20 đề thi toán vào lớp 10

Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK a Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp b Tam giác MHK là tam giác gì?. Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013 – 2014

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số)

a) Giải phương trình với m = 2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 2

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN

Diện tích của mảnh vườn là: x(50-x)

Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x+3; giảm chiều dài 4 m thì chiều dài mới là 46-x

Diện tích mới của mảnh vườn là: (x+3)(46-x)Theo bài ra ta có phương trình: x(50-x)-(x+3)(46-x)=2

⇔50x-x2-43x+x2-138=2⇔7x=140⇔x=20 (TM)Vậy diện tích của mảnh vườn là 20(50-20)=600 m2

2 thì pt (1) có hai nghiệm

;

x x1 2 thỏa mãn : x2+ ( m + ) x £ m2+

O F

E

H

C B

Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành

c,

Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD

Do đó AM, HO trung tuyến của ∆AHD⇒G trọng tâm của ∆AHD

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014

Môn thi: TOÁN (không chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013

Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm)

Câu III (2,0 điểm)

Cho phương trình 2

x − m− x+ m− =1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m

2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện:

1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn

-Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Chữ ký của giám thị 1 Chữ ký của giám thị 2

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Hướng dẫn câu III:

2) phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định

Hướng dẫn giải câu V:

Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a b c 2 + + =

Đặt b c a x; c a b y; a b c z + − = + − = + − = do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên

M

C

Khi đó: a2 = b2 + c2 ⇔ ∆ ABC vuông

Vậy Smin = ⇔11 ∆ ABC vuông 5 2 1

(Dùng cho mọi thí sinh) Ngày thi : 14/6/2013 Thời gian làm bài : 120 phút

(Không kể thời gian giao bài)

(Đề thi này có 1 trang)

Câu I(2,0 điểm)

b.Tìm x để P đạt giá trị nguyên

Câu II(2,5 điểm)

1.Cho phương trình ẩn x: x2+(2m−5)x n− =0

a) Tìm m và n biết phương trình có hai nghiệm là -2 và 3.

b) Cho m = 5 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để phương trình có nghiệm dương

2 Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x + 2mx = 912 2

Câu III (1,0 điểm) : Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình:

Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km Một ca nô đi từ bến A đến bến B, nghỉ

20 phút ở bến B rồi quay lại bến A Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A hết tất cả là 7giờ Hãy tìm vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là 4km/h

Câu IV (3 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là mộtđiểm bất kỳ trên cung nhỏ BM Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK

a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp

b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?

c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK

d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB Xác định vị trí của K để chu vi tam giácOPK lớn nhất

Câu V (1,5 điểm) : 1 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1

t t

t P

Đk có nghiệm

3

11

04)1( − 2 − 2 ≥ ⇔ − ≤ ≤

Để phương trình trên có nghiệm thì 25 4 0 25

x + (x + x )x = 9

x + x x + x = 9(x

Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m2−m2+ − = ⇔m 1 9 3m2+ − =m 10 0Giải phương trình ta được: m1= - 2 (loại) ; m2 = 5

3(TMĐK)Vậy m = 5

3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1

, x2 : x + 2mx = 912 2

0,25

0,250,25

4

x + .Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x − 4 và thời gian canô chạy khi nước ngược dòng là 50

4

x − .Theo giả thiết ta có phương trình 50 1 50

Trong tứ giác AOHM, ta có: AOMˆ =·AHM =900

Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp

0,250,25

0,25b)

0,250,25

0,25

0,250,25

0,250,250,25

P H

K

B

M

O A

11

0,250,250,25

2) Chuyển vế và phương trình trở thành hằng đẳng thức và suy ra ngiệm của phương trình là x=-1 0,25

0,250,25

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TOÁN ( không chuyên)

Ngày thi 18 tháng 06 năm 2012

Thời gian làm bài thi: 120 phút, (không kể thời gian giao đề)

và đường thẳng (d): y = x +3 1\ Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

2\ Viết phương trình đường thẳng (d’), biết (d’) song song với (d) và (d’) có một điểm chung với (P)

Bài III: ( 1,5 điểm)

Cho phương trình : x2 – (3m – 1)x + 2m2 – m = 0 (1)

1\ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình (1) luôn có nghiệm

2\ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1−x2 ≤10

Bài IV: ( 3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Lấy điểm C trên đoạn AO, C khác A và O Đường thẳng đi qua C vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại D M là điểm bất kì trên cung

-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN THI: TOÁN ( không chuyên)

Ngày thi 14 tháng 06 năm 2013

Thời gian làm bài thi: 120 phút, (không kể thời gian giao đề)

2\ Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

x1; x2

thỏa mãn x1 + x2 = 5m

Bài III : ( 1 điểm)

