De thi vao lop 10 nam hoc 20122013 mon toan 9

Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành theo định nghĩa.[r]

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012 Thời gian làm bài : 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) Mã đề 01 Câu (2điểm) a) Trục thức mẩu biểu thức: 61 2 x  y 7  x  y  b) Giải hệ phương trình:  Câu (2điểm)  4a a  a1 P    a  a  a  a  Cho biểu thức: với a >0 và a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Với giá trị nào a thì P = Câu (2điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + Tìm a và b b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm các giá trị m cho: | x1 – x2| = Câu (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt H (D  BC, E  AC) a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành c) Gọi F là giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức: AD BE CF Q   HD HE HF Câu (1điểm) Tìm tất các giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = HƯỚNG DẪN CHẤM THI Nội dung 5(  1)   (  1)(  1) Câu a) Ta có:  5(  1) 5( 1)   1 6 2x  y 7 4x  2y 14   x  2y 1  x  2y 1 b) Ta có:  5x 15  x 3    x  2y 1  y  Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5  4a a  a  4a  a  P     a a a  a  a a    a) Với  a 1 thì ta có: 4a   a 4a   3  3a 4a   3a  4a  0 a b) Với  a 1 thì P = a  a = (loại) (thỏa mãn đk) a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: a = 2, b 1 Vì đường thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 2(-1) + b =  b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = b) Ta có :  ' 4  m  5m (m  1)(m  4) Để phương trình có nghiệm x1, x2 thì ta có:  ' 0  m  m  (*) b c  x1.x   m  5m a a Theo định lí Vi-et, ta có: và x1  x 4  (x1  x )2 16  (x1  x )  4x1.x 16 x1  x  Ta có:  16  4( m  5m) 16  m  5m 0  m = m = – Kết hợp với đk(*), ta có m = , m = – là các giá trị cần tìm a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có:   ADB AEB 90 A    Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB  góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn    b) Ta có: ABK ACK 90 (góc nội tiếp chắn đường tròn)  CK  AC, BK  AB (1) E F H O B C Ta có H là trực tâm tam giác ABC nên: BH  AC, CH  AB (2) D K Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa) Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên ABC , đó: S = S1 + S2 + S3 AD SABC S BE SABC S CF SABC S   (1),   (2),   (3) HD S S HE S S HF S S BHC AHC AHB Ta có: Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: Q 1 1 AD BE CF S S S      S     HD HE HF S1 S2 S3  S1 S2 S3  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương, ta có: 1    S S2 S3 S1.S2 S3 S S1  S2  S3 3 S1.S2 S3 (4) ; (5) Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy  S1 S2 S3 hay H là trọng tâm ABC , nghĩa là ABC Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x  t 0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt + – m = (**),  '(t) m  m  (m  1)(m  2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm có nghiệm t1, t2 cho: t1 t  Pt (**) vô nghiệm   '(t)   (m  1)(m  2)     m  (1) Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1 t  Điều kiện là:  ' 0  ' 0   2m   m   m  2  m  m    (2) Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm m là: m <1 Chú ý: Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25