Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 thi có 1 trang) Mã đề 01

Câu 1 (2điểm)

5 . 6 1

a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức:

7

 

.

2

1

x

y

2 x y   

b) Giải hệ phương trình:

a

1

P

.

 2

a a

a 

4 a

a

a

1

   

   

Câu 2 (2điểm)

với a >0 và

a  . 1

Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P. b) Với những giá trị nào của a thì P = 3.

Câu 3 (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1

; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0. Tìm

các giá trị của m sao cho: |x1 – x2| = 4.

Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (DBC, E AC) .

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác

BHCK là hình bình hành.

.

Q

c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: AD BE CF HD HE HF

Câu 5 (1điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0.

Hết

- Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………..

Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương

5 6 1 

GỢI Ý GIẢI Câu Nội dung

5( 6 1) ( 6 1)( 6 1)  

 6 1

a) Ta có:

 5( 6 1)  6 1   2x y

7

x 2y 1

x 2y 1

5( 6 1) 5 4x 2y 14   

  

1

x

x 2y 1

y

 3   1

5x 15      

  

1

1

a

.

.

P

 2

 2

a a

a a

a

a

4 a a

1

4 a a 

1  1 

   

   

b) Ta có:

1a  thì ta có:

 4a 1 2 a

a) Với 0

2

3a

3

  

4a 1 

23a  

4a 1  2 a

2

  4a 1 0

a

1a  thì P = 3 1 3

b) Với 0

2

  

 ' 4 m 5m (m 1)(m 4)

(thỏa mãn đk).  a = 1 (loại) hoặc 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 đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 2(-1) + b = 2  b = 4 (thỏa mãn b  1). Vậy a = 2, b = 4

' 0

   m

4  hoặc m

. Để phương trình có 2 nghiệm x1,

2

4

x

 m 5m.

x 1

2

x .x 1

2

c    a

1  (*) b     a

b) Ta có : x2 thì ta có: 3

2

x

  

4

  

16

16

x 1

2

(x 1

x ) 2

(x 1

x ) 2

4x .x 1

2

2

2

  

16 4( m 5m) 16 m 5m 0

  

Theo định lí Vi-et, ta có: và 2 Ta có:

  m = 0 hoặc m = – 5

Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm.

(cid:0) ADB AEB 90

 (cid:0)

ADB, AEB cùng nhìn cạnh

4

a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: (cid:0)   Hai góc (cid:0) AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.

(cid:0) ABK ACK 90

 (góc nội tiếp

Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương

A

b) Ta có: (cid:0)  chắn nữa đường tròn)   CK AC, BK AB (1)

E

(2)

O

H

F

C

D

Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH AC, CH AB  Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa)

B

K

nhọn nên trực tâm

ABC

ABC

ABC

(1),

(2),

(3)

S AD  HD S

S BE  HE S

S CF  HF S

S S 2

S S 1

AHC

BHC

AHB

S S 3

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC H nằm bên trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 .

Q

S

AD BE CF S  HD HE HF S 1

1 S 2

S S 3

1 S 3

1 S 1

  

  

S S 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:

3

3

1 S 1

1 S 2

1 S 3

S S S 1 2

S 3

3 S .S .S 1 3

2

3 S .S .S 1 2 3

Ta có: Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

S

  S 1

S 3

2

(4) ; (5)

0

t

   thì pt (*) trở

2

 '(t) m m 2 (m 1)(m 2)

, nghĩa là ABC

t

2

 0

 

'(t)

  

(m 1)(m 2)

0

   

2 m 1

0

t cho: 1 Pt (**) vô nghiệm

 (1)

Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 . Đẳng thức xẩy ra hay H là trọng tâm của ABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2 thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**),    Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao

0

t

2

 . Điều kiện là:

 

 

t Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: 1 ' 0

' 0

2m 0

m 2

m 0      

2 m 0

 m 2

    

5

     Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1.

(2)