Huong dan giai de thi Toan vao THPT tinh Thai Binhnam hoc 20112012

Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần.[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức

3 x

A

x

x x



  



  với x  và x  1.

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tính giá trị của A x 2. 

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

mx 2y 18

x y

 

 

 

 (m là tham số).

1 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) đó x =

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y = Bài (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + (a là tham số)

1 Vẽ parbol (P)

2 Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

3 Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P) Tìm a để x1 + 2x2 = Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Điểm C nằm tia đối của tia BA cho BC = R Điểm D thuộc đường tròn tâm O cho BD = R Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD tại M

1 Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp b) AB.AC = AD.AM

c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

2 Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R

Bài (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006

Chứng minh rằng:

2 2

2012

(b c) (c a) (a b)

2012a 2012b 2012c

2 2 

  

    

HẾT

Bài (2,0 điểm)

1.Với x  0, x  1, thì :

A

3( x 1) ( x 1) ( x 3) x x x

( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1)

         

 

   

x 1

( x 1)( x 1) x





  

2. Nhận xét: x 2 ( 1)    2(thoả mãn  x  1)  x | - 1| = - 1 (vì 1)

Do đó:

1

A

2

2 1

  

  .

Bài 2.(2,0 điểm)

1 Với x = thì từ phương trình x – y = -6  y =

Thay x = 2, y = vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18  m = Vậy giá trị cần tìm m =

2 Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghiệm nhất:

m

m  1  . Nghiệm nhất (x ; y) của hệ đã cho thoả mãn điều kiện đề bài là nghiệm của hệ:

x y x

2x y y

  

 



 

  

 

Từ đó, ta có: 5m – = 18  m = (thoả mãn m  -2) Vậy giá trị cần tìm là m =

Bài (2,0 điểm) Bạn đọc tự giải

2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + =  x2 – ax – = 0. Vì  = a2 + 12 > a nên phương trình có hai nghiệm phân biệt a.

Tứ đó suy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a và x1x2 = -3

Theo giả thiết: x1 + 2x2 =  a + x2 =  x2 = – a; x1 = a – x2 = 2a – 3; x1x2 = -3  (2a – 3)(3 – a) = -3  2a2 – 9a + =

 = 92 – 4.2.6 = 33 >  1,2

9 33

a

4

 

Vậy có hai giá trị cần tìm của a là: 1,2

9 33

a

4

 

Bài (3,5 điểm)

a) Ta có: ADB 90  0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BDM 90  0 (hai góc kề bù).



BCM 90 (do MC  BC).

Xét tứ giác BCMD có: BDM BCM 180   

 Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp b) Xét ADB và ACM có:



A chung; ADB ACM 90  

nên ADB ~ ACM (g.g)



AD AB

ACAM  AB.AC = AD.AM (đpcm).

c) ODC có DB là đường trung tuyến ứng với cạnh

OC và

1

DB OC

2



nên ODC vuông tại D Suy OD  CD

Do đó CD là tiếp tuyến của (O)

2 OBD có OB = OD = BD = R  OBD  OBD BOD 60   0 và

2 OBD

3R S

4  

(đvdt) OAD và OBD chung chiều cao hạ từ đỉnh D, đáy bằng nên:

2

OAD OBD ABD

3R 3R

S S S

4

      

(đvdt)

Xét MBD và MBC có: MDB MCB 90   0, BM là cạnh chung, BD = BC (giả thiết)

 MBD = MBC (cạnh huyền-góc nhọn) 

  CBD 1800 OBD 1800 600

MBD MBC 60

2 2

 

    

 MBD OBD   BD là tia phân giác của góc ABM.

ABM có BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân tại B  BD đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh AM Suy ra: SABM 2SABD 3R2(đvdt)

Gọi S là diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O thì:

2 2

2

ABM AOD q(OBD)

3R R 60 (9 )R

S S S S 3R

4 360 12

 

  

      

(đvdt) Bài (0,5 điểm) (Tham khảo của bạn Ngô Quang Hùng: info@123doc.org)

Đặt

2 2

(b c) (c a) (a b)

P 2012a 2012b 2012c

2 2

  

     

Ta có:

2

(b c) 2012a

2

 

2

(b c) (b c)

2a.1006 2a(a b c)

2

 

2 2

4a 4a(b c) (b c) 4a 4a(b c) (b c) 4bc

2

        

 

2

(2a b c) (2a b c)

2bc

2

   

  

(do b, c  0)



2

(b c) (2a b c) 2a b c

2012a

2 2

    

  

Chứng minh tương tự:

2

(c a) 2b c a 2012b

2

  

 

;

2

(a b) 2c a b 2012c

2

  

 

Suy ra:

2a b c 2b c a 2c a b 4(a b c) 4.1006

P 2012

2 2 2

             

Vậy

2 2

2012

(b c) (c a) (a b)

2012a 2012b 2012c

2 2 

  

    

Dấu bằng xảy 

a b 0, c 2012 b c 0, a 2012 c a 0, b 2012

  

 

  



   