Quãng đường AB dài 120 km Một ô tô khởi hành từ A đi đến B và một mô tô khởi hành đi từ B đến A cùng lúc Sau khi gặp nhau tại địa điểm C, ô tô chạy thếm 20 phút nữa thì đến B, còn mô tô chạy thếm 3 giờ nữa thì đến A Tìm vận tốc của ô tô và vận tốc của mô tô

Bài IV: ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) có bán kính R và điểm C nằm ngoài đường tròn Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B ( A nằm giữa C và O) Kẻ tiếp tuyến CM đến đường tròn ( M

là tiếp điểm) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt CM tại E và tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt CM tại F

1\ Chứng minh tứ giác AOME nội tiếp đường tròn

2\ Chứng minh AOE OMB· = · và CE.MF=CF.ME

CH NH TH C

3\ Tìm điểm N trên đường tròn (O) ( N khác M) sao cho tam giác NEF có diện tích lớn nhất.

Tính diện tích lớn nhất đó theo R, biết góc AOE 30· = 0

Bài V: ( 0,5 điểm)

Cho 2 số thực a và b thỏa mãn a>b và ab= 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

b) Cho hàm số bậc nhất y ax= −2 (1) Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ thị của hàm

số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ).

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2+(m−2)x− =8 0, với m là tham số.

1) Giải phương trình khi m = 4.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 sao cho biểu thức Q =

a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R) Chứng minh rằng CED· =2·AMB

AMB AOB cùng chắn cung AB

mà CED AOB· =· cùng bù với góc

·AOC nên CED· =2·AMB

c) Ta có FO là đường trung bình của hình

thang BCED nên FO // DB

nên FO thẳng góc BC Xét 2 tam giác vuông

FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau

a) Chứng minh rằng MBC BAC· =· Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE

c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt

(O) tại T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng

d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), (±1;1 , 2; 4) (± )

(D) đi qua ( ) (1;1 , 2; 4 ,(0; 2)− )b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là (−2; 4 , 1;1) ( )

Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

Khi m = ±1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : x1=x2 khi đó x14 −x24 = −x13 x23 thỏa

Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:

Và ·BAC MIC=· do AB// MI

Vậy BAC MIC· =· , nên bốn điểm ICMB cùng nằm

Trên đường tròn đường kính OM

(vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)

b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC

nên FB FC =FE FD

Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC

nên FB FC =FI FM So sánh ta có FI.FM =FD.FE

d) Ta có BC không đổi Vậy diện tích S IBClớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn

nhất Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung »BC của đường tròn đường kính OM Khi I trùng O thì ABC∆ vuông tại B Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉkhi AC là đường kính của đường tròn (O;R)

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

I PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong các câu sau, mỗi câu có 4 lựa chọn, trong đó có một lựa chọn đúng Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A).

Câu 1 Điều kiện để biểu thức 1

Câu 4 Cho ∆ABC có diện tích 81cm2 Gọi M, N tương ứng là các điểm thuộc các đoạn thẳng

BC, CA sao cho 2BM = MC, 2CN = NA Khi đó diện tích ∆AMN bằng:

A 36cm2 B 26cm2 C 16cm2 D 25cm2

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5 (2,5 điểm) Cho phương trình x2 + 2x – m = 0 (1) (x là ẩn, m là tham số)

a) Giải phương trình với m = - 1

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm (có thể bằng nhau) của phương trình (1) Tính biểu thức P = x1 + x2 theo m, tìm m để P đạt

giá trị nhỏ nhất

Câu 6 (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số Biết tổng hai chữ số của nó bằng 11 và nếu

đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu

Câu 7 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a Trên cạnh AD và CD lần

lượt lấy các điểm M và N sao cho góc ·MBN = 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.

a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.

b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN Tính độ dài đoạn BI theo a.

c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.

Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Khi đổi chỗ 2 chữ số ta được số mới là ba

Vì số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27

do đó các tứ giác ABFM và BCNE là các tứ giác nội

tiếp (vì đều có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 2 đỉnh còn

lại dưới một góc 450)

Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên BFM BAM· +· =1800, mà BAM· =900

=> BFM· =900 => MFN· =900(1)

Chứng minh tương tự, ta có ·NEM =900(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEFN nội tiếp được đường tròn (đường kính

b) Tính độ dài đoạn BI theo a

Lấy G trên tia đối của tia AD sao cho AG = CN (như hình vẽ)

Kết hợp ABCD là hình vuông ta suy ra ∆ABG= ∆CBN (c.g.c)

∆ , suy ra BI cũng là đường cao của ∆MBN => BA = BI (hai đường cao

tương ứng của hai tam giác bằng nhau)

Vậy BI = BA = a

0,250,250,25

= (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho ∆MDN(vuông tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2

Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN2 + DM2 ( )2

2

DM DN+

≥ (vì tươngđương với (DM – DN)2 ≥0 luôn đúng)

Vậy giá trị lớn nhất của M là 3

2, đạt được khi và chỉ khi 1

y= hoặc3

2

2

y=−

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1

2

−, đạt được khi và chỉ khi 3

2

x=− và1

-Trên đây chỉ trình bày một cách giải Trong quá trình chấm, giám khảo cần linh hoạtsao cho cĩ sự cơng bằng khách quan cho các thí sinh; nếu thí sinh giải theo cách khác chặt chẽ

và đúng đắn thì vẫn cho điểm tối đa

-Trong quá trình giải bài của thí sinh nếu bước trên sai, các bước sau cĩ sử dụng kếtquả phần sai đĩ nếu cĩ đúng thì vẫn khơng cho điểm

- Bài hình học, nếu thí sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ sai hình phần nào thì khơng chấm tươngứng với phần đĩ

- Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm cĩ thể thống nhất chia tới 0,25 điểm

- Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm, khơng làm trịn

2 2 2

Câu IV: Cho M a 3a 1= + +2 với a là số nguyên dương

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5 Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của5?

Câu V: Cho ∆ ABC có A 60µ = 0 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc vớicác cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua Kvà song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N

a) Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp

b) Gọi J là trung điểm của cạnh BC Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r vàchứng minh SIMN S

4

≥ (SIMN chỉ là diện tích ∆ IMN)

Câu VI: Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán Khi kết thúc kỳ thi, người ta

nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đóđều giải được Chứng minh rằng:

a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toánkhác mà mọi thí sinh đều giải được.

b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được

ĐÁP ÁN Câu I:

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x1 2 ⇔ ∆ =' 4m2−m2+2m 1 0− >

( ) ( )2

Do đó x ;x1 2 không thể trái dấu

b) Phương trình có hai nghiệm không âm x ;x1 2

2

= là giá trị cần tìm

Câu II: Ta có: 3x2+2y 1 3y+ + 2+2z 1 3z+ + 2+2x 1 2z x 2 2x y 2 2y z 2+ = ( + +) ( + +) ( + )

Nếu n 2≥ ta có : 5 5nM2 , mà 25k k 1 5 ;( + )M2 5 không chia hết cho 52 : vô lí.

Vậy n = 1 Ta có : 25k k 1( + =) 0;k N∈ Do đó : k = 0 Nên a = 1

Câu V :

a) Ta có : MN // BC (gt), ID BC⊥ ((I) tiếp xúc với BC tại D)

⇒ Tứ giác IFMK nội tiếp

Mặt khác : IKN IEN 90· =· = 0 ⇒ Tứ giác IKEN nội tiếp

Ta có : IMF IKF· =· (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF ANI· =· (Tứ giác IKEN nội tiếp)

IMK IFK Tư ùgiác IFMK nội tiếp

IN K IEK Tư ùgiác IKEN nội tiếp

∆ cân tại I có IK là đường cao

⇒ IK là đường trung tuyến của ∆ IMN

⇒K là trung điểm của MN

⇒Hai tia AK, AJ trùng nhau.

Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I)

⇒AE = AF, AI là tia phân giác của ·EAF

AEF

∆ cân tại A có EAF 60 (gt)· = 0

⇒∆AEF đều ⇒EF = AE = AF

AEF

∆ đều có AI là đường phân giác

⇒ AI là đường cao của ∆AEF

Gọi H là giao điểm của AI và EF

Ta có: IH EF,⊥ H là trung điểm của EF và HIF 60· = 0

IMN IFE;INM IEF= =

Do đó: ∆IMN: ∆IEF g g( − )

2 IMN

Câu VI: Gọi ba bài toán là A, B, C.

a) Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A.

• Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đềugiải được bài toán C.

• Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giảiđược bài toán B; bài toán C

• Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B Xét họcsinh này với tất cả các học sinh còn lại Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bàitoán B

Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toánkhác mà mọi thí sinh đều giải được

b) Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán Nếu có một thí sinh

chỉ giải đúng một bài toán Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi thísinh đều giải được bài toán đó Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít nhấthai bài toán

• Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C màkhông giải được A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí sinhgiải được cả A, B, C là t (x, y, z, t ∈N)

Ta có: x y z t 60+ + + = (1)

Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán.

Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40

Do đó : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40 ⇔2 x y z t( + + + + <) t 120

Kết hợp (1) ta có : t < 0

Điều này vô lí Điều giả sử ở trên là sai

Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được

Cách 2 : Ta có : số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải

được C là x

Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 thì x + y + z > 60 Mâu thuẫn (1)

Do đó : trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20

Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được Do đó bài toán nàycó ít nhất 40 thí sinh giải được

Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được