Thông tin tài liệu
!"#$%&$' ()* +,# Thời gian làm bài: 120 phút /#(2,0 điểm) 1) Tìm số x không âm biết 2.x = 2) Rút gọn biểu thức P= 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 + − + − ÷ ÷ + − /$#(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 5 5 2 6 x y x y + = + = /%#(1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số 2 1 2 y x= b) Cho hàm số bậc nhất 2y ax= − (1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ). /'#(2,0 điểm) Cho phương trình 2 ( 2) 8 0x m x+ − − = , với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 4. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 sao cho biểu thức Q = 2 2 1 2 ( 1)( 4)x x− − có giá trị lớn nhất /0#(3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn thẳng DE. a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng · · 2CED AMB= c) Tính tích MC.BF theo R. BÀI GIẢI /# a) Với x không âm ta có 2 4x x= ⇔ = b) P= 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 + − + − ÷ ÷ + − = 3 2 2 3 2 2 1 1 + − ÷ ÷ = 9 8 − = 1 /$# 3 5 (1) 5 2 6 (2) x y x y + = + = 3 5 (1) 4 (3)( (2) 2 (1)) x y x pt pt + = ⇔ − = − − 4 7 x y = ⇔ = − /%# 12 32 Gọi ( ,0) A A x , (0, ) B B y A nằm trên đường thẳng (1) nên 2 2 0 2 ( 0) A A A A y ax ax x a a = − = ⇒ = ⇒ = > B nằm trên đường thẳng (1) nên 2 .0 2 2 B B B y ax a y= − = − ⇒ = − 2 2 2 2 2 2 ( 0) B A OB OA y x a a a = ⇔ = ⇔ − = ⇒ = > /'# a) Khi m = 4 pt trở thành : 2 2 8 0 1 3 2 1 3 4x x x hay x+ − = ⇔ = − + = = − − = − ( do ' 9∆ = ) b) ( ) 2 2 8 0m∆ = − + > với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Do 1 2 8x x = − nên 2 1 8 x x − = 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 64 16 ( 1)( 4) ( 1)( 4) 68 4( ) 68 4.8Q x x x x x x = − − = − − = − + ≤ − = 36 (Do 2 1 2 1 16 x x + ≥ 8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi 1 2x = ± -1 1 1 2 Khi 1 2x = thì m = 4, khi x 1 = -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi m = 0 hay m = 4 . /0# a) Ta có 2 góc · · 0 90= =DBC DAO nên tứ giác ADBO nội tiếp b) · · 1 2 =AMB AOB cùng chắn cung AB mà · · =CED AOB cùng bù với góc · AOC nên · · 2=CED 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 Nên = ⇒ MC BC OC FC 2 . . . .2 2= = = =MC FC MC FB OC BC R R R + !"#$%&$' ()* +,# Thời gian làm bài: 120 phút /#4$5/62 Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0− + =x x b) 2 2 1 0− − =x x c) 4 3 4 0 2 + − =x x d) 2 3 2 1 − = + = − x y x y /$#4705/62 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 =y x và đường thẳng (D): 2= − +y x trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. /%#4705/62 Thu gọn các biểu thức sau: B C D E A F M O 3 3 . 9 3 3 + = + ÷ ÷ + + − x x A x x x với 0 ≥ x ; 9 ≠ x ( ) ( ) 2 2 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15= + + − − − + + −B /'#4705/62 Cho phương trình 2 2 8 8 1 0− + + =x x m (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 1 2 =x b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa điều kiện: 4 4 3 3 1 2 1 2 − = −x x x x /0#4%705/62 Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. 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. BÀI GIẢI /#4$5/62 Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0 25 24 1 5 1 5 1 2 3 2 2 x x x hay x − + = ∆ = − = − + ⇔ = = = = b) 2 2 1 0 ' 1 1 2 1 2 1 2 x x x hay x − − = ∆ = + = ⇔ = − = + c) Đặt u = x 2 0≥ pt thành : 2 3 4 0 1 4u u u hayu+ − = ⇔ = = − (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt 2 1 1x x⇔ = ⇔ = ± Cách khác pt 2 2 ( 1).