Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đường thẳng BI và đường tròn (O).. Chứng minh:[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT
BÌNH DƯƠNG Năm học 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Bài (1 điểm):
Cho biểu thức: A =
2
50
5 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
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:
2
3
x y x y
2/ Giải phương trình: x4 + x2 – = 0 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 x1 x2 đạt giá trị nhỏ (x1; x2 hai nghiệm phương trình)
Bài (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O) điểm M ngồi đường trịn 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
4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K trung điểm EA ĐÁP ÁN
Nội dung Điểm
Bài (1 điểm): 1/ ĐKXĐ: x
A =
2
50
5 x x
=
2
25.2 4.2
(2)=
3
2 2
2
x x
=
2
2 x
Vậy với x thi A =
1
2 x
2/ Khi A =
2 x = 1 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 =
A(1;
2) (d) nên
2 = – m
m = – 2 =
(3)Vậy với m =
2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ Khi tung độ yA =
1 Cách 2
Ta có phương trình hoành 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 =
1 Vậy với m =
1
2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ
Khi tung độ yA =
2 =
Bài (2 điểm):
1/ Giải hệ phương trình
2 3 x y x y 3 x x y 3.( 1)
x y 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 = 2; x2 = -
Bài (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số) 1/ Ta có ’ = (-m)2 – (-2m – 5)
= m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + Vì (m + 1)2 với m
(4)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
2
x x m x x m
(theo định lý Vi-et)
Đặt A = x1 x2 A2 = ( x1 x2
)2 = x
12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5)
= (2m)2 + 8m + 20
= (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 x1 x2 đạt giá trị nhỏ
Bài (3,5 điểm):
1/ Ta có MB tiếp tuyến (O) (gt) OB MB
OBM = 900
B thuộc đường tròn 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 =
1
(5)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
(6)