Tổng hợp 63 đề thi Toán tuyển sinh lớp 10 trong toàn quốc năm học 2012 – 201333193

TỔNG HỢP 63 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRONG TỒN QUỐC NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (2,5 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút x 4 Tính giá trị A x = 36 x 2  x  x  16 2) Rút gọn biểu thức B   (với x  0; x  16 )   : x  x  x    3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: 12 Hai người làm chung cơng việc xong Nếu người làm người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2 x  y   1) Giải hệ phương trình:  6  1  x y 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x12  x 22  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB 1) Chứng minh CBKH tứ giác nội tiếp ฀ ฀  ACK 2) Chứng minh ACM 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C 4) Gọi d tiếp tuyến (O) điểm A; cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm AP.MB nửa mặt phẳng bờ AB  R Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn MA thẳng HK Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x  2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1) Cho biểu thức A  M x  y2 xy DeThiMau.vn GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 1) Với x = 36, ta có : A = 36  10   36  2) Với x  , x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)  x  (x  16)( x  2) x 2 B =  =    x  16  x  16 (x  16)(x  16) x  16  x  16 x 2  x 4  x 2 2 3) Ta có: B( A  1)    1     x  16  x   x  16 x  x  16 Để B( A  1) nguyên, x nguyên x  16 ước 2, mà Ư(2) = 1; 2 Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1 x 17 15 18 Kết hợp ĐK x  0, x  16 , để B( A  1) nguyên x  14; 15; 17; 18   2 14 Bài II: (2,0 điểm) Gọi thời gian người thứ hồn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK x  12 Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ) 1 Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm (cv) x x2 12 12 Vì hai người làm xong công việc nên hai đội làm 1: = (cv) 5 12 Do ta có phương trình 1   x x  12 x2 x   x( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 = ’ = 49 + 120 = 169,  ,  13  13 6  13 20    (TMĐK) => x  (loại) x  5 5 Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = 2 x  y   Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:  , (ĐK: x, y  )   1  x y 4 4 10   1   x  x  y   x   x x x  Hệ   (TMĐK)    2  y  6   2   2   2  y    x y  x y  x y DeThiMau.vn Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) 2) + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m  x1  x2  m  + Theo ĐL Vi –ét, ta có:   x1 x2  3m  m Khi đó: x12  x22   ( x1  x2 )2  x1 x2   (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = 3 Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy C Bài IV: (3,5 điểm) M H E A K O B ฀  900 ( chắn nửa đường trịn đk AB) 1) Ta có HCB ฀ HKB  900 (do K hình chiếu H AB) ฀ ฀ => HCB  HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB 2) Ta có ฀ ACM  ฀ ABM (do chắn ฀ AM (O)) ฀ ฀ ฀ đtròn đk HB) ฀ ACK  HCK  HBK (vì chắn HK Vậy ฀ ACM  ฀ ACK ฀  900 3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC sd ฀ AC  sd BC Xét tam giác MAC EBC có ฀ ฀ ฀ (O) MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1) ฀ ฀  900 )  450 (vì chắn cung CB Ta lại có CMB ฀ ฀  CEM  CMB  450 (tính chất tam giác MCE cân C) ฀ ฀ ฀ ฀ Mà CME  CEM  MCE  1800 (Tính chất tổng ba góc tam giác) MCE  900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm) DeThiMau.vn S C M H P E N A K O B 4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM : AP.MB AP OB R  Theo giả thiết ta có (vì có R = OB) MA MA MB ฀ Mặt khác ta có PAM ฀ ABM (vì chắn cung ฀ AM (O))  PAM ∽  OBM AP OB     PA  PM (do OB = OM = R) (3) PM OM ฀ ฀ Vì AMB  90 (do chắn nửa đtrịn(O))  AMS  90 ฀ ฀  tam giác AMS vuông M  PAM  PSM  90 ฀ ฀ ฀ ฀  PS  PM (4) PMA  PMS  90  PMS  PSM ฀ ฀ Mà PM = PA(cmt) nên PAM  PMA Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS NK BN HN NK HN Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay    PA BP PS PA PS mà PA = PS(cmt)  NK  NH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si) x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y )  xy  y ( x  y ) 3y Ta có M = =   4 xy xy xy xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y y 3 y 3 x ≥ 2y    , dấu “=” xảy  x = 2y  x x Từ ta có M ≥ + - = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y DeThiMau.vn Cách 2: x2  y x2 y x y x y 3x     (  ) Ta có M = xy xy xy y x 4y x 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x y x y x y ; ta có  2 1, 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y      , dấu “=” xảy  x = 2y y y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 3: Ta có M = x2  y x2 y x y x y 3y     (  ) xy xy xy y x y x x Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x 4y x 4y x 4y ta có  ; 2  4, y x y x y x dấu “=” xảy  x = 2y y 3 y 3  Vì x ≥ 2y    , dấu “=” xảy  x = 2y x x Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 4: 4x2 x2 3x x x2  y2  y2   y2  y2 2 x y x 3x  Ta có M =      xy xy xy xy xy xy 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương x2 x2 x2 ; y ta có  y2  y  xy , 4 dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y      , dấu “=” xảy  x = 2y y y xy 3 Từ ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy  x = 2y xy 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   2 x  y  b)  3 x  y  c) x  x  12  d) x  2 x   Bài 2: (1,5 điểm) 1 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 A   với x > 0; x  x  x x 1 x  x a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 24 Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ x1  x22  x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME 0; x   x( x  1) x  x   x  x( x  1) x B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 DeThiMau.vn 1 (2  3) 52  30  (2  3) 52  30 2 1  (2  3) (3  5)  (2  3) (3  5) 2 1  (2  3)(3  5)  (2  3)(3  5)  2  Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b c b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =   2m ; P =  m  a a 24 24 6 M= =  ( x1  x2 )  x1 x2 4m  8m  16 m  2m  6  Khi m = ta có (m  1)  nhỏ (m  1)  6  M  lớn m =  M  nhỏ m = (m  1)  (m  1)  K Vậy M đạt giá trị nhỏ - m = T Câu B a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Q MA MF A S  Nên  MA.MB = ME.MF ME MB (Phương tích M đường tròn tâm O) V H b) Do hệ thức lượng đường trịn ta có M O F E MA.MB = MC , mặt khác hệ thức lượng tam giác vng MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO P nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn C c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường trịn đường kính MS (có hai góc K C vng) Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC Do MF đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V d) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MV.MS đường tròn tâm Q Tương tự với đường trịn tâm P ta có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = 2 x  y  1 2) Giải hệ phương trình:  x  y  Bài 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  ( 10  2)  y Bài 3: (1,5 điểm) y=ax2 Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2 1) Tìm hệ số a 2) Gọi M N giao điểm đường thẳng y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N Bài 4: (2,0 điểm) x 2 Cho phương trình x – 2x – 3m = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x1 x2   x2 x1 Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC,B  (O),C(O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D 1) Chứ`ng minh tứ giác CO’OB hình thang vng 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng 3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE BÀI GIẢI Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) =  x + = hay x + =  x = -1 hay x = -2 2 x  y  1 (1) 5y  15 ((1)  2(2)) y  3 2)       x  y  (2) x   2y x  1 Bài 2: A  ( 10  2)  = (  1)  = (  1) (  1) = (  1)(  1) = Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22  a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y = x đường thẳng y = x + : 2 x + = x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8) Bài 4: 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) DeThiMau.vn 2) x1 x2    3( x12  x22 )  x1 x2  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 x2 x1 Ta có : a.c = -3m2  nên   0, m b c Khi   ta có : x1 + x2 =   x1.x2 =  3m  a a Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2 Với x1, x2  0, ta có : Với a =  x1 = b '  ' x2 = b '  '  