( 4) 0x x⇔ − + = 2 1 0 1x x⇔ − = ⇔ = ± d) 2 3 (1) 2 1 (2) x y x y − = + = − ⇔ 2 3 (1) 5 5 (3) ((2) 2(1)) x y x − = = + ⇔ 1 1 y x = − = ⇔ 1 1 x y = = − /$# a) Đồ thị: 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 2 2x x= − + ⇔ 2 2 0x x+ − = 1 2x hay x⇔ = = − (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( ) ( ) 2;4 , 1;1− /%#Thu gọn các biểu thức sau Với x 0≥ và x ≠ 9 ta có : ( ) ( ) 3 3 9 3 . 9 3 . 3 x x x x A x x x − + + + ÷ = ÷ + + − 1 3x = − 2 2 2 2 2 21 ( 4 2 3 6 2 5) 3( 4 2 3 6 2 5) 15 15 2 21 ( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15 2 15 ( 3 5) 15 15 60 2 B = + + − − − + + − = + + − − − + + − = + − = 89'# a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 1 2 ⇔ 2 2 4 1 0m− + + = 2 1m⇔ = 1m⇔ = ± b/ ∆’ = 2 2 16 8 8 8(1 )m m− − = − . Khi m = 1± thì ta có ∆’ = 0 tức là : 1 2 x x= khi đó 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x− = − thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: 1 1 1m hay m< − < < . Khi 1 1 1m hay m< − < < ta có 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x− = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x x x⇔ − + = − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x⇔ + + = + + (Do x 1 khác x 2 ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ) . ( 2 ) x x x x x x x x x x S S P S P ⇔ + + − = + − ⇔ − = − 2 2 1(1 2 ) 1P P⇔ − = − (Vì S = 1) 0P ⇔ = 2 1 0m⇔ + = (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán 1m⇔ = ± :" ; :" Khi 0 ∆ ≥ ta có 1 2 1x x+ = và 2 1 2 1 8 m x x + = 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x− = − 3 3 1 1 2 2 .( 1) ( 1) 0x x x x⇔ − − − = 3 3 1 2 1 2 0x x x x⇔ − + = (thế 1 2 1x x− = − và 2 1 1x x− = − ) 2 2 1 2 1 2 ( ) 0x x x x⇔ − = 1 2 1 2 ( )( ) 0x x x x⇔ + − = (vì x 1 x 2 ≠ 0) 1 2 x x⇔ = (vì x 1 +x 2 =1 ≠ 0) 1m ⇔ = ± 890 A B C M O D F E Q P I T a) Ta có · · =BAC MBC do cùng chắn cung » BC 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 c) Ta có góc PTQ=90 0 do POIQ là đường kính. Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FI FT FQ FM = (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên · · FIQ FTM= mà · · 0 90FIQ OIM= = (I nhìn OM dưới góc 90 0 ) Nên P, T, M thẳng hàng vì · 0 180PTM = . d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích IBC S lớn 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 chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H. ' ' ' 'IH IT O I O T O O O L OL≤ = − ≤ − = <= > ()* ?+@ $%A$' (+,# Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. BCDE+42,0 điểm2 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). 89 Điều kiện để biểu thức 1 1 x− được xác định là: A. x < 1 B. x ≠ - 1 C. x > 1 D. x ≠ 1 89$ Đường thẳng có phương trình y = x – 1 đi qua điểm: A. M(0; 1) B. N(0; -1) C. P(-1; 0) D. Q(1; 1) 89% Phương trình x 2 + 3x – 2 = 0 có tích hai nghiệm bằng: A. 3 B. 2 C. – 2 D. – 3 89' Cho ABC ∆ có diện tích 81cm 2 . 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. 36cm 2 B. 26cm 2 C. 16cm 2 D. 25cm 2 BFG48,0 điểm2 89042,5 điểm2 Cho phương trình x 2 + 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 = x 1 4 + x 2 4 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ nhất. 89H41,5 điểm2 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 27 đơn vị. 89I43,0 điểm2 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 = 45 0 , 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. 89J41,0 điểm2 Cho các số thực x, y thoả mãn x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 3 xy + y 2 . AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAKAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! !L.MNOM PQ/O #RRRRRRRRRRRRRRRST3:UV1O #R RRRRRRRR <= > WXY+ ?