Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bình Dương năm 2012 - 2013

Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đường thẳng BI và đường. tròn (O).[r]

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

BÌNH DƯƠNG Năm học 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài (1 điểm): Cho biểu thức: A = 50 x  x 1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tính giá trị x A =

Bài (1,5 điểm):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2

2 x

2/ Xác định m để đường thẳng (d): y = x – m cắt (P) điểm A có hồnh độ Tìm tung độ điểm A

Bài (2 điểm):

1/ Giải hệ phương trình:

3

x y x y

  



  

2/ Giải phương trình: x4 + x2 – =

Bài (2 điểm):Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số)

1/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

2/ Tìm m để x1x2 đạt giá trị nhỏ (x1; x2 hai nghiệm phương trình)

Bài (3,5 điểm): Cho đường trịn (O) điểm M ngồi đường tròn Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MPQ (MP < MQ) Gọi I trung điểm dây PQ, E giao điểm thứ đường thẳng BI đường

tròn (O) Chứng minh:

1/ Tứ giác BOIM nội tiếp Xác định tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác

2/ BOM = BEA 3/ AE // PQ

2 HƯỚNG DẪN GIẢI:

Nội dung Bài (1 điểm):

1/ ĐKXĐ: x 

A = 50

5 x  x = 25.2 4.2

5 x  x

= 2 2 x  x =

2 x

Vậy với x  thi A =

2 x

2/ Khi A = 

2 x =  2x =  2x =

 x = (Thỏa điều kiện xác định)

Vậy A = giá trị x =

Bài (1,5 điểm):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2 x -Bảng giá trị

x -4 -2

y =

2 x

8 2

-Đồ thị (P) đường parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trục hoành, nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm có tọa độ cho bảng

2/ Cách

Vì (d) cắt (P) điểm A có hồnh độ nên x = thỏa mãn công thức hàm số (P) => Tung độ điểm

A là: yA =

2

2 =

3  A(1;

2) (d) nên

2 = – m

 m = –

2 =

Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ Khi tung độ yA =

Cách 2

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:

2 x

= x – m  x2

– 2x + 2m = (*)

Để (d) cắt (P) điểm A có hồnh độ phương trình (*) có nghiệm

 12 – 2.1 + 2m =  m =

2

Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ Khi tung độ yA =

2

2 =

1

Bài (2 điểm):

1/ Giải hệ phương trình

2 3 x y x y       



3 x x y       



3.( 1)

x y        



6 x y        Vậy hệ phương trình có nghiệm (-1; -6) 2/ Giải phương trình

x4 + x2 – = (1)

Đặt x2 = t (t  0)

Phương trình (1) trở thành: t2 + t – = (2) Ta có  = 12 – 4.1.(-6) = 25

Phương trình (2) có hai nghiệm t1 =

1 25

2.1  

= (nhận) ; t2 =

1 25

2.1  

= -3 (loại)

Với t = t1 = => x2 =  x = 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = ; x2 = -

Bài (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số)

1/ Ta có ’ = (-m)2 – (-2m – 5) = m2 + 2m + = (m + 1)2 + Vì (m + 1)2  với m

 (m + 1)2 + > với m

Hay ’ > với m

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m

2/ Vì phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m



1

2

x x m

x x m

  



   

(theo định lý Vi-et)

Đặt A = x1x2

 A2 = ( x1x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2

4 = (2m)2 + 2m + + 16 = (2m + 2)2 + 16  16

 Giá trị nhỏ A2 = 16

 Giá trị nhỏ A 2m + =  m = -1 Vậy với m = -1 x1x2 đạt giá trị nhỏ

Bài (3,5 điểm):

1/ Ta có MB tiếp tuyến (O) (gt)

 OB  MB  OBM = 900

 B thuộc đường trịn đường kính OM (1)

Ta có IQ = IP (gt)

 OI  QP (Tính chất liên hệ đường kính dây cung)  OIM = 900

 I thuộc đường trịn đường kính OM (2)

Từ (1) (2) => BOIM nội tiếp đường trịn đường kính OM

2/ Ta có BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 BOM =

2BOA

mà BOA = SđAB

 BOM =

2SđAB

Ta lại có BEA =

2SđAB (Định lý góc nội tiếp)

 BOM = BEA

3/ Ta có: Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)  BOM = BIM (Cùng chắn BM)

mà BOM = BEA (Chứng minh trên)  BIM = BEA

Mặt khắc BIM BEA hai góc vị trí đồng vị

 AE // PQ

4/ Ta có OI  QP AE // PQ (chứng minh trên);  OI  AE (3)

mà KE = KA (gt)

 OK  AE (tính chất liên hệ đường kính dây cung) (4)

Từ (3) (4), ta thấy qua điểm O có hai đường thẳng OI OK song song với AE

 OI OK phải trùng

Ba điểm O, I, K thẳng hàng

P O

M A

B Q