x1 – x2 =  '   3m Do đó, ycbt  3(2)(2  3m )  8(3m ) m    3m  2m (hiển nhiên m = không nghiệm)  4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5: B C O A O’ E D 1) 2) 3) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900  góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng Theo hệ thức lượng tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC  DB = DE 10 DeThiMau.vn SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN : TỐN Thời gian làm 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P= x 6x    x 1 x 1 x 1 Tìm điều kiện xác định biểu thức P Rút gọn P 2 x  ay  4 Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình :  ax  y  Giải hệ phương trình với a=1 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Câu (2,0 điểm) Một hình chữ nhật có chiều rộng nửa chiều dài Biết giảm chiều 2m diện tích hình chữ nhật cho giảm nửa Tính chiều dài hình chữ nhật cho Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) điểm M nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C tiếp điểm ) (O) tia Mx nằm hai tia MO MC Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng cắt (O) điểm thứ hai A Vẽ đường kính BB’ (O) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với BB’,đường thẳng cắt MC B’C K E Chứng minh rằng: điểm M,B,O,C nằm đường tròn Đoạn thẳng ME = R Khi điểm M di động mà OM = 2R điểm K di động đường tròn cố định, rõ tâm bán kính đường trịn Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c số dương thỏa mãn a+ b + c =4 Chứng minh : a  b3  c  2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC Câu C1.1 (0,75 điểm) C1.2 (1,25 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN : TỐN Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Đáp án, gợi ý Điểm x   0,5  Biểu thức P xác định   x   x    0,25 x    x  1 0,25 x 6x  x( x  1)  3( x  1)  (6 x  4) P=    x  x  ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) 11 DeThiMau.vn điểm)  x  x  3x   x  x  2x   ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) 0,5 0,5 ( x  1) x 1   (voi x  1) ( x  1)( x  1) x  C2.1 (1,0 điểm) 2 x  y  4 Với a = 1, hệ phương trình có dạng:  x  y  6 x  y  12 7 x  7   x  y  x  y  0,25 0,25 0,25  x  1  x  1     y   y  2 C2.2 (1,0 điểm) C3 (2,0 điểm)  x  1 Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm là:   y  2  x  2 2 x  4  -Nếu a = 0, hệ có dạng:   => có nghiệm y    y   a -Nếu a  , hệ có nghiệm khi:  a 3 2  a  6 (ln đúng, a  với a) Do đó, với a  , hệ ln có nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm với a Gọi chiều dài hình chữ nhật cho x (m), với x > x Vì chiều rộng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m) x x2 => diện tích hình chữ nhật cho là: x  (m2) 2 Nếu giảm chiều m chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật x  (m) là: x  va đó, diện tích hình chữ nhật giảm nửa nên ta có phương trình: x x2 ( x  2)(  2)   2 2 x x2   2x  x    x  12 x  16  ………….=> x1   (thoả mãn x>4); x   (loại khơng thoả mãn x>4) C4.1 (1,0 điểm) Vậy chiều dài hình chữ nhật cho  (m) 1) Chứng minh M, B, O, C thuộc đường trịn Ta có: MOB  90 (vì MB tiếp tuyến) MCO  90 (vì MC tiếp tuyến) =>  MBO +  MCO = M 0 = 90 + 90 = 180 K => Tứ giác MBOC nội tiếp E (vì có tổng góc đối =1800) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 B 0,25 O 0,25 0,25 C B’ 12 DeThiMau.vn C4.2 (1,0 điểm) C4.3 (1,0 điểm) C5 (1,0 điểm) =>4 điểm M, B, O, C thuộc đường tròn 2) Chứng minh ME = R: Ta có MB//EO (vì vng góc với BB’) =>  O1 =  M1 (so le trong) Mà  M1 =  M2 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) =>  M2 =  O1 (1) C/m MO//EB’ (vì vng góc với BC) =>  O1 =  E1 (so le trong) (2) Từ (1), (2) =>  M2 =  E1 => MOCE nội tiếp =>  MEO =  MCO = 900 =>  MEO =  MBO =  BOE = 900 => MBOE hình chữ nhật => ME = OB = R (điều phải chứng minh) 3) Chứng minh OM=2R K di động đường trịn cố định: Chứng minh Tam giác MBC =>  BMC = 600 =>  BOC = 1200 =>  KOC = 600 -  O1 = 600 -  M1 = 600 – 300 = 300 Trong tam giác KOC vng C, ta có: 3R OC OC CosKOC   OK   R:  OK Cos30 Mà O cố định, R không đổi => K di động đường tròn tâm O, bán kính = 3R (điều phải chứng minh)  4a  4b3  4c3 a  b  c a  a  b  cb  a  b  c c Cach 2: Đặt x = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4  