De va Goi y dap an mon Toan TS vao L10 Nghe An

Một người đi xe máy từ A và một người đi xe đạp từ B. Hai xe xuất phát cùng một lúc và sau 3 giờ gặp nhau. Chứng minh rằng:. a) Tứ giác MAOB nội tiếp.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức A =

1

2

x

x x x



 



 

 

 

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

1

A

c) Tìm tất giá trị x để

7

B A

số nguyên Câu 2: (1,5 điểm)

Trên quảng đường AB dài 156 km Một 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 – =0, m tham số.

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

2 2 16

x x 

Câu 4: (4,0 điểm)

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

Chứng minh rằng:

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

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI tia phân giác MCH

- Hết

GỢI Ý ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung 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 Khơng có GT Khơng có GT 64 Vậy 64 x ; 9     

  B số nguyên. 0,5

2

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

Quãng đường người xe đạp 3x (km)

Quãng 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  6x+84=156 x=12 (t/m)

Vậy vận tốc người xe đạp 12 km/h vận tốc người xe đạp 40 km/h

0,5 0,5 0,5 3

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 thức 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)

           

0,5

m

m ( ktm)

 

  



Vậy m=0 phương trình trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 2

1 x x 16

4 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  (góc nội tiếp góc

tạo tia tiếp tuyến chắn AC ) Do MAC ~ MDA

Suy

2

MA MC

MC.MD MA

MD MA  

0,5 0,5

c

Xét MAO vuông 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 Kéo dài MO cắt đường trịn (O) K

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

Suy

2 MC MO MC.MD MH.MO MA

MH MD

   

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 nửa đường tròn) (4)