de-toan10-quangnam-2012

Tá»”NG HỢP Ä�Ề THI TUYỂN SINH LỚP 10 NÄ‚M HỌC 2012 – 2013 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học 2012 2013 Khóa thi Ngày 4 tháng 7 năm 2012 Môn TOÁN[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Tốn chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm)  x  3x    x 3   Cho biểu thức: A     4x  12 a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A c) Tính giá trị A x   Câu 2: (2,0 điểm) a) Xác định hệ số a, b hàm số y = ax + b, biết đồ thị đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + qua điểm M(1 ; – 3) b) Giải hệ phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay):  2x  y    2x  y  Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  a) Vẽ (P) x đường thẳng (d): y = (m – 1)x – (với m tham số) b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) điểm có hồnh độ dương c) Với m tìm câu b), xác định tọa độ tiếp điểm (P) (d) Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Qua C kẻ đường thẳng d vng góc với AC Từ trung điểm M cạnh AC kẻ ME vng góc với BC (E thuộc BC), đường thẳng ME cắt đường thẳng d H cắt đường thẳng AB K a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ suy tứ giác AKCH hình bình hành b) Gọi D giao điểm AH BM Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK d) Cho AB = a ACB  300 Tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu a) Câu (2,0) (0,5) b) (1,0) Điều kiện: x ≥ x  KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Tốn chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 02 trang) Nội dung Điểm 0,25 0,25  x  3 x    x   x   x  12   x    x   x   A=     x   x   Biến đổi được: x      1 Biến đổi được: x  3x   0,25 0,25 0,25 c) (0,5) Câu (2,0) Câu (2,0) x  Tính được: A = – a) (1,0) + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = – 2x + nên a = – (không yêu cầu nêu b ≠ 1) + Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) a = – vào y = ax + b + Tìm được: b = – b) (1,0)  x  y   y     x  y   x  y  Tính được: y = x= Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: (x ; y) = ( ; 1) a) (0,5) b) (1,0) + Lập bảng giá trị (chọn tối thiểu giá trị x phải có giá trị x = 0) + Vẽ dạng (P) + Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x  (m  1)x  2  x2 – 2(m – 1)x +4 =  '   m  12     + Lập luận được:  b '  a   m   cm 3 m  1 h  m  + Kết luận được: m = 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 c) (0,5) Câu Câu Hình vẽ (4,0) (0,25) b ' m     2 a 1 +Tính tung độ tiếp điểm: y = kết luận tọa độ tiếp điểm (2; 2) + Tìm hồnh độ tiếp điểm: x  Nội dung 0,25 0,25 Điểm 0,25 a) (1,0) b) (1,0) c) (1,0) + AM = MC (gt) , KAM  HCM  900 , AMK  CMH (đđ) + AMK  CMH  g.c.g  + suy ra: MK = MH + Vì MK = MH MA = MC nên tứ giác AKCH hình bình hành + Nêu được: CA  BK KE  BC , suy M trực tâm tam giác KBC + Nêu được: KC // AH BM  KC, suy BM  AH + HDM  HCM  900  900  1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp + MCH  900 => Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH trung điểm MH + Chứng minh hai tam giác ADM ACH đồng dạng (g.g) AM AD   AM AC  AH AD  AM  AH AD  vìAC=2AM  + AH AC AH AD  AM  (1) + Ta lại có: MC2 = ME.MH MH=MK nên MC2 = ME.MK (2) + Mặt khác: MC = MA (gt) (3) AH AD  ME.MK => AH.AD = 2ME.MK Từ (1), (2), (3) => d) +  ABC vng A, góc C = 30 nên AC = a (0,75) + ACB  MHC  300 (cùng phụ góc CMH) => MH = 2MC Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a + Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a 3  MH  C  2       a      d + Tam giác ABC vuông A nên: AC = AB.cotC = a (0,75) + CMH  900  ACB  600 MC AC => MH    AC  a cosCMH 2cos600 Diện tích hình trịn (O): a 3  MH       a      + S(O)    0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = b) Cho x  a  a 6  4a a 2 (với a ≥ a ≠ 4) 28  16 Tính giá trị biểu thức: P  (x  2x  1) 2012 1 Câu 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3(1  x)   x   x  xy  4x  6 b) Giải hệ phương trình:   y  xy  1 Câu 3: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = − x2 đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số) a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B b) Gọi yA, yB tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| = Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm, AD = cm Đường thẳng vuông góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME, S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí điểm M để S1  Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ Chứng minh:  a  2b    a  2b - Hết - S2 Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu (1,5 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 03 trang) Nội dung a) (0,75) A = A= = a  a 6  4a a 2 (a ≥ a ≠4) ( a  2)( a  3)  (2  a )(2  a ) a 2 a 3  2 a 2 a = −1 b) (0,75) Cho x  x Câu (2,0 điểm) (4  3) 1  Điểm 0,25 0,25 0,25 28  16 Tính: P  (x  2x  1) 2012 1  (  1) = 1  1 1 0,25  x  2x   0,25  P  (x  2x  1) 2012  0,25 a) (1,0) Giải phương trình: 3(1  x)   x  (1) Bình phương vế (1) ta được: 3(1  x)   x  3(1  x)(3  x)   3(1  x)(3  x)   x  3(1  x)(3  x)   2x  x  x  x    x = x =−2 Thử lại, x = −2 nghiệm 0,25 0,25 0,25 0,25   x  xy  4x  6 (1) b) (1,0) Giải hệ phương trình:  (I) y  xy   (2)   Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠ 0,25 0,25  y2  Do đó: (2)  x  (3) y Thay (3) vào (1) biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + =  (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh bỏ qua bước này) y=–1 y=–1 x=2 Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1) Câu Câu (1,5 điểm) Nội dung a) (0,75) (P): y = − x , (d): y = (3 − m)x + − 2m Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): − x2 = (3 − m)x + − 2m  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1)  = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| |yA − yB| =  m2 − 2m − = m2 −2m − = −2 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  m =  m =  0,25 Câu (4,0 điểm) a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường trịn Ta có: ADB  ACB AEC  ACB ( phụ với BAC )  ADB  AEC  tứ giác EBDF nội tiếp 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (1,5) Tính ID Tam giác AEC vuông C BC  AE nên: BE.BA = BC2 0,25  BE  BC2 1 BA 0,25 BE//CD  IB BE   ID CD 0,25 BD  ID 4  ID  BD tính được: BD =  ID  (cm)  Câu Câu (tt) 0,25 0,25 0,25 Nội dung c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 = Điểm S2 Đặt AM = x, < x <  MB = 4− x , ME = − x AN AM BC.AM 2.x Ta có:   AN   BC MB MB 4 x 0,25 0,25 1 x2 S1  BC.ME   x , S2  AM.AN  2 4x 3 x S1 = S2  5− x =  x2 + 18x − 40 = 2 4x 0,25 0,25  x = (vì < x < 4) Vậy M trung điểm AB Câu (1,0 điểm) Cho a, b ≥ a + b ≤ Chứng minh : 0,25  a  2b    a  2b Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:    a  2b 1  = (1) (bđt Côsi)  2 a  2b  a  b  1 (a  1)(b  ) 2 a 1 b   (bđt Cô si) (a  1)(b  )  2   (2) (a  1)(b  ) 2   Từ (1) (2) suy ra:  a  2b Dấu “=” xảy : a + = b + a + b =  a = b = 4 Ta có: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25