Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2013 2014 môn thi: Toán32608

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013- 2014 Mơn thi: TỐN Ngày thi tháng năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi gồm câu 01 trang Câu (2 điểm) Giải bất phương trình x – > Tìm điều kiện x để biểu thức xác định x 1 x  y  3 x  y  Giải hệ phương trình  Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau:  P   1  x 2   x  Q    x    x  1  2 x    (với x  0; x  ) Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 đường thẳng d: y = (k-1)x + (k tham số) Khi k = -2, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d parabol (P) Chứng minh với giá trị k đường thẳng d cắt parabol (P) hai điểm phân biệt Gọi y1 , y tung độ giao điểm đường thẳng d parabol (P) Tìm k cho y1 + y = y1 y Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâmO, bán kính R M điểm nằm ngồi đường tròn Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB đển đường tròn (A, B hai tiếp điểm) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = R = 3 Kẻ Mx nằm tam góc AMO cát đường trịn hai điểm phân biệt C D (C nằm M D) Chứng minh EA phân giác góc CED Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x y thỏa mãn  x  y  x  xy  y Tính giá trị biểu thức S  x 2013  y 2013 HẾT - DeThiMau.vn HD: Câu 4: A D C M E O B MAC , MDA đồng dạng  MC.MD= MA2  MAO vuông A, Đường cao AE  ME.MO = MA2  ME.MO = MC.MD(= MA2)  ME MC  , mà  MDO  MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng MD MO  MEC = MDO Từ suy tứ giác ECDO nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện)  OED = OCD = ODC = CEM  CEA = DEA ( phụ với góc nhau)  EA phân giác CED Câu 5: Ta có  x  y  x  xy  y  2(1  x  y )  2( x  xy  y )   ( x  1)  ( y  1)  ( x  y )   x  y 1 Vậy S  x 2013  y 2013    2 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2013-2014 -Mơn: TỐN Khóa ngày -7 -2013 Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 2-7-2013 SBD……PHÒNG……… Bài (3,0 điểm) a Thực phép tính A=   16  25 b Tìm x dương , biết 1 x   x  1  y  c Giải hệ phương trình :   x  1  y  Bài (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị Parabol ( P ) a) Vẽ đồ thị hàm số b) Xác định a , b cho đường thẳng y = ax +b song song với đường thẳng y = – x +5 cắt Parabol (P) điểm có hồnh độ Bài (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – (2m +1) x + m2 + m = (*) a Khi m = giải phương trình (*) b Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 hai nghiệm nghiệm phương trình x3 +x2 = Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C điểm đường tròn cho số đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến B với đường tròn (O) cắt AC E.Gọi I trung điểm dây AC a.Chứng minh tứ giác IOBE nội tiếp b.Chứng minh EB2 = EC EA c.Biết bán kính đường trịn (O) cm, tính diện tích tam giác ABE Hết DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2013-2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm : 120 phút Câu I( điểm ) Tính giá trị biểu thức A=  27  144 : 36 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m  ) (d'): y=3x-2 song song với 3 x  y  1 5 x  y  Giải hệ phương trình  Câu II( điểm ) x 2x  x  ( với x>0; x  1) x 1 xx Cho phương trình x  x   m  (1) Rút gọn biểu thức B = a Giải phương trình (1) với m =3 b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : 1 1     x1 x2    x1 x2  Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên 12 đơn vị biết tích chúng 20 lần số lớn cộng với lần số bé Câu IV ( điểm ) Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định Trên tia đối tia AB lấy điểm C cho AC=R Kẻ đường thẳng d vng góc với BC C Gọi D trung điểm OA; qua D vẽ dây cung EF đường trịn (O;R), ( EF khơng đường kính) Tia BE cắt d M, tia BF cắt d N Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp Chứng minh BE.BM = BF.BN Khi EF vng góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R Chứng minh tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm đường thẳng cố định dây cung EF thay đổi Câu V(0,5 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn  x   y Tìm giá trị lớn biểu thức M= x y  x y  24 xy  x  18 y  28 xy  x  21y  Câu I( điểm ) Hướng dẫn DeThiMau.vn Tính giá trị biểu thức A=  27  144 : 36 =7 ) (d'): y=3x-2 song song với a=a' b  b' m=2( thỏa mãn m  ) 2 Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m  KL 3 x  y  1 x   KL 5 x  y   y  2 Giải hệ phương trình  Câu II( điểm ) Rút gọn biểu thức B  x 2x  x   x 1 xx x 2x  x   x 1 x  x x 1    x 1     x x 1 x  x 1 x x 1 x x 1 x     x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 ( với x>0; x  1) Cho phương trình x  x   m  (1)  a Giải phương trình (1) với m =3 Với m =3 phương trình (1) trở thành x  x   Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có nghiệm x1  1; x2  b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : 1 1     x1 x2    x1 x2  Ta có   4m  3   4m   m  Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác :   1  m  m  x  x  Khi áp dụng định lí Vi-ét ta có  (*)  x1.x2   m 1 1 mà     x1 x2   => 2( x1  x2 )   x1  x2   3x1 x2  (**)  x1 x2  thay (*) vào (**) ta : m  5m   => m1=2; m2 =3 ( TM ĐK) KL Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên 12 đơn vị biết tích chúng 20 lần số lớn cộng với lần số bé Gọi số bé x ( x  N) số lớn x+12 Vì tích chúng 20 lần số lớn cộng với lần số bé nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x x2 -14x-240 = => x1 = 24(TM) ; x2 = -10( loại) DeThiMau.vn Vậy số bé 24 => số lớn 24+12=36 Cách 2: Gọi số lớn x số bé y ( x,y  N x> y) (1)  x  y  12  x  y  12   xy  20 x  y  y  y  12   20  y  12   y ta có hệ pt :  (2) Giải pt (2) ta y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm) Thay y =y1 =24 vào (1) => x=36 KL Câu IV ( điểm ) Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định Trên tia đối tia AB lấy điểm C cho AC=R Kẻ đường thẳng d vng góc với BC C Gọi D trung điểm OA; qua D vẽ dây cung EF đường tròn (O;R), ( EF khơng đường kính) Tia BE cắt d M, tia BF cắt d N Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp Chứng minh BE.BM = BF.BN Khi EF vng góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R Chứng minh tâm I đường trịn ngoại tiếp tam giác BMN ln nằm đường thẳng cố định dây cung EF thay đổi a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => góc AEM =900 ( góc kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc vị trí đối diện => tứ giác MCAE nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) DeThiMau.vn Từ (1) (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp chăn cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vng O ta có DE = R => DE =R Vì EF vng góc với BC D trung điểm BC nên ta chứng minh EF đường trung bình tam giác BMN => EF =2R d) Gọi A' giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tia AB Ta chứng minh E,A,N M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm đường trung trực đoạn thẳng BA' Câu V(0,5 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn  x   y Tìm giá trị lớn biểu thức M= x y  x y  24 xy  x  18 y  28 xy  x  21y  Ta có :  x    x  1 x  3   x  x   (1)   2  y    y    y     y  y   (2)   3 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I: (2,0 điểm) Với x > 0, cho hai biểu thức A  2 x B  x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 64 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm x để x 1 x 1  x x x A  B Bài II: (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km Một người xe máy từ A đến B Khi đến B, người nghỉ 30 phút quay trở A với vận tốc lớn vận tốc lúc km/h Thời gian kể từ lúc bắt đầu từ A đến lúc trở đến A Tính vận tốc xe máy lúc từ A đến B Bài III: (2,0 điểm) 3(x  1)  2(x  2y)  4(x  1)  (x  2y)  1 2) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = mx  m2 + m +1 2 1) Giải hệ phương trình:  a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B (d) (P) b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 cho x1  x  Bài IV: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chứng minh AN2 = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC 4) Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Bài V: (0,5 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, chứng minh: 1   3 a b2 c2 Hết DeThiMau.vn BÀI GIẢI GỢI Ý TS TOÁN 10 HÀ NỘI 2013-2014 Bài I: (2,0 điểm)  64    64 ( x  1).( x  x )  (2 x  1) x x x  x 2) B    1 x ( x  x ) x xx 1) Với x = 64 ta có A   x 1 x 2 x 1 3) Với x > ta có : 2 x 2 x A :     B x x 1 x 1  x  x   x  x    x  4.( Do x  0) Bài II: (2,0 điểm) Gọi x (km/h) vận tốc từ A đến B, vận tốc từ B đến A x  (km/h) Theo đề ta có: 90 90 10 10   x( x  9)  20(2 x  9)   5   x x9 x x9 2  x  31x  180   x  36 (vì x > 0) Bài III: (2,0 điểm) 1) Hpt cho tương đương với hpt: 3x   2x  4y  5x  4y  5x  4y  11x  11 x       4x   x  2y  3x  2y  6x  4y  10 6x  4y  10 y  1 2) a) Với m = ta có phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x  x   x  x    x  1 hay x  (Do a – b + c = 0) 2 9 Ta có y (-1)= ; y(3) = Vậy tọa độ giao điểm A B (-1; ) (3; ) 2 2 b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) là: x  mx  m  m   x  2mx  m  2m   (*) 2 Để (d) cắt (P) điểm phân biệt x1 , x2 phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt Khi  '  m  m  2m    m  1 Khi: m > -1, từ (*) ta có: x1  x2  2m; x1.x2  m  2m  (định lý Vi-et) Nên: x1  x2   x12  x22  x1 x   ( x1  x2 )  x1 x   4m  4(m  2m  2)   8m  4  m   Cách khác: Khi m > -1 ta có: x1  x2   b   ' b   '    '  2m  a' a' DeThiMau.vn Do đó, u cầu tốn  2m    m    2m    m   Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối ฀ AMO  900 nên tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 2 6   (cm) AB  BC  AC  AB    5(cm)  AC  ฀ ANO  900 K Q M T I A C dạng = 36 H B P O N 1฀ ฀ ฀ ฀  AON ฀ 3/ MTN (cùng chắn cung MN đường tròn (O)), AIN  MON  AON (do điểm N, I, M nằm đường trịn đường kính AO chắn cung 900) ฀  TIC ฀ nên MT // AC có hai góc so le AIN  MTI Vậy: ฀ 4/ Xét AKO có AI vng góc với KO Hạ OQ vng góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vng góc với AO Vì MHN vng góc với AO nên đường thẳng KMHN vng góc với AO, nên KM vng góc với AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Bài IV: (0,5 điểm) Cách 1: Từ giả thiết cho, ta có Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: 1 1 1       ab bc ca a b c 1 1  1 1  1 1  ,    ,        a b  ab  b c  bc  c a  ca 1  1   1   1  ,   1  ,   1  2 a  b 2c  c  a 2b Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có: 3 1 1 3 1 1           6  2 a b c  2 a b c  2 1        (đpcm) a b c  Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc 10 DeThiMau.vn 1 1 1      6 a b c ab bc ac 1 1 1 DCM :      (1) ab bc ac a b c 1 1 1    3(   ) ( 2) a b c a b c  1 1 1    3(   ) a2 b c a b c 1      t  3t  t   t   ĐPCM a b c (1)(2)   Đ Cách 3: 1 1 1      6 bc ac ba c a b 1 1 1 Ta lại có 2.(   )      (*) a b c  bc ac ba  Từ: a  b  c  ab  bc  ca  6abc  1 1 1 1 Ta có   1         tương tự   ;   b b c c a a a a a  1 1 1         (**) a b c a b c 1 1 1 1 từ (*) (**) ta có 3.(   )          a b c  bc ac ba a b c  1 1 1 3.