cho P x 2( x 2) x 1 x ( x ) ( x 2)( x 2) 2 x x Bài 3x y 6 x y 10 y x 1 6 x y 6 x y 6 x y y Bài 1) 2)Phương trình hồnh độ giao điểm y = x2 đường thẳng y = 4x + m : x2 = 4x + m x2 – 4x – m = (1) (1) có 4+m Để (dm) (P) cắt hai điểm phân biệt ’ 04+m>0m>-4 y = 4x + m = => x = 1 m Yêu cầu toán tương đương với m 4 m 4 m 4 m 7 m hay 7 m 2 m m m m 4 m 4 m 7 ( L) hay m 7 7 m 4 m m 4m m 4 m 2m 15 m 4 m 3 m 3 hay m=5 m Bài 4: 1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = x = hay x – = x = hay x = 2) ' (m 2)2 m 2(m 2m 1) 2(m 1) 0m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Ta có S x1 x2 2(2 m) P x1 x2 m | x1 | | x2 | x12 | x1 x2 | x2 36 ( x1 x2 ) x1 x2 x1 x2 36 4(2 m) 36 m 1 hay m=5 Khi m = -1 ta có x1 10; x2 10 | x1 | | x2 | 6( L) Khi m = ta có x1 3 34; x2 3 34 | x1 | | x2 | 6(TM) Vậy m = thỏa yêu cầu toán Bài 1)Ta có BAC= 900 nên BA tiếp tuyến với (C) BC vng góc với AD nên H trung điểm AD Suy BDC=BAC=90o nên BD tiếp tuyến với (C) 2) a) Trong tam giác vng ABC ta có AB2 =BH.BC(1) Xét hai tam giác đồng dạng ABE FBA có góc B chung BAE=BFA(cùng chắn cung AE) AB BE AB BE.FB(2) suy FB BA Từ (1) (2) ta có BH.BC = BE.FB Từ BE.BF= BH.BC BE BH BC BF tam giác BEH BCF đồng dạng có góc B chung BE BH BC BF BHE=BFC b) kết ta có BFA= BAE HAC=EHB=BFC , AB //EH suy DAF=DAC – FAC=DFC – CFA=BFA DAF=BAE , góc chắn cung AE,DF nên hai cung Gọi giao điểm AF EH N Ta có tam giác HED HNA (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH=HDN (do AD // AF) Suy HE = HN, nên H trung điểm EN Suy HK đường trung bình tam giác EAF Vậy HK // AF Vậy ED // HK // AF Đề số Sở GD ĐT Đà Nẵng Năm học: 2015-2016 Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừa số dấu biểu thức 28a 2) Tính giá trị biểu thức :A= ( Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 21 10 ): 1 1 7 3 x y y 4 x Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 1)Vẽ đồ thị (P) 2) Cho hàm số y = x + y = - x + m ( với m tham số) có đồ thị (d) (dm) Tìm tất giá trị m để mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) , (d) (dm) qua điểm Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình, tìm tất giá trị m cho x12 + x1 – x2 = – 2m Bài 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm bên đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp 2) Cho bán kính đường trịn (O) 3cm, độ dài đoạn thẳng OA 5cm Tính độ dài đoạn thẳng BC 3) Gọi (K) đường tròn qua A tiếp xúc với đường thẳng BC C Đường tròn (K) đường tròn (O) cắt điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng BM qua trung điểm đoạn thẳng AC HẾT -Họ tên thí sinh :………………………Số báo danh :…………Phòng thi:………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO ĐÀ NẰNG NĂM – 2016 Bài 1: 1) 28a 7.4.