Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bắc Ninh năm 2012 - 2013

Ch ứng minh rằng AK.AI = AB.AC.[r]

1 Bài (2,0điểm)

1) Tìm giá trị x để biểu thức có nghĩa: 3x2 ;

2x1 2) Rút gọn biểu thức:

(2 3) 3

A  

 Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình: mx2 – (4m -2)x + 3m – = (1) ( m tham số) 1) Giải phương trình (1) m =

2) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 3) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm nguyên Bài (2,0 điểm)

Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m Nếu tăng thêm chiều dài 3m chiều rộng 2m diện tích tăng thêm 45m2 Hãy tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn

Bài (3,0 điểm)

Cho đường tròn O Từ A điểm nằm (O) kẻ tiếp tuyến AM AN với (O) ( M; N tiếp điểm )

1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếpđường trịn đường kính AO

2) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) B C (B nằm A C ) Gọi I trung điểm BC Chứng minh I thuộc đường trịn đường kính AO

3) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK.AI = AB.AC Bài (1,0 điểm)

Cho số x,y thỏa mãn x 0; y 0 x + y = Tìm giả trị lớn nhỏ A = x2 + y2

- Hết - UBND tØnh b¾c ninh

Sở giáo dục đào tạo

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt

Năm học 2012 - 2013

Mụn thi: Tốn (Dành cho tất thí sinh) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

2 Câu 1:

a) 3x2 có nghĩa  3x – 2

x x

    

2x1 có nghĩa

1

2

2

x x x

      

b)

2 2

2

(2 3) (2 3)

(2 3) (2 3)(2 3)

1

2 (2 3)(2 3)

A           

   

Câu 2: mx2(4m2)x3m 2 (1)

1.Thay m = vào pt ta có:

2

(1)2x 6x 4 0x 3x 2

Ta thấy: – +2 = nên pt có nghiệm: x10; x2 2 * Nếu m = (1)2x 2 0x1

Suy ra: Pt ln có nghiệm với m=0

*Nếu m  ph (1) pt bậc ẩn x

Ta có: 2 2

' (2m 1) m m(3 2) 4m 4m 3m 2m (m 1) m

              

Kết luận: Kết hợp trường hợp ta có: pt ln có nghiệm với m (đpcm) * Nếu m = (1)2x 2 0x1 nguyên

Suy ra: Với m = pt có nghiệm nguyên

* Nếu m # ph (1) pt bậc ẩn x Từ ý ta có: pt có nghiệm:

1

2

2 1

1

2 1

m m

x

m

m m m

x

m m

  



 

 

   

  



Để pt (1) có nghiệm ngun nghiệm x2 phải nguyên 3m Z Z m( 0) m

m m



        hay m

ước m = {-2; -1; 1; 2}

Kết luận: Với m = { 1; 2;0} pt có nghiệm nguyên Câu 3:

Gọi chiều dài hcn x (m); chiều rộng y (m) (0 < x, y < 17) Theo ta có hpt : 34 : 17 12

( 3)( 2) 45

x y x

x y xy y

   

 



 

    

 

(thỏa mãn đk) Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng = 5m

Câu :

1 Theo tính chất tiếp tuyến vng góc với bán kính tiếp điểm ta có : AMO ANO90O

AMO

 vuông M  A, M , O thuộc đường trịn đường kính AO ( Vì AO cạnh huyền)

ANO vng N  A, N, O thuộc đường tròn đường kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy: A, M, N, O thuộc đường trịn đường kính AO Hay tứ giác AMNO nội tiếp đường trịn đường kính AO

2 Vì I trung điểm BC (theo gt) OI BC (tc)

AIO vuông I  A, I, O thuộc đường tròn

E K

I B

M N

3 đường kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy I thuộc đường trịn đường kính AO (đpcm) Nối M với B, C

Xét AMB& AMC có MAC chung

2

MCBAMB sđMB

~

AMB ACM

 (g.g)

AB AM

AB AC AM

AM AC

    (1)

Xét AKM & AIM có MAK chung

AIM AMK (Vì: AIM  ANM chắn AM AMK ANM )

~

AMK AIM

 (g.g) AK AM AK AI AM2

AM AI

    (2)

Từ (1) (2) ta có: AK.AI = AB.AC (đpcm) Câu 5:

* Tìm Min A Cách 1:

Ta có:  

 

2 2 2

2 2 2

2

2

x y x xy y

x y x xy y

    

    

Cộng vế với vế ta có:  2  2 1

2

2

x y   x y   A

Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y =

Cách

Từ xy 1 x 1 y Thay vào A ta có :

 2 2 1

1 2 2( )

2 2

A y y  y  y  y   y

Dấu « = » xảy : x = y =

2

Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y =

* Tìm Max A

Từ giả thiết suy

2

2

2

0

1

0

x x x

x y x y

y y y



  

 

     

 

   

 