+@$%A$' +,# BCDE+42,0 điểm2 Mỗi câu đúng: 0,5 điểm 89 $ % ' :Z:O - [ BFG48,0 điểm2 89 :Z:O7\]/^M_`O 3.a /6 890 42,5 điểm2 a) Với m = -1, phương trình có dạng: x 2 + 2x +1 = 0 <=> (x + 1) 2 = 0 <=> x + 1 = 0 <=> x = - 1 Vậy với m = -1 thì phương trình (1) có nghiệm kép là x 1 = x 2 = -1. 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Phương trình (1) là phương trình bậc 2 (vì hệ số của x 2 là 1 ≠ 0) có ∆ ’ = 1 + m ≥ 0 <=> m ≥ - 1. Vậy phương trình (1) có nghiệm <=> m ≥ -1. Khi đó, áp dụng định lý Vi-ét, ta có: x 1 + x 2 = -2 ; x 1. x 2 = -m Do đó, P = x 1 4 + x 2 4 = (x 1 2 + x 2 2 ) 2 – 2 x 1 2 .x 2 2 = [(x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 .x 2 ] 2 – 2(x 1 .x 2 ) 2 = (4 + 2m) 2 – 2m 2 = 2m 2 + 16m + 16. Vì m ≥ -1 <=> m + 1 ≥ 0 nên ta có: P = 2m 2 + 16m + 16 = 2(m 2 + 2m + 1) + 12m + 14 = 2(m + 1) 2 + 12(m + 1) + 2 ≥ 2 Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất = 2 khi và chỉ khi m + 1 = 0 <=> m = -1. 0,5 0,25 0,25 0,5 89H 41,5 điểm2 Gọi số tự nhiên cần tìm là ab (với a, b ∈ N và 0 <a<10, 0 ≤ b<10) Vì tổng 2 chữ số la 11 nên a + b =11 (1) 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 <=>10b + a – (10a + b) = 27 <=> 9b – 9a = 27 <=> a – b = -3 (2) Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình: 11 3 a b a b + = − = − <=> 2 8 4 11 7 a a a b b = = <=> + = = (thoả mãn điều kiện). Vậy số tự nhiên cần tìm là 47. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 89I -Hình vẽ đúng (phần a) 0,25 43,0 điểm2 a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp: Vì ABCD là hình vuông và · MBN = 45 0 (GT) nên ta có · · 0 45MBF FAM= = và · · 0 45NBE NCE= = 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 45 0 ). Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên · · 0 180BFM BAM+ = , mà · 0 90BAM = => · 0 90BFM = => · 0 90MFN = (1) Chứng minh tương tự, ta có · 0 90NEM = (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEFN nội tiếp được đường tròn (đường kính MN). Vậy các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. 0,5 0,5 I3 47 5/62 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) => · · GBA CBN= .(3) và GB = NB (4) Lại có · MBN = 45 0 => · · 0 45ABM CBN+ = (5). Kết hợp (3), (5) => · · · · 0 45GBM ABM GBA MBN= + = = , lại kết hợp với (4) và BM là cạnh chung => MBG MBN ∆ = ∆ (c.g.c) Mặt khác theo chứng minh ở phần a, ta có NE và MF là hai đường cao của MBN ∆ , 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. 0,25 0,25 0,25 0,25 I" 47I0 5/62 c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất Do MBG MBN ∆ = ∆ (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho MDN ∆ (vuông tại D), ta có MN 2 = DN 2 + DM 2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN 2 + DM 2 2 ( ) 2 DM DN+ ≥ (vì tương đương với (DM – DN) 2 ≥ 0 luôn đúng). Suy ra 2 ( ) 2 2 DM DN DM DN MN + + ≥ = => 2a = MD + DN + MN ( ) 2 1 2 2 MD DN MD DN MD DN + + ≥ + + = + Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 0,25 [...]