2 4 Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” “điểm A”  gây rối -Mỗi câu có cách làm khác câu 0,25  a  b4  c4  abc 4 Do đó, 0,25 a  b3  c  0,25 a; y  b;z  c => x, y , z > x4 + y4 + z4 = BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 hay Ta xét trường hợp: (x3 + y3 + z3 ) > = x4 + y4 + z4  x3( -x) + y3( -y)+ z3( -z) > (*) - Nếu sô x, y, z tồn it nhât sô  , giả sử x  x3  2 Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 ( y, z > 0) - Nếu sô x, y, z nhỏ  BĐT(*) ln đung Vậy + y3 + z3 > 2 CM Cach 3: Có thể dùng BĐT thức Côsi kết hợp phương pháp làm trội đánh giá cho kết nhưng dài, phức tạp) x3 13 DeThiMau.vn SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI : TỐN Thời gian làm bài: 120 phút,(khơng kể giao đề) Ngày thi: 22/06/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,5đ) 1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + = b) 9x4 + 5x2 – = 2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số qua điểm A(2;5) ; B(-2;-3) Câu (1,5đ) 1) Hai ô tô từ A đến B dài 200km Biết vận tốc xe thứ nhanh vận tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ đến B sớm xe thứ hai Tính vận tốc xe   2) Rút gọn biểu thức: A=    x  x ; với x ≥ x    Câu (1,5 đ) Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m 2) Tìm giá trị m để biểu thức A = x12  x 22 đạt giá trị nhỏ Câu (3,5đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) Hai tiếp tuyến B C cắt M AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D E trung điểm đoạn AD EC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh rằng: 1) Tứ giác OEBM nội tiếp 2) MB2 = MA.MD ฀  MOC ฀ 3) BFC   4) BF // AM Câu (1đ) Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = Chứng minh rằng:  3 x y Bài giải sơ lược: Câu (2,5đ) 1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + =  = (-7)2 – 4.2.3 = 25 > 75   = Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 75 x2   b) 9x4 + 5x2 – = Đặt x2 = t , Đk : t ≥ Ta có pt: 9t2 + 5t – = a – b + c =  t1 = - (không TMĐK, loại) t2 = (TMĐK) x1  t2 = 4  x2 =  x =  9 14 DeThiMau.vn Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x1,2 =  2a  b  a  2) Đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2;5) B(-2;-3)    2a  b  3  b  Vậy hàm số càn tìm : y = 2x + Câu 1) Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h) Đk: x > Vận tốc xe thứ x + 10 (km/h) 200 Thời gian xe thứ quảng đường từ A đến B : (giờ) x  10 200 Thời gian xe thứ hai quảng đường từ A đến B : (giờ) x 200 200 Xe thứ đến B sớm so với xe thứ hai nên ta có phương trình:  1 x x  10 Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại) x1 = 40 (TMĐK) Vậy vận tốc xe thứ 50km/h, vận tốc xe thứ hai 40km/h  x 11    2) Rút gọn biểu thức: A     x x  x  x    x 1 x      x  =  x x  = x, với x ≥  x 1   Câu (1,5 đ) Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m       Ta có    (m  2)  m  4m   > với m Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m 2) phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Theo hệ thức Vi-ét ta x  x  2(m  2) có :  x1 x  m  4m  A = x12  x 22 = (x1 + x2)2 – x1x2 = 4(m + 2)2 – 2(m2 + 4m +3) = 2m2 + 8m+ 10 = 2(m2 + 4m) + 10 = 2(m + 2)2 + ≥ với m Suy minA =  m + =  m = - A Vậy với m = - A đạt = Câu 1) Ta có EA = ED (gt)  OE  AD ( Quan hệ đường kính dây) O C E ฀ ฀ 0 F  OEM = 90 ; OBM = 90 (Tính chất tiếp tuyến) E B nhìn OM góc vng  Tứ giác OEBM nội tiếp ฀ ฀ ( góc nội tiếp chắn cung BD) 2) Ta có MBD  sđ BD ฀ ฀ ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BD) MAB  sđ BD ฀ ฀  MBD  MAB Xét tam giác MBD tam giác MAB có: B D M 15 DeThiMau.vn MB MD ฀ ฀ Góc M chung, MBD  MAB  MBD đồng dạng với MAB   MA MB  MB2 = MA.MD ฀ ฀ ฀ ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); BFC ฀  sđ BC ฀ (góc nội  BOC 3) Ta có: MOC = sđ BC 2 ฀  MOC ฀ tiếp)  BFC ฀ = 1800)  MFC ฀ ฀ 4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F  C  MOC ( hai góc nội tiếp chắn cung MC), mặt ฀ ฀ ฀ ฀ khác MOC  BFC (theo câu 3)  BFC  MFC  BF // AM a b2  a  b    Câu x y x y Ta có x + 2y =  x = – 2y , x dương nên – 2y > 2 y   4y  3y(3  2y) 6(y  1)2  3   Xét hiệu   = ≥ ( y > – 2y > 0) x y  2y y y(3  2y) y(3  2y) x  0,y  x  0,y  x  1    dấu “ =” xãy  x   2y  