ĐỀ THI vào 10 hậu GIANG 2012 2013

ĐỀ THI VÀO 10 Bài 1: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A  3 2  1 1 Bài 2: (1,5 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x  20 0  x  y 5  x  y 1 b)  Bài 3: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số: y = -2x2 b) Tìm toạ độ giao điểm (P) đường thẳng (D): y = x – phép tính Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x  2 m  1 x  m  0 (m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phương trình x1 , x2 Xác định m để giá trị biểu thức 2 A  x1  x2 nhỏ Bài 5: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm S bên ngồi đường tròn vẽ hai tiếp tuyến SA, SB đường thẳng a qua S cắt đường tròn (O; R) M, N với M nằm S N (đường thẳng a không qua tâm O) a) Chứng minh SO  AB b) Gọi I trung điểm MN H giao điểm SO AB; hai đường thẳng OI AB cắt E Chứng minh: OI.OE = R2 c) Chứng minh tứ giác SHIE nội tiếp đường tròn d) Cho SO = 2R MN = R Tính diện tích tam giác ESM theo R -HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………Số báo danh………………………… … Chữ ký giám thị 1:……………………Chữ ký giám thị 2:………………… Giải Bài 1: (0,5 điểm) A     1 2 1  2     32 1 1 1 1 Bài 2: (1,5 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x  20 0 Giải PT  ta nghiệm: x1 = ; x2 = -5 � � x x � � 5x  �x  y  �x  y  � � � �� �� �� �� b) � 2x  y  4x  y  2x  y  � 9 � � �  y  �y  �5 � Bài 3: (2,0 điểm) a) Lập bảng giá trị vẽ đồ thị x y = -2x2 -2 -8 -1 -2 0 -2 -8 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) -2x2 = x -  -2x2 - x + = Có dạng: a - b + c =  Pt có nghiệm : x1 = -1 ; x2 = Thay x1 = -1 vào (P):  y1 = -2.1 = -2 Thay x2 = 1 vào (P):  y2 = -2 = 2 2 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) điểm (-1; ) ( ;- ) Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x  2 m  1 x  m  0 (m tham số) a) ’ = [-(m-1)]2 – (m-3) = m2 - 2m + – m + = m2 – 3m + = (m+ )2 + Vì ’ > nên PT ln có nghiệm phân biệt với m >0 �x1  x2  2m  �x1.x2  m  b) Theo hệ thức Viet ta có: � x12  x22   x1  x2   x1.x2   2m    2.( m  3)  4m  8m   2m  Từ 2 � 31 31 �  4m  6m  10  � 2m  � � 2� 4 � 3 Khi 2m   � m   31 Vậy m   biểu thức A  x12  x2  đạt giá trị nhỏ 4 2 Bài 5: (4,0 điểm) a) Theo tính chất tiếp tuyến cắt S, ta có: SA = SB OA = OB (=R)  SO đường trung trực AB Hay: SO  AB b) Có: SA  AO (SA tiếp tuyến) �  900  SAO OE  MN (Vì MI = IN quan hệ  đường kính dây) �  900  SIO Xét tứ giác AIOS có: �  SIO �  900 SAO  tứ giác AIOS nội tiếp ( đỉnh nhìn cạnh nối đỉnh lại góc nhau) �  ISO �  IAO �  ISO � (cùng phụ EOH � ) Mà: OEH �  OEH � Nên: IAO Xét OIA OAE có: Ơ: chung �  OEH � (cmt) IAO OIA  OAE (g,g)  OI OA  OA OE  OI.OE = OA2 Hay OI.OE = R2 c) Xét tứ giác SHIE có: �  900 (SH  AB) SHE �  900 (OE  MN) SIE  tứ giác SHIE nội tiếp d) IM= MN  R Áp dụng định lý Pytago OMI vng I, ta có: IO = �R � R OM  IM  R  � �2 � � � � 2 Áp dụng định lý Pytago SOI vng I, ta có: R � R 15 + SI = SO  IO  4R  � � � �2 � R OI + Cos SOI �    OS R 2 AOS vuông A, AH đường cao , ta có: AO2 = OH OS  OH = OA2 R R   OS R OHE vng H, ta có: �  Cos SOE OH  , OE R  2R R 3R IE = OE – OI = 2R -  2 1 R 15 3R 3R  SSIE = IS IE  2 2 1 R 3R R  SEIM = IM IE  2 2 R 3R 3R  SEMS = SEIS – SEIM =   8  OE = 4.OH =    (đvdt) ... -2x2 - x + = Có dạng: a - b + c =  Pt có nghiệm : x1 = -1 ; x2 = Thay x1 = -1 vào (P):  y1 = -2.1 = -2 Thay x2 = 1 vào (P):  y2 = -2 = 2 2 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) điểm (-1; ) ( ;- ) Bài... x22   x1  x2   x1.x2   2m    2.( m  3)  4m  8m   2m  Từ 2 � 31 31 �  4m  6m  10  � 2m  � � 2� 4 � 3 Khi 2m   � m   31 Vậy m   biểu thức A  x12  x2  đạt giá trị nhỏ