... D và E Gọi F là trung điểm của DE a) Chứng minh rằng ADBO là tứ giác nội tiếp · b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC và (O; R) Chứng minh CED = 2 · AMB c) Tính tích MC.BF theo R Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2013- 2014 Mơn thi: TỐN Ngày thi 21 tháng 6 năm 2013 Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 5 câu trong 1 trang Câu... y )( 3 x + 3 y ) ⇔ 3 3 y 2y + x ⇔x= y x( 2 x + y ) + y ( 2 y + x) ≤ 3 ( x + y ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Mơn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3 x − my = 5 có nghiệm mx + 2ny... nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x 2 + y 2 2 Tìm tất cả các cặp số ngun dương (a; b) sao cho a2 − 2 là số ngun ab + 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN LÂM ĐỒNG Khóa ngày 21/6/2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN ( Đề thi gồmcó 01 trang) Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1:(2,0đ) Rút gọn : A = 2 + 3 2 + 2 + 3 2 − 2 + 3 Câu 2:(2,0đ) Cho α là góc nhọn Chứng minh : sin 6... ít nhất 40 thí sinh giải được Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỞ THƠNG NĂM HỌC 2013-2014 Mơn tốn Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu1 (2,0điểm) a) Tính : A = 2 16 − 49 b) Trong các hình sau đây : Hình Vng, hình bình hành, hình... điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm - Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm, khơng làm tròn ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút 2 2 Câu I: Cho phương trình: x − 4mx + m − 2m + 1 = 0(1) với m là tham số a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1; x 2... 3y x + y + z = 2 z =1 2 2 2 Khi đó: a = b + c ⇔ ∆ABC vng 5 2 1 Vậy Smin = 11 ⇔ ∆ABC vng a = ; b = ; c = 6 3 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014 KHĨA NGÀY 21/6/2013 MƠN THI: TỐN THỜI GIAN: 120 PHÚT Đ CHÍNH THỨ Ề C Bài 1: (1,5 điểm) a) Tìm số x khơng âm biết x =2 2+ 2 2 − 2 + 1÷ − 1÷ 2 + 1 2 − 1 b) Rút gọn biểu thức: P = ... thẳng hàng c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r và chứng minh SIMN ≥ S ( SIMN chỉ là diện tích ∆IMN ) 4 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 đó đều giải được Chứng minh rằng: a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh... thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thi t ta có mọi thí sinh đều giải 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 giải được 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 học sinh này với tất cả các học sinh còn lại Theo giả thi t, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B Vậy... và D Đoạn thẳng CD cắt MH tại I Chứng minh : I là trung điểm của MH -Hết Chứng minh MC2 = MK.MJ = 2MK.MO = 2MI.MH = MH2 => MH = 2MI => đpcm SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Đề chính thức Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài : 120 phút(khơng kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) 2 1 1 + Cho biểu thức P = ÷: x +2 x +2 x−4 a) Tìm điều kiện xác định và rút... sinh còn lại Theo giả thi t, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được b) Theo giả thi t 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 thí sinh đều giải được bài toán đó . + = = (thoả mãn điều kiện). Vậy số tự nhiên cần tìm là 47. 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 89I -Hình vẽ đúng (phần a) 0 ,25 43,0 điểm2 a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp: Vì. thống nhất chia tới 0 ,25 điểm. - Điểm tồn bài tính đến 0 ,25 điểm, khơng làm tròn. ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên) Thời. MBN ∆ => BA = BI (hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau). Vậy BI = BA = a. 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 I" 47I0 5/62 c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất Do MBG
Ngày đăng: 04/02/2015, 15:00
Xem thêm: de thi vao 10(13-14)đến 25_06_2013
