Phan Hòa Đại

Đáp án đề thi

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

THCS Tây Sơn

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Môn thi: Toán ( ĐỀ CHUNG )

Thời gian làm bài: 120’

Ngày thi: 3/6/2017
Bài 1: (1.5 điểm). Cho biểu thức A 

x x 1 x x 1 x 1


x x x x
x

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm x để A = 4
Bài 2: (1.5 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 và đường thẳng (d) : y= (2m-1)x-m+2 (m là tham số)
a) Chứng minh rằng với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x 2 , y2 
thỏa x1y1+x2y2=0


x x x x
x





x  x  1

x 1 x  x  1


  x 1
x
x  x  1

x 1 x  x 1

x  x 1  x  x 1 x 1 x  2 x 1

x
x
x  2 x 1
với x  0; x  1
x
b) Tìm x để A = 4 : với x  0; x  1, ta có:
Vậy A=

A4

2

Vì   0 với mọi m => pt(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m => (d) luôn cắt (P) tại hai điểm
phân biệt với mọi m.
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x 2 , y2 
thỏa x1y1+x2y2=0:
Ta có hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt (1).
(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x 2 , y2  (c.m.t)

b

 x1  x2   a  2m  1
Theo hệ thức Vi- ét, ta có: 
 x .x  c  m  2
 1 2 a

mà y= x2, nên:

x1 y1  x2 y2  0  x1.x12  x2 .x22  0  x13  x23  0   x1  x2   x12  x1.x2  x22   0

2
  x1  x2   x1  x2   2 x1.x2   0  (2m  1) (2m  1) 2  2  m  2    0


2


3  11

2

Vì khi đi ô tô đến B sớm hơn dự định 1 giờ nên ta có pt:

450 450

 1  450  x  5   450 x  x  x  5 
x
x5
 x 2  5 x  2250  0 (*)
(a  1; b  5; c  2250)
  52  4.1.(2250)  9025  0    95
=> Pt(*) có hai nghiệm phân biệt: x1 

5  95
 45(TMDK )
2.1

Vậy vận tốc dự kiến ban đầu của ô tô là 45 (km/h)
Bài 4: (4,0 điểm)
a) Chứng minh các tứ giác BKMI; CHMI nội tiếp:

Trang 2

; x1 

5  95
 50( KTMDK )
2.1


Phan Hòa Đại

E
1
1
2

H

C
b)Chứng minh MI2 = MK.MH :
Vì tứ giác MKBI nội tiếp nên: I1  B1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
Trong đường tròn (O) có: B1  C1 ( góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung
MB)
Vì tứ giác MHCI nội tiếp nên: C1  H1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung MI)
Suy ra: I1  H1
Tương tự: I 2  C2 ( góc nội tiếp cùng chắn cung MH)

C2  B2 ( góc nội tiếp với góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)
B2  K 2 ( góc nội tiếp cùng chắn cung MI)
Suy ra: I 2  K 2
Xét MIK và MHI , có: I1  H1 (c.m.t) và I 2  K 2 (c.m.t) suy ra MIK đồng dạng với MHI

MI
MK

 MI 2  MH .MK
MH MI
c) BM cắt IK tại D, CM cắt IH tại E. Chứng minh DE//BC:
Ta có: I1  C1 ( vì cùng bằng H1 ) ; I 2  B2 ( vì cùng bằng K 2 )
Do đó: DIE  DME  I1  I 2  DME  C1  B2  DME  1800 (Tổng ba góc của MBC )
 Tứ giác MDIE nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng 1800)