De tuyen sinh lop 10 mon toan 20122013Da Nang

1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG

Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: (x + 1)(x + 2) = 2) Giải hệ phương trình:

2

1

2

7















x y

x

y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

A



( 10



2) 3



5

Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2. 1) Tìm hệ số a

2) Gọi M N giao điểm đường thẳng

y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m tham số. 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện

1

2

8

3





x

x

x

x

. Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D

1) Chứ`ng minh tứ giác CO’OB hình thang vng 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng

3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE

BÀI GIẢI

Bài 1:

1) (x + 1)(x + 2) =  x + = hay x + =  x = -1 hay x = -2 2)

2

1 (1)

2

7 (2)















x y

x

y



5y

15 ((1) 2(2))

x 2y









 





y

3

x

1











Bài 2:

A



( 10



2) 3



5

=

( 1) 5





=

( 1) ( 1)





=

( 1)( 1)





= 4

Bài 3:

1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22  a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y =

2

1

2

x

đường thẳng y = x + : 2 y=ax2

y

x + =

1

2

x

 x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8) Bài 4:

1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) 2) Với x1, x2  0, ta có :

1 2

8

3





x

x

x

x

 2

1 2

3(

x



x

) 8



x x

 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2

Ta có : a.c = -3m2  nên   0, m Khi   ta có : x1 + x2 =





2

b

a

x1.x2 =

2

3



c

m

a

 0

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 =



b

'





'

x2 =



b

'

 

'

 x1 – x2 =

2

 

' 3



m

2

Do đó, ycbt 

3(2)( 3





m

2

) 8( 3

 

m

2

)

m  

1 3



m

2



2

m

2(hiển nhiên m = không nghiệm)  4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5:

1) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng

2) Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900  góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn)

Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng.

3) Theo hệ thức lượng tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC

Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC  DB = DE.

ThS Phạm Hồng Danh

(Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM) B

C

E D

A