SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2001 – 2002 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): 1 x2 − − Cho biểu thức K = ÷× x − x + 1 x2 − x + a) Tìm điều kiện x để biểu thức K xác định. b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị x để K đạt giá trị lớn Bài 2(2 điểm): Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - = (1) a) Giải phương trình (1) cho biết m = 1; m = 2. b) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm dương với giá trị m Bài 3(2 điểm): x − 2y = a) Giải hệ phương trình : 2x + y = b) Chứng minh 2000 − 2001 + 2002 < Bài 4(4 điểm): Từ điểm S ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD đường tròn đó. a) Gọi E là trung điểm dây CD. Chứng minh điểm S, A, E, O, B thuộc đường tròn b) Nếu SA = AO SAOB là hình gì? Tại sao? AB.CD c) Chứmg minh rằng: AC.BD = BC.DA = --- HẾT --Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: ………………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm): − × x −1 K = Cho biểu thức ÷ x − x + 1 x2 − x + a) Để biểu thức K xác định, ta phải có : x ≠ x − ≠ x ≠ x + ≠ ⇔ x ≠ − ⇔ x ≠ − x − x + ≠ x − ÷ + ≠ (đúng ∀x) 2 Vậy ĐKXĐ : x ≠ ±1 1 x2 − − b) K = ÷× x − x + 1 x2 − x + x + 1− x + x2 − = × = (x ≠ ± 1) x −1 x − x+1 x − x +1 2 K= ≤ = 1 3 Vì x − x + = x − ÷ + ≥ ∀x ⇒ x − x+1 3 2 4 1 Do max K = ⇔ x − = ⇔ x = (thoả mãn x ≠ ± 1). 2 Vậy với x = biểu thức K đạt giá trị lớn . Bài 2(2 điểm): Xét phương trình : 2x2 + (2m - 1)x + m - = a) Với m = (1) trở thành : 2x + x = (1) x = ⇔ x(2x + 1) = ⇔ −1 x = Với m = (1) trở thành : 2x2 + 3x + = Vì a – b + c = – + = nên phương rình có hai nghiệm phân biệt : x1 = -1, x2 = − b) Nhận xét, phương trình (1) có nghiệm x = − < 0, : 2 −1 −1 1 ÷ + ( 2m - 1) ÷+ m - = − m + + m − = 2 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm dương với giá trị m. Bài 3(2 điểm): x = + 2y x − 2y = x = + 2y x = ⇔ ⇔ ⇔ a) 2x + y = 5y = y = 2(1 + 2y) + y = Vậy nghiệm hệ đã cho là x = 3, y = 1. 1 2001 − 2000 2002 − 2001 > ⇔ > 2001 − 2000 2002 − 2001 2001 + 2000 2002 + 2001 ⇔ 2001 − 2000 > 2002 − 2001 ⇒ 2000 − 2001 + 2002 < (đpcm) b) Ta có Bài 4(4 điểm): a) Gọi I là trung điểm OS. Theo tính chất tiếp tuyến, ta có : · · SAB = SBA = 900 ⇒ A, B thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (1) Theo tính chất đường kính và dây cung, ta có : · OE ⊥ CD hay OES = 900 ⇒ E thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (2) Từ (1) và (2) suy điểm S, A, E, O, B thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS. b) Ta có OA = OB (bán kính (O)), SA = SB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, SA = OA SA = SB = OA = OB ⇒ SAOB là hình thoi. · · Mà SAB = SBA = 900 ⇒ SAOB là hình vuông. Vậy SA = OA SAOB là hình vuông. · · ¼ ) c) Xét đường tròn (I) : BAE (3) (hai góc nội tiếp chắn EOB = BSE Xét đường tròn (O) : · · » − sđ BC) » · BSE = BSD = (sđ BD ( BSD là góc có đỉnh ngoài đường tròn (O)). » » · · = sđ BC = sđ BD Mà BAC ; BAD 2 · · · · ⇒ BSE (4) = BSD = BAD − BAC · · · · · · · · Từ (3) và (4) suy : CAE hay CAE = BAE + BAC = BAD − BAC + BAC = BAD Xét ∆ACE và ∆ABD có : · · (chứng minh trên) CAE = BAD · · (hai góc nội tiếp chắn cung AD). ACE = ABD ⇒ ∆ACE ~ ∆ABD (g.g) ⇒ AC CE = ⇒ AB.CE = AC.BD AB BD (1) Xét ∆AED và ∆ACB có : · · · · · · ( = BAD ) DAE = BAC − BAE = CAE − BAE · · (hai góc nội tiếp chắn cung AC). ADE = ABC ⇒ ∆AED ~ ∆ACB (g.g) AD DE = ⇒ AB.DE = AD.BC (2) AB BC Từ (1) và (2) suy : AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD = AC.BD + AD.BC ⇒ (3) Xét ∆SAC và ∆SDA có : · chung. ASD · · (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung SDA = SAC chắn cung AC). ⇒ ∆SAC ~ ∆SDA (g.g) ⇒ SA AC = SD AD SB BC = SD BD Vì SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), nên từ (4) và (5) suy : AC BC = ⇒ AC.BD = AD.BC AD BD AB.CD Từ (3) và (6) suy AC.BD = BC.DA = (đpcm). Chứng minh tương tự, ta cũng có ∆SBC ~ ∆SDB (g.g) ⇒ (4) (5) (6) . ! "#$%&''' Môn thi: TOÁN $()*)+, #/.)012$34 Bài 1 $5/)674$8& ' '