(   )  2.6   hay (   )  a b c a b c nên Cách 4: 1  2 a b ab 2 2 2 Tương tự cuối ta      (1) a b c ab bc ac Áp dụng BĐT Cô si ta có   a a 1 2 Tương tự cuối ta       (2) a b c a b c 3 2 2 2   3      a b c a b c ab bc ca 3 2.6abc  12 Lấy (1) + (2)      (ĐPCM) a b c abc 1    3 a b c Áp dụng BĐT Cơ si ta có 11 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   b) x  x   c) x  3x     2x  y   x  y  1 d)  Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  x đường thẳng (D): y   x  hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:  x  x 3 với x  ; x  A     x   x   x 3 B  21  2  3   6 2  3  15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  x  m   (*) (x ẩn số) b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x  x14  x24  x13  x23 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I ฀ ฀ Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp  BAC a) Chứng minh MBC b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn Hết 12 DeThiMau.vn BÀI GIẢI GỢI Ý Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  5x     25  24  1 1 x  hay x  3 2 b) x2  x 1   '  11   x   hay x   c) Đặt u = x2  pt thành : u  3u    u  hay u  4 (loại) (do a + b + c =0) Do pt  x   x  1 Cách khác pt  ( x  1).( x  4)   x    x  1  x  y  (1)  x  y  1 (2) d)  (1) 2 x  y  (3) ((2)  2(1) )  5x    y  1 x   x   y  1  Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1;1 ,  2;  13 DeThiMau.vn (D) qua 1;1 ,  2;  , (0; 2) b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) x   x   x  x    x  hay x  2 (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)  2;  , 1;1 Bài 3:Thu gọn biểu thức sau Với x  x  ta có :   x 3 x 3 x 9 x 3  A  x 3 x 3  x 9       x 3 21 (    )  3(    )  15 15 21  (    1)  3(    1)  15 15 15  (  5)  15 15  60 B Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x =    m    m   m  1 b/ ∆’ = 16  8m   8(1  m ) 2 Khi m = 1 ta có ∆’ = tức : x1  x2 x1  x2  x1  x2 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là: m  hay   m  Khi m  hay   m  ta có 4 3 x14  x24  x13  x23   x12  x22  x12  x22    x1  x2   x12  x22  x1.x2    x1  x2   x12  x22    x12  x22  x1.x2  (Do x1 khác x2)   x1  x2   x1  x2   x1 x2   ( x1  x2 )  x1.x2   2  S ( S  P)  S  P  1(12  P )  12  P (Vì S = 1)  P   m   (vơ nghiệm) Do u cầu tốn  m  1 Cách khác Khi   ta có m2  x1  x2  x1 x2  4 3 x1  x2  x1  x2  x1 ( x1  1)  x23 ( x2  1)    x13 x2  x1 x23  (thế x1    x2 x2    x1 )  x1 x2 ( x12  x22 )   ( x1  x2 )( x1  x2 )  (vì x1x2  0)  x1  x2 (vì x1+x2 =1  0) 14 DeThiMau.vn A E  m  1 Câu ฀ ฀ ฀  MBC a) Ta có BAC chắn cung BC ฀ ฀ Và BAC  MIC AB// MI ฀ ฀ , nên bốn điểm ICMB nằm Vậy BAC  MIC Trên đường trịn đường kính OM (vì điểm B, C nhìn OM góc vng) P O I Q F B C D T b) Do tam giác đồng dạng FBD FEC nên FB FC =FE FD Và tam giác đồng dạng FBM FIC nên FB FC =FI FM So sánh ta có FI.FM =FD.FE M c) Ta có góc PTQ=900 POIQ đường kính Và tam giác đồng dạng FIQ FTM có góc đối đỉnh F FI FT  FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) ฀  FTM ฀ ฀  OIM ฀ Nên FIQ mà FIQ  900 (I nhìn OM góc 900) ฀  1800 Nên P, T, M thẳng hàng PTM d) Ta có BC khơng đổi Vậy diện tích S IBC lớn khoảng cách từ I đến ฀ BC lớn Vậy I trùng với O u cầu tốn I nằm cung BC đường trịn đường kính OM Khi I trùng O ABC vng B Vậy diện tích tam giác ICB lớn AC đường kính đường trịn (O;R) Cách khác: O’ trung điểm OM BC cắt OO’, O’T L, T Vẽ IH vng góc BC H IH  IT  O ' I  O 'T  O ' O  O ' L  OL 15 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút TP.ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) 1) Tìm số x không âm biết x       2) Rút gọn biểu thức P=   1  1   2    Bài 2: (1,0 điểm) 3 x  y  Giải hệ phương trình  5 x  y  Bài 3: (1,5 điểm) x b) Cho hàm số bậc y  ax  (1) Hãy xác định hệ số a, biết a > đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy hai điểm A, B cho OB = 2OA (với O gốc tọa độ) a) Vẽ đồ thị hàm số y  Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x  (m  2) x   , với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho biểu thức Q = ( x12  1)( x22  4) có giá trị lớn Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R AB < AC Đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn (O;R) A Tiếp tuyến B C đường tròn (O;R) cắt đường thẳng xy D E Gọi F trung điểm đoạn thẳng DE a) Chứng minh tứ giác ADBO tứ giác nội tiếp b) Gọi