DEDA TOAN TS VAO 10 THPT KIEN GIANG 20122013

Chứng minh DE.[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

-Môn thi: TOÁN

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06/7/2012

Bài (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A = 112 - 45 - 63 + 20 2) Cho biểu thức B =

x x x x

1

1 x x

     

 

   

     

   , với ≤ x ≠ 1 a) Rút gọn B

b) Tính giá trị biểu thức B x = 1

Bài (1,5 điểm)

Cho đường thẳng (dm) : y = - x + – m2 và (D): y = x

1) Vẽ đường thẳng (dm) m = và (D) cùng hệ trục tọa độ, nhận xét về đồ thị của chúng 2) Tìm m dể trục tọa độ Ox, (D) và (dm) đồng quy

Bài (1,5 điểm)

Trong đợt quyên góp ủng hộ người nghèo, lớp 9A và 9B có 79 học sinh quyên góp được 975000 đồng Mỗi học sinh lớp 9A đóng góp 10000 đồng, mỗi học sinh lớp 9B đóng góp 15000 đồng Tính số học sinh mỗi lớp

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 2(m2)xm25m 4 (*)

1/ Chứng minh rằng với m < phương trình (*) luôn có nghiệm phân biệt x1, x2

2/ Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

1,

x x thỏa hệ thức 1 2 1

1

x x 

Bài (4 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C đường tròn cho CA = CB Gọi M là trung điểm của dây cung AC; Nối BM cắt cung AC tại E; AE và BC kéo dài cắt tại D

a) Chứng minh: DE DA = DC DB b) Chứng minh: MOCD là hình bình hành c) Kẻ EF vuông góc với AC Tính tỉ số

MF EF ?

d) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N; EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K; EB cắt AN tại H Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn

HẾT

(2)

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ ký giám thị 1:……….Chữ ký giám thị 2:………

ĐÁP ÁN

BÀI NỘI DUNG

1.1 A = 112 - 45 - 63 + 20 4 - - + 5 + 1.2 a) Với ≤ x ≠ ta có:

B =

x x x x ( 1) x( x 1)

1 1 (1 + x )(1 - x ) x

1 x x x

x x

x

           

       

       

           

       

b) Ta có:

1

x =

2

1



  



  B = - 1 2 - 2.1 (dm) : y = - x + – m2 và (D): y = x

*Khi m = thì (dm) trở thành: y = -x – Xét (dm): y = -x – ta có bảng giá trị: Xét (D): y = x ta có: x =  y = 1 *Đồ thị của (dm) và (D):

*Nhận xét: Đường thẳng (D) và đường thẳng (dm) vuông góc với vì tích hệ số của chúng bằng -1

2.2 (dm) : y = - x + – m2 và (D): y = x

Ta có (D) cắt Ox tại O Để Ox, (D) và (dm) đồng quy thì (dm) phải qua O đó: – m2 =  m = ± 1

Vậy m = ± thì Ox, (D) và (dm) đồng quy Gọi x là số học sinh lớp 9A (x N* và x < 79)

 Số học sinh lớp 9B là: 79 – x (học sinh) Lớp 9A quyên góp được: 10000x (đồng) Lớp 9B quyên góp được: 15000(79 – x) (đồng)

Do cả hai lớp quyên góp được 975000 đồng nên ta có phương trình: 10000x + 15000(79 – x) = 975000

 10x + 15(79 – x) = 975  -5x = - 210 x = 42

Vậy lớp 9A có 42 học sinh; lớp 9B có: 79 – 42 = 37 (học sinh) 1/ Phương trình: x2 2(m2)xm25m 4 0

(*)

x -3

y -3

-3 -2 -1

x y

(D): y = x (dm

): y = -x - 3

(3)

Ta có: '

 = [-(m + 2)]2 – (m2 + 5m + 4) = m2 + 4m + – m2 – 5m – = -m

Với m <  ' = -m >  Phương trình (*) luôn có nghiệm phân biệt x1, x2

2/ Theo định lí Viét ta có:

1

2

2(m 2) m + 5m +

x x

x x

  

  

 

 (I)

Theo đề ta có:

1 2

1

1 x x x x

x x x x

 

   

(1) Thay (I) vào (1) ta có:

2

2(m + 2) - (m + 5m + 4)

m + 5m +  (Đk: m ≠ -1 và m ≠ -4)  2(m + 2) – (m2 + 5m + 4) =

 2m + – m2 – 5m – =  m2 + 3m =

 m(m + 3) =

m = (loại trái đk: m < 0)

m = -3 (tháa ®iỊu kiƯn: m < 0; m vµ m -4) 

   



Vậy với m = -3 thì phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức:

1 1

x  x 

5 a Chứng minh DE DA = DC DB

Ta có: ACB 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O)) 

ACD 90

  (vì kề bù với ACB ) Ta lại có:

AEB 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O))  DEB = 900 (vì kề bù với AEB )

Xét ADC và BDE có:

 

ACDDEB90 (cm trên) D : góc chung

ADC BDE

  ~  (g-g) DA DC

DE DA = DC DB DB DE

  

b Chứng minh MOCD là hình bình hành

Ta có: MC = MA (gt)  OM  AC (liên hệ giữa đk và dây cung) CDAC (vì ACD 900)

 OM // CD (cùng vuông góc với AC) (1)

Mặt khác: DAB có: BE và AC là hai đường cao cắt tại M  M là trực tâm  DM là đường cao thứ ba  DM  AB

Mà: CA = CB  CA CB  CO  AB

Từ (1) và (2) suy ra: MOCD là hình bình hành

c Kẻ EF  AC Tính tỉ số

MF EF ?

(4)

XétMFE và MCB có: MFE MCB 900

FME BMC (đối đỉnh)

MFE MCB

  ~  (g – g)

MF MC EF CB

 

Ta lại có: AC = 2MC (gt) Mà: CB = CA  CB = 2MC

MF MC MC

EF CB 2MC

   

d Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn. Ta có:

 

K s®BE 

(góc nội tiếp đường tròn tâm (O)) (3) Ta lại có:

  

NHB (s®BN s®EA)

 

(góc có đỉnh nằm đường tròn (O)) Mà : EA = EN (bán kính đường tròn (E)) EA EN



     

NHB (s®BN s®EA) (s®BN s®EN) s®BE

2 2

    

(4) Từ (3) và (4) suy ra: K NHB