De thi vao 10 THPTDa Nang 2012 2013

1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông. Chứng minh rằng DB = DE.[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

2 8 3

 

x x

x x .

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi 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

-HẾT -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

2x đường thẳng y = x + :

x + = 1

2x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

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

0 2 y=ax2

y

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

2  ' 3 m Do đó, ycbt 

2

3(2)( 3  m ) 8( 3  m ) m  

2

1 3 m 2m (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 vng 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

B

C

E D

A