M giao điểm thứ hai FC với đường tròn (O;R) Chứng minh ฀ CED  2฀ AMB c) Tính tích MC.BF theo R d) - Hết - 16 DeThiMau.vn BÀI GIẢI Bài 1: x 2 x4      b) P=   1  1   2      2   2  =   = 8= 1    a) Với x khơng âm ta có Bài 2: 3 x  y  (1)  5 x  y  (2) 3 x  y  (1)   x  4 (3) ( pt (2)  pt (1)) x    y  7 Bài 3: a) -1 b) Gọi A( x A ,0) , B (0, yB ) A nằm đường thẳng (1) nên y A  ax A    ax A   x A  B nằm đường thẳng (1) nên yB  axB   a.0   yB  2 OB  2OA  yB  x A  2  2 (a  0) a  a  (a  0) a Bài 4: a) Khi m = pt trở thành : x  x    x  1   hay x  1   4 (  '  ) b)    m     với m Vậy pt có nghiệm phân biệt với m Do x1 x2  8 nên x2  8 x1 17 DeThiMau.vn Q  ( x12  1)( x22  4)  ( x12  1)( 64 16  4)  68  4( x12  )  68  4.8 = 36 x1 x1 16  8) Ta có Q = 36 x1  2 x12 Khi x1  m = 4, x1 = -2 m = Do ta có giá trị lớn Q = 36 m = hay m (Do x1  =4 Bài 5: ฀ ฀  DAO  900 a) Ta có góc DBC nên tứ giác ADBO nội tiếp E AMB  ฀ AOB chắn cung AB b) ฀ F M A ฀ mà CED ฀ AOB bù với góc ฀ ฀ AOC nên CED  ฀ AMB D c) Ta có FO đường trung bình hình thang BCED nên FO // DB B nên FO thẳng góc BC Xét tam giác vng FOC BMC đồng dạng theo góc MC BC   OC FC MC.FC  MC.FB  OC.BC  R.2 R  R Nên 18 DeThiMau.vn O C SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 Năm học: 2013-2014 Mơn: TỐN Thời gian : 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) 1) Tính 16  36 2) Chứng minh với x  x  x x 1  x x  x 1 x 3) Cho hàm số bấc y   2m  1 x  a) Với giá trị m hàm số cho nghịch biến R? b) Tìm m để đồ thị hàm số cho qua điểm A 1;  Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  3x   2) Tìm m để phương trình x  mx  m   có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2   x  y  xy   x  y  xy  3) Giải hpt:  Bài 3: (2,0 điểm) Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm thời gian định Nhưng thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên ngày tổ làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định Do tổ hồn thành cơng việc sớm dự định ngày Hỏi thực hiện, ngày tổ làm sản phẩm? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn  O  cố định Từ điểm A cố định bên ngồi đường trịn  O  , kẻ tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( M;N tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn  O  hai điểm B C (B nằm A C) Gọi I trung điểm dây BC 1) Chứng minh rằng: AMON tứ giác nội tiếp 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh rằng: AK AI  AB AC 3) Khi cát tuyến ABC thay đổi điểm I chuyển động cung trịn nào? Vì sao? 4) Xác định vị trí cát tuyến ABC để IM  IN 19 DeThiMau.vn Bài 5: (1,0 điểm) x  x  2014 Với x  , tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  x2 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (1,5 điểm) 1) 16  36  3.4  5.6  12  30  42 2) Với x  x  ta có x x x  Vậy với x  x  x  x x 1  x 1   x 1 Ta có a  b  c     Suy pt có nghiệm: x1  1; x2   x 1   x x  x  x 1  x x x    x 1  x  x 1   x 1 x   x 1  x 1 x 1 x 3) a) Hàm số bấc y   2m  1 x  nghịch biến R b) Đồ thị hàm số y   2m  1 x  qua điểm 2m    2m  1  m   A 1;     2m  1    2m    2m   m  Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  3x   2) x  mx  m   có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  Ta có   m2   m    m2  4m   m2  4m     m     với m Do pt cho ln có nghiệm phân biệt với m  S  x1  x2  m  P  x1 x2  m  Áp dụng định lí Vi et ta có:  Ta có  x1  x2   x12  x2  x1 x2   x1  x2   x1 x2   m    m    m2  4m  2 20 DeThiMau.vn x 1 x ... 1 Vậy S  x 2013  y 2013    2 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2013- 2014 -Mơn: TỐN Khóa ngày -7 -2013 Thời gian... tích tam giác ABE Hết DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2013- 2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06 /2013 Thời gian làm : 120 phút Câu... Áp dụng BĐT Cô si ta có 11 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: