Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.. Ch
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 21/06/2013
(Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề)
Bài 1: ( 2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1) Chứng minh: ( 22 3 2 10 3 11 2− ) + =
2) Cho biểu thức P = ( 1)
1
a a a
a − − a a
− + với a > 0 và a ≠ 1.
Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 20142
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết 3 2x 3+ − 8x 12 1+ = + 2
2) Giải hệ phương trình:
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
x y y
− + − = −
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 1 2
4
y= − x
1) Vẽ đồ thị (P)
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB
Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C) Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh ND là phân giác của ·ANB
3) Tính: BM BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của EF Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
- HẾT -Giám thị không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: ……… SBD:………/ Phòng: ………
Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Bài 1: ( 2,00 điểm)
1) Chứng minh: ( 22 3 2 10 3 11 2− ) + =
Ta có: ( 22 3 2 10 3 11− ) + =
2
2( 11 3) 10 3 11
( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3)
( 11 3)( 11 3) 11 9 2
2) P = ( 1)
1
a a a
a − −a a
− + (ĐK : a > 0 và a ≠ 1)
Với a = 20142, ta có : P = 20142 − =1 2014 1 2013− =
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết 3 2x 3+ − 8x 12 1+ = + 2 (ĐK: x ≥ -3/2)
⇔ 3 2x 3 2 2x 3 1+ − + = + 2
⇔ 2x 3 1+ = + 2
⇔( 2x 3)+ 2 = +(1 2)2 = +3 2 2
⇔2x 3 3 2 2+ = =
⇔x= 2 (thỏa đk)
2) Giải hệ phương trình:
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
x y y
− + − = −
⇔
3x 4 6x 4 11 (1)
3 15 6x 15 33 (2)
− + − = −
Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22 ⇔ y2 +y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)2 = 0 ⇔ x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)2 = 0 ⇔ x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 1 2
4
y= − x
1) Vẽ đồ thị (P) ( các em tự vẽ)
Trang 32) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB
Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y)
Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1 Vậy M (2 ; -1)
Ta có : SOMA = 1
2 .1.OA ; SOMB =
1
2.2.OB
và từ: SOMA= 2SOMB ⇒ OA = 4.OB hay : x = 4.y ⇔ x = ±4y ⇔ x y = ±14 = k (Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài)
Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là :
(d1) : 1 3
4 2
y= x− và (d2) : y = 1 1
4x 2
− −
Bài 4: (4,00 điểm)
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp
Ta có : ·ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))
· 900
AOM= (vì AB ⊥CD tạo O) Suy ra: ·ANB+ ·AOM= 1800
⇒ tứ giác AOMN nội tiếp
2) Chứng minh : ND là phân giác của ·ANB
Ta có : AB, CD là đường kính của (O)
AB ⊥ CD (gt) ⇒ A»D=B»D ⇒ ·AND=BN· D ⇒ ND là phân giác của góc ANB
3) Tính: BM BN
Do ∆BOM #∆BNA (gg)
⇒ BO BM BN = BA ⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒ BN BM = 18 3 2= cm
• M
1
• -1 •
A
• B
O •
Trang 44) Ta có: ∆ EAF vuông tại A (CA· D 90= 0, E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA
= ME = MF ⇒ M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD
Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)
⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒ BF· D= ·A BE
Ta lại có: BDF· = BCE· = 900,
suy ra: DBF· = CBE·
Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF· = CBE· ; BDF· = BCE· = 900 nên
∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE
Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD
Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD = OA2+OD2 = 32 +32 =3 2
⇒ AE + AF = 6 2
Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M
(GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang)