Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m.. Tính diện tích hình chữ nhật đó.. a Chứng minh: CDEF là một tứ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2002 – 2003
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(2 điểm):
Cho biểu thức
2 2
K
a) Tìm điều kiện đối với x để K xác định
b) Rút gọn K
c) Với những giá trị nguyên nào của x thì biểu thức K có giá trị nguyên?
Bài 2(2 điểm):
Cho hàm số y = x + m (D) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (D) :
a) Đi qua điểm A(1 ; 2003)
b) Song song với đường thẳng x – y + 3 = 0
4
=
Bài 3(3 điểm):
1 Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m Tính diện tích hình chữ nhật đó
Bài 4(3 điểm):
lấy một điểm E Nối BE và kéo dài cắt AC tại F
a) Chứng minh: CDEF là một tứ giác nội tiếp.
b) Kéo dài DE cắt AC ở K Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N Tia
phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q Tứ giác MPNQ là hình gì? Tại sao?
c) Gọi r, r1,r2 là theo thứ tự là bán kính của đường tròn nội tiếp các tam giác ABC,
HẾT
-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1(2 điểm):
Cho biểu thức
2 2
K
x 1 0
x 1 0
x 0
− ≠
+ ≠
− ≠
≠
⇔ x ≠ 0, x ≠± 1
ĐKXĐ : x ≠ 0, x ≠± 1
2 K
2
2
x
+
=
+
Do x ≠± 1 nên x = ±2003
Bài 2(2 điểm):
Vậy với x = 2003 thì (D) đi qua điểm A(1 ; 2003)
2 Phương trình đường thẳng x – y + 3 = 0 viết lại thành : y = x + 3 (D’)
4
2
4
Vậy giá trị cần tìm của m là m = -1
Trang 3Bài 3(3 điểm):
1 Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (m) Đk : x > 0
Thì chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)
Áp dụng định lí Pitago, ta có :
x2 + (x + 7)2 = 172⇔ 2x2 + 14x +49 = 289
∆ = 72 + 120 = 169 = 132 > 0
Phương trình trên có hai nghiệm :
x1 = -7 – 13 = -20 < 0 (loại); x2 = -7 + 13 = 6 > 0 (thoả mãn)
2 Đặt a= 2002 0, b> = 2003 0> Bất đẳng thức đã cho trở thành :
b + a > + ⇔ a3 + b3 > ab(a + b) ⇔ (a + b)(a2 – ab + b2) > a + b
⇔ (a + b)(a – b)2 > 0 (bất đẳng thức này đúng vì a + b > 0 và a ≠ b)
Bài 4(3 điểm):
1 (H 1)
Suy ra ·DCF BED= ·
Xét tứ giác CDEF có
2 ·DEF là góc ngoài của ∆BEP nên : ·DEF PBE BPE= · + ·
·BPE là góc ngoài của ∆PKI nên : ·BPE PIK PKI= · + ·
·PIK là góc ngoài của ∆IKQ nên : ·IQK PIK QKI= · − ·
Mà ·PBE QBC= · (BQ là tia phân giác của ·CBF )
và ·PKI QKI= · (BN là tia phân giác của ·CKD )
Trang 4nên từ (1) và (2) suy ra ·DEF DCF PIK QKI QBC PBE PIK PKI 2PIK+ · = · − · − · + · + · + · = · hay 1800 = 2PIK· ⇒ ·PIK 180 : 2 90= 0 = 0 ⇒ BI ⊥ MN, KI ⊥ PQ, MN ⊥ PQ
Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên là hình bình hành
3 (H 2)
1
BAD BAO
2
C
2
=
Mà ·BAD ACB= · (cùng phụ với ·CAD ) nên ·BAO1 =Cµ 2
AC với (O2) thì OH = r, O1I = r1, O2K = r2 và OH ⊥ BC, IO1⊥ AB, IO2 ⊥ AC
Xét ∆BO1A và ∆BOC có :
1
Suy ra
+
r = +r r (đpcm).