b2) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất; có vô số nghiệm; vô nghiệm. a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AB và AC lần lượt tại E,F[r]
(1)TRƯỜNG THCS LONG KIẾN KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 (LẦN 1)
TỔ TỐN NĂM HỌC: 2012 – 2013
MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút
Bài 1: (2,0 điểm) Khơng sử dụng máy tính cầm tay
a) Thực phép tính: A= 16− 49 + 81− 169
b) Trục thức mẫu:
3 7 3
B= − −
− + −
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình :
12 x − − =x b) Cho hệ phương trình 2 mx y x my
+ =
+ =
( m tham số) b1) Giải hệ phương trình m=2
b2) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm nhất; có vơ số nghiệm; vơ nghiệm
Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn số x: 2
2
x − mx+m − + =m a) Giải phương trình m=1
b) Tìm m để biểu thức A= x x1. 2− −x1 x2 đạt giá trị nhỏ
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn ( , )O R dây BC cho BOC=1200.Tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt A Qua A vẽ đường thẳng d không qua tâm O, d cắt (O)tại P Q a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh hệ thức AB = AP AQ
c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Tiếp tuyến M (O) cắt AB AC E,F Tính chu vi tam giác AEF theo R
(2)TRƯỜNG THCS LONG KIẾN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 (LẦN 1)
TỔ TOÁN NĂM HỌC: 2012 – 2013 MƠN: TỐN
A. ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI
1 (2,0)
a A= 16− 49 + 81− 169 = − + −4 13= −7 1,0
b
2
3 7 3
B = − −
− + −
2 (3 ) ( ) ( )
9 7 3
+ − +
= − −
− − −
2.(3 ) 4.( ) 1.( )
2
+ − +
= − −
(3 ) ( ) ( )
= + − − − +
3 7 3
= + − + − − = −3
1,0
2 (2,5)
a
4
12
x − −x = (1) đặt x2 = t ( t ≥0)
Phương trình (1) trở thành: 2
4 ( ) 12
3 ( )
t
t t
t
= − − = ⇔
= −
nhanä loaiï với t = 4, ta có x2 = ⇔ = ±x
Vậy phương trình (1) có nghiệm: x1=2; x2 = -2
1,0
b b1
2 2 m x y
x m y
+ =
+ =
Với m = hệ phương trình trở thành
2 2 2 3
2 2 4 2
3 x
x y x y x y
x y x y y
y
=
+ = + = + =
⇔ ⇔ ⇔
+ = + = − = −
=
Vậy m = 2, hệ phương trình có nghiệm ( , ) 2; 3 x y =
0,75
b2
• với m = 0, hệ có nghiệm 2 2 y x
=
= • với m≠0, hệ có nghiệm
1 m
m
⇔ ≠
1
m m
⇔ = ⇔ ≠ ±
Vậy, với m≠ ±1 hệ cho có nghiệm • với m≠0, hệ có vơ số nghiệm
1
1
m m
⇔ = =
1
1
1
1
2 2
1
m
m m
m
m m
m m
=
= = ±
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
=
=
Vậy, với m =1 hpt cho có vơ số nghiệm • với m≠0, hệ vô nghiệm
(3)1
1
m m
⇔ = ≠
1
1
1
1
2 2
1
m
m m
m
m m
m m
=
= = ±
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
≠
≠
≠
Vậy, với m = -1 hệ cho vơ nghiệm
3 (2,0)
1
2
2 1 0
x − mx+m − + =m (1)
Với m = 1, (1) trở thành x2 −2x +1= 0 ⇔ x1 = x2 =1 Vậy với m =1 phương trình (1) có nghiệm x=1
1,0
2
∆ = −' ( m)2−1(m2− + = −m 1) m
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm ⇔ − ≥ ⇔ ≥m m Theo hệ thức Vi-ét, ta có 2
1
2
x x m
x x m m
+ =
= − +
Ta có A= x x1. 2 − −x1 x2=x x1. 2−(x1+x2) =
2
2 5
1
2 4
m − + −m m=m − m+ =m− − ≥ −
Dấu “=” xảy ⇔ 3
2
m− = ⇒m=
m= Amin=
5 −
1,0
4 (3,5)
F E Q
A B
O
C P
M 0,5
1
Xét tứ giác ABOC, ta có 90
ABO=ACO= ( tính chất tiếp tuyến)
0 0
90 90 180
ABO ACO
⇒ + = + = (tổng hai góc đối diện)
Vậy ABOC nội tiếp đường trịn( đpcm)
1,0
2
Xét ABQ∆ APB∆ , ta có A góc chung
AQB=ABP ( chắn cung BP)
Do ABQ∆ ∽∽∽∽ APB∆ (g-g) AB AQ AB2 AP AQ
AP AB
⇒ = ⇔ =
1,0
3
Gọi chu vi tam giác AEF p, ta có
p=AF + EF + EA = AF + FM + ME + EA=AF + FC + EB + EA =AC + AB= 2AB (do AB = AC)
Mặt khác, 0
: 120 : 60
BOA=BOC = =
Xét OAB∆ vuông O, ta có:
AB = OB.tanBOA=R tan 600 = 3R Do p=2 3R
1,0
B. HƯỚNG DẪN CHẤM