Đề thi vào THPT tỉnh Thái Bình 02 03

SỞ 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):  x + x − x − 4x −  x + 2003 − + × Cho biểu thức K =  x2 − ÷ x x−1 x+1  a) Tìm điều kiện x để K xác định. b) Rút gọn K c) Với giá trị nguyên nào x biểu thức K có giá trị nguyên? Bài 2(2 điểm): Cho hàm số y = x + m (D). Tìm giá trị m để đường thẳng (D) : a) Đi qua điểm A(1 ; 2003) b) Song song với đường thẳng x – y + = c) Tiếp xúc với parabol y = x Bài 3(3 điểm): 1. Giải toán cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có đường chéo 13m và chiều dài lớn chiều rộng 7m. Tính diện tích hình chữ nhật đó. 2002 2003 + > 2002 + 2003 2. Chứng minh bất đẳng thức: 2003 2002 Bài 4(3 điểm): Cho ∆ABC vuông A. Nửa đường tròn đường kính AB cắt BC D. Trên cung AD lấy điểm E. Nối BE và kéo dài cắt AC F. a) Chứng minh: CDEF là tứ giác nội tiếp. b) Kéo dài DE cắt AC K. Tia phân giác góc CKD cắt EF và CD M và N. Tia phân giác góc CBF cắt DE và CF P và Q. Tứ giác MPNQ là hình gì? Tại sao? c) Gọi r, r1, r2 là theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, 2 ADB, ADC. Chứng minh r = r1 + r2 . --- HẾT --- Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: ………………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm):  x + x − x − 4x −  x + 2003 − + × Cho biểu thức K =  x2 − ÷ x x−1 x+1  x − ≠ x + ≠  1. K xác định ⇔  ⇔ x ≠ 0, x ≠ ± 1. x − ≠  x ≠ ĐKXĐ : x ≠ 0, x ≠ ± 1.  x + x − x − 4x −  x + 2003 − + 2. K = ÷× x  x − x + (x − 1)(x + 1)  (x + 1) − (x − 1) + x − 4x − x + 2003 = × (x − 1)(x + 1) x 2 x + 2x + − x + 2x − + x − 4x − x + 2003 x − x + 2003 x + 2003 = × = × = (x − 1)(x + 1) x x −1 x x x + 2003 Vậy với x ≠ 0, x ≠ ± K = x x + 2003 2003 = 1+ 3. K = ∈ Z ⇔ 2003 ⋮ x ⇔ x ∈ Ư(2003) = {±1 ; ± 2003} x x Do x ≠ ± nên x = ±2003. Vậy với x = ±2003 K nhận giá trị nguyên. Bài 2(2 điểm): 1. (D) qua điểm A(1 ; 2003) nên : 2003 = + m ⇒ m = 2002. Vậy với x = 2003 (D) qua điểm A(1 ; 2003) 2. Phương trình đường thẳng x – y + = viết lại thành : y = x + (D’) a = a ' 1 = ⇔ ⇔ m≠ (D) // (D’) ⇔  b ≠ b' m ≠   3. Xét phương trình hoành độ giao điểm (D) và parabol y = x : x = x + m ⇔ x2 – 4x – 4m = (1) (D) tiếp xúc với parabol y = x ⇔ (1) có ngiệm kép ⇔ ∆’ = + 4m = ⇔ m = -1. Vậy giá trị cần tìm m là m = -1. Bài 3(3 điểm): 1. Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (m). Đk : x > Thì chiều dài hình chữ nhật là x + (m). Áp dụng định lí Pitago, ta có : x2 + (x + 7)2 = 172 ⇔ 2x2 + 14x +49 = 289 ⇔ x2 + 7x – 120 = ∆ = 72 + 120 = 169 = 132 > Phương trình có hai nghiệm : x1 = -7 – 13 = -20 < (loại); x2 = -7 + 13 = > (thoả mãn) Vậy diện tích hình chữ nhật là : S = 6.(6 + 7) = 78 (m2). 2. Đặt a = 2002 > 0, b = 2003 > . Bất đẳng thức đã cho trở thành : a b2 + > a + b ⇔ a3 + b3 > ab(a + b) ⇔ (a + b)(a2 – ab + b2) > a + b b a ⇔ (a + b)(a – b)2 > (bất đẳng thức này a + b > và a ≠ b) 2002 2003 + > 2002 + 2003 . Vậy 2003 2002 Bài 4(3 điểm): 1. (H. 1) · Vì ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · nên AD ⊥ BC. Suy BAD (cùng phụ với = ACB · · · ) hay BAD = DCF ABD · · » ) Mà BAD (góc nội tiếp cùng chắn BD = BED · · Suy DCF . = BED Xét tứ giác CDEF có · · · · · · là góc kề bù) DCF + DEF = BED + DEF = 1800 ( BED, DEF ⇒ tứ giác CDEF nội tiếp. · · · · 2. DEF là góc ngoài ∆BEP nên : DEF = PBE + BPE · · · · là góc ngoài ∆PKI nên : BPE = PIK + PKI BPE · · · · ⇒ DEF (1) = PBE + PIK + PKI · · · · là góc ngoài ∆BQC nên : DCF BQK = IQK − QBC · · · · là góc ngoài ∆IKQ nên : IQK = PIK − QKI PIK · · · · ⇒ DCF (2) = PIK − QKI − QBC · · · Mà PBE (BQ là tia phân giác CBF ) = QBC · · · và PKI (BN là tia phân giác CKD ) = QKI · · · · · · · · · nên từ (1) và (2) suy DEF + DCF = PIK − QKI − QBC + PBE + PIK + PKI = 2PIK · · hay 1800 = 2PIK ⇒ PIK = 1800 : = 900 ⇒ BI ⊥ MN, KI ⊥ PQ, MN ⊥ PQ. ∆MBN có BI vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là tam giác cân B ⇒ BI đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh MN ⇒ IM = IN. Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên là hình bình hành. Lại có MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi. 3. (H. 2) Gọi O, O1 và O2 theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC, ∆ABC và ∆ACD. · Suy AO1 là tia phân giác BAD và CO · là tia phân giác ACB , BO1 là tia phân giác · . ABC · · BAD · µ = ACB ⇒ BAO và = C 2 · µ2 · · · Mà BAD (cùng phụ với CAD ) nên BAO =C = ACB Gọi H là tiếp điểm BC với (O), I là tiếp điểm AB với (O 1), K là tiếp điểm AC với (O2) OH = r, O1I = r1, O2K = r2 và OH ⊥ BC, IO1 ⊥ AB, IO2 ⊥ AC. Xét ∆BO1A và ∆BOC có : µ1= B µ (vì BO1 là tia phân giác ABC · ) B · µ (chứng minh trên) BAO =C O I AB r AB ⇒ ∆BO1A ~ ∆BOC (g.g) ⇒ = hay = OH BC r BC r AC Chứng minh tương tự, ta có = r BC 2 2 r1 r2 AB AC AB2 + AC + = = (do AB2 + AC2 = BC2 (đ.l Pitago)) Suy + = 2 r r BC BC BC 2 ⇒ r = r1 + r2 (đpcm). .  ! "#$%&'''( Môn thi: TOÁN $)*+*,-./#0/*123$45 (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): $60*785$9& ' ' :  :  : ;: