De thi va DA Toan vao lop 10 Nghe An 20122013

Biết rằng vận tốc xe máy lớn hơn vận tốc xe đạp là 28 km/h.[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi:TỐN

Thời gian làm : 120 phút Câu 1 (2,5 điểm)

Cho biểu thức A =

1 x

x x x



 



 

 

 

a) Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A b) Tim tất giá trị x để A

1

 c) Tim tất giá trị x để

7

B A

3



số nguyên Câu 2 (1,5 điểm)

Trên quãng đường AB dài 156 km, người xe máy từ A người xe đạp từ B hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc xe máy lớn vận tốc xe đạp 28 km/h Tính vận tốc xe

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 2(m -1)x + m2 -6 = 0, m tham số.

a) Giải phương trình với m =

b) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

x12x22 16

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB ( A, B tiếp điểm) cát tuyến ACD không qua O ( C nằm M D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng MO cắt AB (O) theo thứ tự H I

Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) MC.MD=MA2.

c) OH.OM+MC.MD=MO2.

d) CI phân giác MCH

- Hết

-Họ tên thí sinh :………Số báo danh…………

HƯỚNG DẪN CHẤM (Tự giải)

Câu Nội dung Biểu

điểm

1

a

ĐKXĐ: x 0, x 4 

A =    

1 x x x x

x x x x x x

                  

2 x

x

x x

    0,5 0,5 b

1

A x x x

2 x 2

         



Kết hợp với ĐKXĐ ta có x 4 

0,5 0,5

c

7 14

B A

3 x x

  

 

Để B số nguyên x 6 Ư(14) Do x 0  Ta có bảng giá trị

3 x 6 14

x Loại Loại

9 64 Vậy 64 x ; 9     

  B số nguyên. 0,5

Gọi x (km/h) vận tốc người xe đạp ( x>0) Vận tốc người xe máy x+28 (km/h)

Quảng đường người xe đạp 3x (km)

Quảng đường người xe máy 3(x+28) (km)

Do hai xe ngược chiều gặp sau nên ta có phương trình: 3x+ 3(x+28)=156  9x+84=156 x=8 (t/m)

Vậy vận tốc người xe đạp km/h vận tốc người xe đạp 36 km/h

0,5 0,5 0,5

a

Khi m=3 ta có phương trình x2 4x 0  Do a+b+c=1+(-4)+3=0, suy x11, x2 3

Vậy với m=3 phương trình có hai nghiệm x11, x2 3

0,5 0,5 b

Để phương trình có hai nghiệm  

' 0 (m 1) (m2 6) 0

        

2

m 2m m 2m m

2

           

Theo hệ thứ Vi-ét ta có x1x2 2m 2, x x m2

Từ hệ thức    

2 2

2 2

1 2

x x 16  x x  2x x 16 2m 2  2(m  6) 16

2 2

4m 8m 2m 12 16 2m 8m 2m(m 4)

           

m

m ( ktm)

 

  



Vậy m=0 phương trình trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

2 2

x x 16

0,5 Vẽ hình đúng, đẹp

K

I H O

D

C

M

B A

0,5

a

Xét tứ giác MAOB ta có A B 90   0 ( t/c tiếp tuyến)

  0

A B 90 90 180

    

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

0,5 0,5

b

Xét MAC MDA có M chung, MAC MDA  ( chắn AC ) Do MAC đồng dạng với MDA

Suy

2

MA MC

MA MC.MD

MD MA  

0,5 0,5

c

Xét MAO vng A, có AH đường cao, ta có OH.OM AO Suy OH.OM MC.MD AO  2MA2 (1)

Xét MAO theo Pitago ta có AO2MA2 MO2 (2) Từ (1) (2) suy OH.OM MC.MD MO 

0,5 0,5

d Xét MAO vng A, có AH đường cao, ta có MH.MO MA Suy

2 MC MO

MC.MD MH.MO MA

MH MM

   

Xét MCH MOD có

MC MO

MH MM, M chung Do MCH  MOD(c.g.c)  MCH MOD  Xét tứ giác CDOH có MCH MOD  (cmt)

suy tứ giác CDOH nội tiếp  DCH DOK  ( bù HOD ) (1) Mặt khác

 1

DCK DOK

2

 

sđDK (2) Từ (1) (2) suy

 1

DCK DCH

2



Mà ICK 90  0 ( góc nội tiếp chắn đường tròn) (4)