Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành theo định nghĩa.[r]
(1)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: 61 2 x y 7 x y b) Giải hệ phương trình: Câu (2điểm) 4a a a1 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 (2) 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 (3) 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 (4)