(a ) | a | 7a (vì a với a) 2) 7( 1) 5( 1) A ( 5) 1 1 A ( 5)( 5) Vậy A = Bài 2: - ĐK : x ≠ Ta có : 3 x y 3 xy 12 x 8 x 1 xy 4 1 xy 4 y 4 x 1 x 0(TM ) x x 2 1 1 y 4 1 y 2 y 3 2 x Vậy hệ có nghiệm y 3 Bài : 1) Lập bảng giá trị vẽ đồ thị: y = x2 x y 2)Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x2 = x + x2 - x - = 0(*) x1 1 Phương trình (*) có dạng : a – b + c = nên có nghiệm : c x2 a Ta có (d) cắt (P) hai điểm A(-1; 1) B (2; 4) Để (P), (d) (dm) qua điểm A (dm) B (dm) + Với A(-1; 1) (dm) , ta có : = -(-1) + m m = + Với B(2; 4) (dm), ta có : = -2 + m m = Vậy m = m = (P), (d) (dm) qua điểm Bài : 1) Thay m = phương trình : x2 – = x2 = x = ± Vậy m = 1, phương trình có hai nghiệm x= x= - 2) Có ∆ = b2 – 4ac = 4(m - 1)2 +8m= 4(m2 - 2m + 1) +8m = 4m2 + với m nên phương trình cho ln có nghiệm phân biệt với m b x1 x2 a 2m 2(1) Theo Vi-et ta có : x x c 2m(2) a Theo ta có x12 + x1 – x2 = – 2m (3) Từ (1) (3) ta có hệ (I) : x1 x2 2m x1 x1 x2 2m x2 2m x1 x1 x1 (2m x1 ) 2m x2 2m x1 x1 x1 Từ hệ (I) có PT : x12 + 2x1 – = x1 = x1 = -3 + Với x = x1 = 1, x2 = 2m – - x1 = 2m – – = 2m -3 Thay vào (2) ta được: (2m-3) = -2m 4m = => m= + Với x = x1 = -3, tương tự ta có m=Vậy m = 4 PT có nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x1 – x2 = – 2m Bài : Hình vẽ a) - Có AB OB (t/c tiếp tuyến) ABO = 900 - Có AC OC (t/c tiếp tuyến) ACO = 900 - Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường tròn b) - AB AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên AO đường trung trực BC Gọi H giao điểm AO BC, ta có BC = 2BH - ∆ABO vng B có BH đường cao nên OB2 = OH.AO OH OB cm AO - ∆OBH vuông H BH2 = OB2 – OH2 BH = Vậy BC = 2BH = 12 cm 24 cm c)- Gọi E giao điểm BM AC - ∆EMC ∆ECB có MEC = CEB MCE = EBC (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CA chắn cung MC đường tròn (O)) ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) EC2 = EM.EB (*) - ∆EMA ∆EAB có MEA AEB (a) : + Có MAE MCB (3) (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CB chắn cung MC đường tròn (K)) + Có MCB ABE (4) (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến BA chắn cung MB đường tròn (O)) + Từ (3) (4) MAE ABE (b) - Từ (a) (b) ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) EA2 = EM.EB (**) - Từ (*) (**) EC2 = EA2 EC = EA Vậy BM qua trung điểm E AC Đề số Sở GD ĐT Đà Nẵng Năm học: 2016-2017 Bài (1,5 điểm) a) Với giá trị x x xác định (a b) (a b) b) Rút gọn biểu thức M với ab ≠ ab Bài (2,0 điểm) 2 x y 3x y a) Giải hệ phương trình b) Cho phương trình x x có hai nghiệm x1 x2 Tính giá trị biểu thức x13 x23 Bài (2,0 điểm) Cho hai hàm số y x đồ thị hàm số (P) y = x + có đồ thị (d) a) Vẽ đồ thị (P) b) Gọi A, B giao điểm hai đồ thị (P) (d) Biết đơn vị đo trục tọa độ xentimét, tìm tất điểm M tia Ox cho diện tích tam giác MAB 30 cm2 Bài (2,0 điểm) Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng chiều dài Nếu chiều rộng giảm 1cm chiều dài giảm 4cm diện tích nửa diện tích ban đầu Tính chu vi miếng bìa Bài (3,5 điểm) Cho ∆ ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD Gọi AH đường cao ∆ ABC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng AD E a) Chứng minh ABHE tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai đường thẳng HE AC vng góc với c) Gọi F hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng AD M trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh M tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF ĐÁP ÁN Bài (1,5 điểm) a) x xác định x2 b) M (a b) (a b) (a b a b)(a b a b) 2a.2b 4 ab ab ab Bài (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình 4 x y x 1 x 1 2 x y 3x y 3(1) y y 2 3x y Hệ có nghiệm (–1;–2) b) x x x1 x2 1 x1 x2 2 Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình ta được: Suy x13 x23 ( x1 x2 )( x12 x1 x2 x2 ) ( x1 x1 )[( x1 x2 ) 3x1 x2 ] (1)[(-1) 3(2 2)] Bài (2,0 điểm) a) y x Bảng giá trị x -2 -1 y 2 2 b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x x4 x x ' (1) (8) Phương trình có nghiệm phân biệt: x = 4; x = -2 Với x = -2 ta có y = =>A(-2;2) Với x = ta có y = B(4;8) Gọi M(m;0) thuộc tia Ox (m > 0) Gọi C(–2;0), D(4;0) Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: M thuộc đoạn OD: Ta có S AMB S ABDC S ACM S BDM Có ABDC hình thang, AC = 2cm, BD = 8cm, CD = 6cm ⇒ S ABDC (2 8).6 30(cm ) Suy SAMB < 30cm2 (loại) Trường hợp 2: M thuộc tia Dx (M ≠ D) ⇒ m > Ta có : S AMB S ABDC S ACM S BDM Có SABDC = 30cm2, MC = m + (cm), MD = m – (cm) Suy 1 AC.CM 2.(m 2) m 2(cm ) 2 1 S BDM BD.DM 8.(m 4) 4(m 4)(cm ) 2 S AMB 30cm S ACM S BDM m 4(m 4) m S ACM (thỏa mãn) Vậy M(6;0) điểm cần tìm Bài (1,0 điểm) Gọi chiều dài hình chữ nhật x (cm) (x > 4) Vì chiều rộng 3 chiều dài nên chiều rộng hình chữ nhật x(cm) 5 Diện tích hình chữ nhật ban đầu x (cm2) Khi giảm chiều rộng 1cm giảm chiều dài 4cm diện tích hình chữ nhật ( x 1)( x 4)(cm2 ) Diện tích hình chữ nhật nửa diện tích ban đầu nên ta có phương trình: 3 ( x 1)( x 4) x 5 17 x x 10 x 10(TM ) x ( L) Chiều dài chiều rộng hình chữ nhật ban đầu 10cm 10=6cm Chu vi miếng bìa 2.(10 + 6) = 32 (cm) Bài (3,5 điểm) a) Vì AH ⊥ BC, BE ⊥ AD nên góc AHB = góc AEB = 90o Suy tứ giác ABHE tứ giác nội tiếp b)Vì góc ACD góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên góc ACD = 90o ⇒ AC ⊥ CD (1) Vì ABHE tứ giác nội tiếp nên góc ABH = góc HED (góc góc ngồi đỉnh đối diện) Vì ABDC tứ giác nội tiếp đường trịn (O) nên góc ABC = góc ADC (2 góc nội tiếp chắn cung AC), hay góc ABH = góc EDC Suy góc HED = góc EDC ⇒ EH // DC(2) Từ (1) (2) ⇒ HE ⊥ AC c)Vẽ BK ⊥ AC K Ta có góc AKB = góc AEB = 90o nên AKEB tứ giác nội tiếp Suy góc BKE = góc BAE (2 góc nội tiếp chắn cung BE) = góc BAD(3) Vì ABDC tứ giác nội tiếp nên góc BAD = góc BCD (2 góc nội tiếp chắn cung BD)(4) Vì AK // CD (cùng ⊥ AC) nên góc BCD = góc KBM (đồng vị)(5) Vì M trung điểm cạnh huyền BC tam giác vuông BKC nên MK = MB = MC ⇒ ∆ MKB cân M ⇒ góc KBM = góc BKM (6) Từ (3), (4), (5), (6) có góc BKE = góc BKM ⇒ K, E, M thẳng hang Mà HE // BK (cùng ⊥ AC) nên ME MK =>ME = MH MH MB Chứng minh tương tự ta có MF = MH Suy ME = MF = MH ⇒ M tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF (đpcm) ... hay m=5 Khi m = -1 ta có x1 10; x2 10 | x1 | | x2 | 6( L) Khi m = ta có x1 3 34; x2 3 34 | x1 | | x2 | 6(TM) Vậy m = thỏa yêu cầu toán Bài 1)Ta có BAC= 900 nên BA tiếp... trung điểm đoạn thẳng AC HẾT -Họ tên thí sinh :………………………Số báo danh :…………Phịng thi: ………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO ĐÀ NẰNG NĂM – 2016 Bài 1: 1) 28a 7.4.(a ) | a | 7a (vì a với a) 2) 7( 1)... phương trình cho ln có nghiệm phân biệt với m b x1 x2 a 2m 2(1) Theo Vi-et ta có : x x c 2m(2) a Theo ta có x12 + x1 – x2 = – 2m (3) Từ (1) (3) ta có hệ (I) : x1