Tính diện tích OAB theo m.. 1 Chứng minh AEDB nội tiếp được.. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp CAN.. Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc O... + Đồ thị hàm số nằm phía trên trục
Trang 1SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
TỈNH NAM ĐỊNH
- -
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN
Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề )
Câu 1 : (1,5 điểm)
Cho biểu thức A =
2
.
với x > 0; x 1
1) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của A khi x = 9
3) Tính giá trị của x để A = -2
Câu 2 : (1 điểm)
1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau : 4 3 7
x y
2) Giải phương trình : 9x4 +2x2 – 32 = 0
Câu 3 : (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y = 1
4 x2 và đường thẳng (d) : y = mx + 1
1) Vẽ (P)
2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt
3) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P) Tính diện tích OAB theo m
Câu 4 : (1 điểm)
Cho phương trình bậc hai : x2 – 2( m + 1)x + m 2 – 4m + 5 = 0 (1); với m là tham số
1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x22 = 12
2) Xác định m để A = x1 + x2 – 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất
Câu 5 : (1 điểm)
Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 300 m2 và chiều dài lớn hơn chiều
rộng 5m.Tính các kích thước của khu vườn ?
Câu 6 : (4,0 điểm)
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O ; R); hai đường cao AD và
BE cắt nhau tại H ( D BC ; E AC ; AB < AC)
1) Chứng minh AEDB nội tiếp được
2) Chứng minh : DB DC = DH DA
3) Chứng minh : OC DE
4) Đường phân giác trong của góc A của ABC cắt BC tại N và cắt đường tròn (O) tại K A Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp CAN Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O)
- Hết -
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh : ; SBD: Giám thị 1 : .; Giám thị 2 :
Trang 2SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
TỈNH NAM ĐỊNH
- -KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN
Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề )
Điểm 1) Rút gọn A
A =
2
.
=
2
.
=
2
1 2
x x
= (x 1)
x
=1 x
x
0,75
2) Tìm giá trị của A khi x = 9
Với x > 0; x 1 thì A = 1 x
x
X = 9 A = 1 9
9
= 8
3
0,25
Với x > 0; x 1 thì A = (x 1)
x
A = 2 (x 1)
x
= –2 x 1
x
= 2x – 2 x – 1 = 0 (1)
Đặt t = x> 0 thì : (1) t2 – 2t – 1 = 0
t 1 2 (lo¹i)
t 1 2 (nhËn)
t = 1 + 2 x = (1 + 2)2 (thỏa điều kiện)
Vậy : với x = (1 + 2)2 thì A = – 2
0,5
2) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau:
x y
7 10
x
10 7 3 7
x y
Vậy : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (10
7 ;3
7 )
0,5
2
Đặt t = x2 ĐK : t 0
(1) 9t2 + 2t – 32 = 0 (2) '
= 1 + 9.32 = 289 '
= 17 '
> 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:
t1 = – 2 < 0 (loại)
t2 = 16
9 (nhận)
t = 16
9 x2 = 16
9 x = 16
9
3
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x = 4
3
0,5
Trang 32) Vẽ (P)
+ Hàm số y = 1
4x2 đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0
+ Đồ thị hàm số y = 1
4x2 là một đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ O (0 ; 0) và nhận Oy làm trục đối xứng
+ Đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị
+ Bảng các giá trị đặc biệt :
x – 4 –2 0 2 4
y =
1
4x2 4 1 0 1 4
2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt
Phương trình hoành độ giao điểm ( nếu có ) giữa (P) và (d) là :
1
4 x2 = mx + 1
x2 – 4mx – 4 = 0 (*) '
= 4m2 + 4 > 0 m (hoặc a = 1 > 0, c = -4 <0 a, c trái dấu )
(*) luôn có hai nghiệm phân biệt m Vậy : (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m
0,5
3
Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A, B (x1 < 0 < x2); C, D lần lượt là hình
chiếu vuông góc của A,B lên trục tung
I là giao điểm của (d) với trục tung, cho x = 0 y = 1 I (0; 1) và OI = 1
Ta có : 2SOAB = 2 (SOAI + SOBI) = OI AC + OI BD = – x1 + x2 = 2
1 2
( x x )
(x x ) 4x x = 2
(4 )m 16= 4 2
1
m
Vậy : SOAB = 2 2
1
m
0,5
4 x2 – 2( m + 1)x + m 2 – 4m + 5 = 0
2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa : x 1 2 + x 2 2 = 12
'
= ( m + 1 ) 2 – ( m2 – 4m + 5 ) = 6m – 4
Để phương trình có hai nghiệm thì : '
0 6m – 4 0 m 2
3
Theo hệ thức Vi – et ta có : S = x1 + x2 = 2 ( m + 1 ) ; P = x1 x2 = m2 – 4m + 5
Theo đề bài : x1
2 + x22 = 12 ( x1 + x2 )2 – 2 x1x2 = 12 S2 – 2P = 12
0,5
x
y
-4
(P)
y = 1
4 x
2
D
C I
B
A
4
1
4
-2
Trang 4 [2 ( m + 1 )]2 – 2 (m2 – 4m + 5 ) = 12 m2 + 8m – 9 = 0 m 1 (nhËn)
m 9 (lo¹i)
Vậy : với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa x12 + x22 = 12
2) Xác định m để A = x 1 + x 2 – 2x 1 x 2 đạt giá trị lớn nhất
Với m 2
3 thì phương trình có hai nghiệm x1, x2.
Theo Vi – et, ta có : S = x1 + x2 = 2 ( m + 1 ) ; P = x1 x2 = m2 – 4m + 5
A = S – 2P = 2 ( m + 1 ) – 2( m2 – 4m + 5 ) = – 2m2 + 10m – 8
= – 2 ( m2 – 5m + 4 ) = – 2 [( m – 5
2)2 – 9
4] = – 2 ( m – 5
2)2 + 9
2
9
2 m
A max = 9
2 khi m – 5
2 = 0 m = 5
2 (nhận ) Vậy : với m = 5
2 thì A đạt giá trị lớn nhất
0,5
5
Bài giải
Gọi chiều rộng của mảnh vườn là x (m) ĐK : x > 0
Chiều dài của mảnh vườn là : x + 5 (m)
Vì diện tích mảnh vườn là 300 m2 nên ta có phương trình :
x ( x + 5 ) = 300
x2 + 5x – 300 = 0
x 20 (lo¹i)
x 15 (nhËn)
Vậy : chiều rộng của mảnh vườn là 15 m và chiều dài là 20m
0,5
0,5
0,25
AEDB có ·AEB·ADB= 900 E và D cùng nhìn AB dưới một góc bằng 900
AEDB nội tiếp được (đpcm)
0,75
6
2) Chứng minh : DB DC = DH DA
Xét đường tròn ngoại tiếp AEDB :
· ·
DBH DAC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) Xét DBH và DAC có :
· ·
90
DBH DAC ( góc - góc )
1
x
M
I
K N
H
D
E
O A
Trang 5 DB DH
DB DC = DH DA ( đpcm )
Kẻ tiếp tuyến Cx của (O), ta có :
· ·
ACx ABC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung – góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
DEC ABC (góc ngoài của tứ giác nội tiếp ABDE)
·DEC·ACx
Mà hai góc này ở vị trí so le trong DE // Cx
Mặt khác : OCCx ( tiếp tuyến )
OC DE ( đpcm )
1
Nối KC Ta có : · · ·
2
NCK BAK ( cùng chắn cung BK )
2
NAC ( vì AN là phân giác )
2
NIC
NAC ( góc nội tiếp – góc ở tâm )
·
· 2
NIC
NCK
Lại có : ·
·
0
180 2
ICN ( do NIC cân tại I )
·ICK900
Ta có CI cắt ( O ) tại M MCK vuông tại C và M, C, K (O)
MK đi qua O
Vậy : KO và CI cắt nhau tại M ( O ) (đpcm)
1
Thí sinh làm bài theo cách khác chính xác và khoa học vẫn được điểm tối đa.