Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 - 2013

a) Ch ứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tr òn.. Chứng minh tứ giác BHCK l à hình bình hành.[r]

1 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có trang) Mã đề 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN Ngày thi : 28/6/2012 Thời gian làm : 120 phút Câu (2điểm)

a) Trục thức mẩu biểu thức: 1

b) Giải hệ phương trình:

2 7

.

2 1

  



 



x y

x y

Câu (2điểm)

Cho biểu thức: 2

1

  

  

 

 

a a a

P

a

a a a với a >0 a 1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với giá trị a P = Câu (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y =ax + b qua điểm M(–1 ; 2) song song với đường thẳng y = 2x + Tìm a b

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm giá trị m cho: |x1 – x2| =

Câu (3điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt H (DBC, E AC)

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành c) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

AD BE CF

Q

HD HE HF

  

Câu (1điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau vơ nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + =

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nội dung Điểm

1

a) Ta có: 5( 1)

6 ( 1)( 1)

 

   0,5

5( 1) 5( 1)

6

 

   

 0,5

2 b) Ta có: 2x y 4x 2y 14

x 2y x 2y

   

 



 

   

 

0,5 5x 15 x

x 2y y

 

 

 

   

  0,5

2

a) Với 0a1thì ta có: 2 2

1

    

   

  

 

a a a a a

P

a a

a a a a 0,5

2 4a 1

a 

 0,5

b) Với 0a1thì P = 4a 12 3a2 4a a



    

3a 4a

    0,5

a = (loại) a

 (thỏa mãn đk) 0,5

3

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1 0,5

Vì đường thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 0,5 b) Ta có :   ' m25m(m 1)(m 4)  Để phương trình có nghiệm x1, x2 ta

có:  ' 0 m 4 m 1 (*) 0,25

Theo định lí Vi-et, ta có: b

x x 4

a

     2

c

x x m 5m

a

    0,25

Ta có: x1x2  4 (x1x )2 16(x1x )2 24x x1 216

2

16 4( m 5m) 16 m 5m

        m = m = –

0,25 Kết hợp với đk(*), ta có m = , m = – giá trị cần tìm 0,25

4

a) Vì AD BE đường cao nên ta có:

ADBAEB90 0,5

 Hai góc ADB, AEB nhìn cạnh AB góc 90nên tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn

0,5 b) Ta có: ABKACK90(góc nội tiếp chắn

đường trịn) CKAC, BKAB (1) Ta có H trực tâm tam giác ABC nên:

BHAC, CHAB(2)

0,5

Từ (1) (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (theo định

nghĩa) 0,5

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên ABC, đó: S = S1 + S2 + S3

0,25 H

F E

D

K O

C B

3

Ta có: ABC ABC ABC

BHC AHC AHB

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HD S S HE S S HFS S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

1 3

AD BE CF S S S 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương, ta có:

1 3

SS S S 3 S S S (4) ;

3

1 3

1 1

S S S  S S S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) (5), ta được: Q9 Đẳng thức xẩy S1S2 S3 hay H

trọng tâm ABC, nghĩa ABC 0,25

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x2  t pt (*) trở thành: t2 – 2mt

+ – m = (**), '(t)m2m 2 (m 1)(m 2)  0,25

Để pt (*) vơ nghiệm pt(**) phải vơ nghiệm có nghiệm t1, t2 cho: t1t2 0 0,25 Pt (**) vô nghiệm  '(t)0(m 1)(m 2)0  2 m 1 (1)

Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1t2 0 Điều kiện là:

' '

2m m m

2 m m

   

 

 

     

 

    

 

(2)

0,25