Đề thi vào THPT tỉnh Thái Bình 04 05

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2004 – 2005 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A = a(2 a + 1) a+4 a+2 + − 8+ a − a a + 4− a 1. Rút gọn A 2. Tìm a để A nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm) 2x + 3y = + a Cho hệ phương trình :   x + 2y = a 1. Tìm a biết y = 2. Tìm a để : x2 + y2 = 17 Bài 3: (2,0 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x , đường thẳng (d) có hệ số góc m và qua điểm I(0 ; 2). 1. Viết phương trình đường thẳng (d) 2. CMR (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A và B 3. Gọi hoành độ giao điểm A và B là x1, x2 . CMR : |x1 – x2| ≥ Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm D cung AB (D khác A và B), lấy điểm C nằm O và B. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax và By vuông góc với AB. Đường thẳng qua D vuông góc với DC cắt Ax và By E và F. · · 1. Chứng minh : DFC = DBC 2. Chứng minh : ∆ECF vuông 3. Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF N. Chứng minh : MN // AB 4. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆EMD và đường tròn ngoại tiếp ∆DNF tiếp xúc D. Bài 5: (0,5 điểm) Tìm x, y thoả mãn : 4x − y − y + = 4x + y --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: ………………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) 1. ĐKXĐ : a ≥ 0, a ≠ 16. − a(2 a + 1) a+4 a+2 + + A= ( a + 2)( a − 4) a+2 a−4 = − a(2 a + 1) + ( a + 4)( a − 4) + ( a + 2)2 ( a + 2)( a − 4) − 2a − a + a − 16 + a + a + a − 12 3( a − 12) = = ( a + 2)( a − 4) ( a + 2)( a − 4) ( a + 2)( a − 4) = (với a ≥ 0, a ≠ 16). a+2 Vậy A = (với a ≥ 0, a ≠ 16). a+2 = 2. A = Với Với ∈ Z ⇔ 3M ( a + 2) ⇔ a + là ước dương Ư(3) = {1 ; 3} (do a + > 0) a+2 a+2 =1⇔ a+2 =3⇔ a = − (loại a ≥ -1 < 0) a = ⇔ a = (thoả mãn ĐKXĐ). Vậy giá trị cần tìm a là a = 1. Bài 2: (2,0 điểm) 2x + 3y = + a Cho hệ phương trình :   x + 2y = a 2x + = + a x + = x = ⇔ ⇔ 1. Với y = 1, hệ cho trở thành :  x + = a x + = a a = Vậy giá trị cần tìm là a = 4. 2. Hệ cho tương đương với hệ : 2(a − 2y) + 3y = + a y = a − 2a − 4y + 3y = + a ⇔ ⇔   x = a − 2y  x = a − 2y  x = a − 2(a − 3) = − a Khi : x2 + y2 = 17 ⇔ (6 – a)2 + (a – 3)2 = 17 ⇔ 2a2 – 18a + 28 = ⇔ a2 – 9a + 14 = ∆ = 92 – 4.14 = 25 = 52 > 0, phương trình có hai nghiệm : a1 = 9− 9+ = ; a1 = =7 2 Vậy với a ∈ {2 ; 7} x2 + y2 = 17. Bài 3: (2,0 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x , đường thẳng (d) có hệ số góc m và qua điểm I(0 ; 2). 1. Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b (d) có hệ số góc m ⇒ a = m. (d) qua điểm I(0 ; 2) nên : = m.0 + b ⇒ b = 2. Vậy phương trình đường thẳng (d) là y = mx + 2. 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) : 2x2 = mx + ⇔ 2x2 – mx – = (1) ∆ = m2 + 16 > ∀m ⇒ (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ∀m. 3. Áp dụng định lí Viet cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = m ; x1. x2 = -1 2 Xét |x1 – x2| = (x1 − x ) = (x1 + x ) − 4x1.x = ⇒ đpcm. m m ≥ ∀m) + ≥ = (do 4 Bài 4: (3,5 điểm) 1. Xét tứ giác BCDF có : · · CDF + CBD = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác BCDF là tứ giác nội tiếp. · · » ) ⇒ DFC (hai góc nội tiếp cùng chắn CD = DBC 2. Chứng minh tương tự trên, ta có : · · DEC = DAC · ∆ADB có ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông D · · · · ⇒ DAC + DBC = 900 ⇒ DEC + DFC = 900 Do ∆ECF vuông C (đpcm). · · 3. Tứ giác BCDF nội tiếp nên : DBC (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD). = DFC · · Tứ giác CMDN có MCN + MDN = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường tròn. · · ⇒ DNM (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD). = DCM ∆ECF vuông C, ∆CDF vuông D nên : · · · (3) (cùng phụ với DCF ) DCM = DFC · · Từ (1), (2) và (3) suy DBC = DNM Hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN // AB (đpcm) 4. Gọi I là trung điểm MN, J và K theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD và DNF. ∆MDN vuông D nên IM = IN = ID. · · Tứ giác ACDE có CAE + CDE = 1800 nên nội tiếp đường tròn. · · ⇒ DAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) = DEC · · Mặt khác: DMN (đồng vị, MN // AB) = DAC · · · · Suy DMN hay DMN (vì M ∈ EC) = DEC = DEM · · ¼ = DEM = sđ DM Xét đường tròn tâm J : DMN · ⇒ MN là tiếp tuyến M đường tròn (J) ⇒ JM ⊥ MN hay JMI = 900 Xét ∆IMJ và ∆IDJ có : IM = ID (chứng minh trên) JM = JD (bán kính đường tròn (J)) IJ là cạnh chung ¶ = IMJ · ⇒ ∆IMJ = ∆IDJ (c.c.c) ⇒ IDJ = 900 · · Chứng minh tương tự, ta có IDK = INK = 900 · ¶ + IDK · Suy JDK = IDJ = 1800 ⇒ J, D, K thẳng hàng và D nằm J và K ⇒ JK = JD + DK. Do hai đường tròn (J) và (K) tiếp xúc với D ⇒ đpcm. Bài 5: (0,5 điểm) 4x − y ≥  ĐK :  y + ≥ (*) 4x + y ≥  Khi : 4x − y − y + = 4x + y ⇔ 4x + y + y + = 4x − y (1) Hai vế (1) đều không âm nên bình phương hai vế, ta : 4x + y + y + + 4x + y. y + = 4x − y ⇔ (4x − 4x + 1) + (y + 2y + 1) + 4x + y. y + = ⇔ (2x − 1) + (y + 1) + 4x + y. y + = (2) Vì (2x − 1) ≥ 0, (y + 1) ≥ 0, 4x + y. y + ≥ , nên (2) tương đương với : 2x − = y + = 4x + y. y + = ⇔ x = , y = − (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy x = , y = − 1. .    ! "#$%&'(') Môn thi: TOÁN $*+,+ /0#10+2)3$45 Bi 1:67 $81+9:5$;& +