Đề thi và đáp án tuyển sinh lớp THPT Bình Dương năm học 2012 – 2013 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT
	BÌNH DƯƠNG	Năm học 2012 – 2013
§Ò chÝnh thøc
	Môn thi: Toán 
	Thời gian làm bài: 120 phút
	(Không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (1 điểm): Cho biểu thức: A = 
	1/ Rút gọn biểu thức A
	2/ Tính giá trị của x khi A = 1
Bài 2 (1,5 điểm):
1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 
2/ Xác định m để đường thẳng (d): y = x – m cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1. Tìm tung độ của điểm A
Bài 3 (2 điểm):
	1/ Giải hệ phương trình: 
	2/ Giải phương trình: x4 + x2 – 6 = 0
Bài 4 (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số)
	1/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
	2/ Tìm m để đạt giá trị nhỏ nhất (x1; x2 là hai nghiệm của phương trình)
Bài 5 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm M ở ngoài đường tròn. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MPQ (MP < MQ). Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đường thẳng BI và đường tròn (O). Chứng minh:
	1/ Tứ giác BOIM nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó
	2/ BOM = BEA
	3/ AE // PQ
	4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K là trung điểm của EA
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Nội dung
Bài 1 (1 điểm):
1/ ĐKXĐ: x 0
A = 
 = 
 = 
 = 
Vậy với x 0 thi A = 
2/ Khi A = 1 ó = 1
 ó = 2
 ó 2x = 4 
 ó x = 2 (Thỏa điều kiện xác định)
Vậy khi A = 1 giá trị của x = 2
Bài 2 (1,5 điểm):
1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 
-Bảng giá trị
x
-4
-2
0
2
4
y = 
8
2
0
2
8
-Đồ thị (P) là đường parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trên trục hoành, nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm có tọa độ cho trong bảng trên.
2/ Cách 1. 
Vì (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1 nên x = 1 thỏa mãn công thức hàm số (P) => Tung độ của điểm A là: yA = = 
A(1; ) (d) nên = 1 – m 
m = 1 – = 
Vậy với m = thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = 
Cách 2
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
 = x – m ó x2 – 2x + 2m = 0 (*)
Để (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1 thì phương trình (*) có nghiệm bằng 1
12 – 2.1 + 2m = 0 ó m = 
Vậy với m = thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = = 
Bài 3 (2 điểm):
1/ Giải hệ phương trình 
 ó ó ó 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (-1; -6)
2/ Giải phương trình 
 x4 + x2 – 6 = 0 (1)
Đặt x2 = t (t 0)
Phương trình (1) trở thành: t2 + t – 6 = 0 (2)
Ta có = 12 – 4.1.(-6) = 25
Phương trình (2) có hai nghiệm t1 = = 2 (nhận) ; t2 = = -3 (loại)
Với t = t1 = 2 => x2 = 2 ó x = 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = ; x2 = -
Bài 4 (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số)
1/ Ta có ’ = (-m)2 – 1 (-2m – 5)
 = m2 + 2m + 5
 = (m + 1)2 + 4 
Vì (m + 1)2 0 với mọi m 
(m + 1)2 + 4 > 0 với mọi m 
Hay ’ > 0 với mọi m 
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
2/ Vì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
 (theo định lý Vi-et)
Đặt A = 
A2 = ()2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2
A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20
 = (2m)2 + 2. 2m. 2 + 4 + 16 = (2m + 2)2 + 16 16 
Giá trị nhỏ nhất của A2 = 16
Giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi 2m + 2 = 0 ó m = -1
Vậy với m = -1 thì đạt giá trị nhỏ nhất là 4
Bài 5 (3,5 điểm):
1/ Ta có MB là tiếp tuyến của (O) (gt)
OB MB
OBM = 900
B thuộc đường tròn đường kính OM (1)
Ta có IQ = IP (gt)
OI QP (Tính chất liên hệ giữa đường kính và dây cung)
OIM = 900
I thuộc đường tròn đường kính OM (2)
Từ (1) và (2) => BOIM nội tiếp đường tròn đường kính OM
2/ Ta có BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
BOM = BOA
mà BOA = SđAB
BOM = SđAB 
Ta lại có BEA = SđAB (Định lý góc nội tiếp)
BOM = BEA 
3/ Ta có: Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)
BOM = BIM (Cùng chắn BM)
mà BOM = BEA (Chứng minh trên)
BIM = BEA
Mặt khắc BIM và BEA là hai góc ở vị trí đồng vị
AE // PQ
4/ Ta có OI QP và AE // PQ (chứng minh trên); 
OI AE (3)
mà KE = KA (gt)
OK AE (tính chất liên hệ giữa đường kính và dây cung) (4)
Từ (3) và (4), ta thấy qua điểm O có hai đường thẳng OI và OK cùng song song với AE
OI và OK phải trùng nhau
Ba điểm O, I, K thẳng hàng