x     x 2y y  y   y    16 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau: a) x(x-2)=12-x b) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) x2  1   x  16 x  x  Câu (2,0 điểm): 3 x  y  2m  có nghiệm (x;y) Tìm m để biểu thức (xy+x-1) đạt giái x  y  a) Cho hệ phương trình  trị lớn b) Tìm m để đường thẳng y = (2m-3)x-3 cắt trục hoành điểm có hồnh độ Câu (2,0 điểm):     x 1   x x 2 a) Rút gọn biểu thức P     x  với x  x  b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch 600 thóc Năm nay, đơn vị thứ làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngối Do hai đơn vị thu hoạch 685 thóc Hỏi năm ngối, đơn vị thu hoạch thóc? Câu (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao BE, CF tam giác Gọi H giao điểm BE CF Kẻ đường kính BK (O) a) Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tứ giâc AHCK bình hành c) Đường trịn đường kính AC cắt BE M, đường trịn đường kính AB cặt CF N Chứng minh AM = AN Câu (1,0 điểm): Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d  ac  Chứng minh phương trình bd (x2 + ax +b)(x2 + cx + d)=0 (x ẩn) có nghiệm -Hết 17 DeThiMau.vn Câu 1: a ) x = - x = HƯỚNG DẪN - ĐÁP ÁN b) x = - 2; loại x = Câu 2: a) Hệ => x = m + y = - m => A = (xy+x-1) = …= - ( m -1)2 Amax = m = b) Thay x = 2/3 y = vào pt đường thẳng => m = 15/4 Câu 3: a) A = b) x + y = 600 0,1x + 0,2y = 85 hay x + 2y = 850 Từ tính y = 250 tấn, x = 350 Câu (3,0 điểm): a) BFˆC  BEˆ C  90 A b) AH//KC ( vng góc với BC) CH // KA ( vng góc với AB) K c) Có AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC ( Hệ thức lượng tam giác vuông) O E F AE AF AEF ฀ ABC    AE AC  AF.AB AB AC H  AM = AN Câu (1,0 điểm) N M B Xét phương trình: x2 + ax + b = (1) x2 + cx + d = C (2)     (a  4b)  (c  4d )  a  2ac  c  2ac  2(b  d )  (a  c)  2ac  2(b  d ) + Với b+d 0  >0  pt cho có nghiệm ac   ac > 2(b + d) =>     + Với b  d  Từ bd => Ít hai biểu giá trị 1 ,   => Ít hai pt (1) (2) có nghiệm Vậy với a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d  ac  2, bd phương trình (x2 + ax +b)(x2 + cx + d)=0 (x ẩn) ln có nghiệm 18 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau: 2   a)  x   x    3   Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) b) | 2x – | = Câu (2,0 điểm): Cho biểu thức:   a a  a a A=     :  với a b số dương khác  b a     a b a b a b ab    a  b  ab a) Rút gọn biểu thức A – ba b) Tính giá trị A a =  b =  Câu (2,0 điểm): a) Tìm m để đường thẳng y = 2x + m y = x – 2m + cắt điểm nằm trục tung b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc xe máy từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy đường cho) Hai xe nói đến B lúc Tính vận tốc xe Câu (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) Gọi C, D ฀ hai điểm nửa đường trịn cho C thuộc cung ฀ = 1200 Gọi giao điểm hai dây AD COD AD BC E, giao điểm đường thẳng AC BD F a) Chứng minh bốn điêm C, D, E, F nằm đường trịn b) Tính bán kính đường trịn qua C, E, D, F nói theo R c) Tìm giá trị lớn điện tích tam giác FAB theo R C, D thay đổi nhung thỏa mãn giả thiết toán Câu (1,0 điểm): Khơng dùng máy tính cầm tay , tìm số ngun lớn khơng vượt q S, S=  2  Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 19 DeThiMau.vn 2   a)  x    x    3   15 2   x    x  15 x       x    x  15  x  15   2 x   2 x   x  15 15 } b) x     ;    x   1  x   x  Vậy nghiệm phương trình cho S = {1;2} Câu Ta có :   a a   a a A      :    a  b b  a   a  b a  b  ab       a a a a  A      :  2  a  b ( b  a )( b  a )   a  b a b    Vậy nghiệm phương trình cho S = {  A  a( b  a)  a a( a  b)  a : ( b  a )( b  a ) a b  ab A ( b  a )( b  a )   a b  ab a b b a a) Ta có : a  b  ab A ba A  a  b ( a  b )2  ba b a ( a  b )2  ( a  b )2 0 ba a  b  ab Vậy A  =0 ba  b) Ta có : a 74 a  44 3  a  2   a   20 DeThiMau.vn ... DE 10 DeThiMau.vn SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 ĐỀ THI MƠN : TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2012. .. GD&ĐT VĨNH PHÚC Câu C1.1 (0,75 điểm) C1.2 (1,25 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN : TỐN Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Đáp án, gợi ý Điểm x   0,5  Biểu thức P xác... nghiệm 18 DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu