Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đường thẳng BI và đường. tròn (O).[r]
(1)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 x1x2 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)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)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 = x1x2
A2 = ( x1x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2
(4)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 x1x2 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