Thông tin tài liệu
!"#!$ %&'()* Ngày thi 6 tháng 7 năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 5 câu trong 01 trang +, (2 điểm). 1. Giải bất phương trình x – 3 > 0 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức 1 1 +x xác định. 3. Giải hệ phương trình =+ =− 13 52 yx yx +,! (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau: 1. ( ) 2 13 −=P . 2. ( ) ( ) 2 1 . 1 2 1 2 2 2 − + + − − − = x x x x x Q (với x 1;0 ≠≥ x ) +," (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng d: y = (k-1)x + 4 (k là tham số). 1. Khi k = -2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi 1 y , 2 y là tung độ các giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). Tìm k sao cho 1 y + 2 y = 1 y 2 y . +,$ (3,0 điểm). Cho đường tròn tâmO, bán kính R. M là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đển đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và OM. 1. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 2. Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = 5 và R = 3. 3. Kẻ Mx nằm trong tam góc AMO cát đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng EA là phân giác của góc CED. +,- (1,0 điểm). Cho các số thực dương x và y thỏa mãn yxyxyx ++=++1 . Tính giá trị của biểu thức 20132013 yxS += . ###### HẾT ##### 1 ./ 0 * +,$* 3. ,MAC MDA∆ ∆ đồng dạng ⇒ MC.MD= MA 2 ∆ MAO vuông tại A, Đường cao AE ⇒ ME.MO = MA 2 ⇒ ME.MO = MC.MD(= MA 2 ) MO MC MD ME =⇒ , mà ∆ MDO và ∆ MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng ⇒ MEC = MDO Từ đó suy ra tứ giác ECDO nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện) ⇒ OED = OCD = ODC = CEM ⇒ CEA = DEA ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau) ⇒ EA là phân giác của CED +,-* Ta có 2 2 2 1 2(1 ) 2( ) 0 ( 1) ( 1) ( ) 0 1 x y x xy y x y x xy y x y x y x y + + = + + ⇒ + + − + + = ⇒ − + − + − = ⇒ = = Vậy 2013 2013 1 1 2S x y= + = + = 2 A D O B E C M 1 22 ############### ./0 SBD……PHÒNG……… . 34(56!"#!$ #################### %&* (78&9:;#<#!" (=)9)8&>:4?:)*!@(A' B(%&9CD'(=)9)8&@(E'FGH 9:;'()*!#<#!" :)IB"JF)D4H a. Thực hiện phfp tính A = − + − 4 9 16 25 b. Tìm x dương , biết 1 3x+ = c. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 1 4 1 2 1 + + = + − = x y x y :)!IB!JF)D4H Cho hàm số y = x 2 có đồ thị là Parabol ( P ) a) Vẽ đồ thị hàm số b) Xác định a , b sao cho đường thẳng y = ax +b song song với đường thẳng y = – x +5 và cắt Parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 . :)"IB!JF)D4H Cho phương trình x 2 – (2m +1) x + m 2 + m = 0 (*) a. Khi m = 0 giải phương trình (*) b. Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 và cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình x 3 +x 2 = 0 :)$IB"JF)D4H Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C là một điểm trên đường tròn sao cho số đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến tại B với đường tròn (O) cắt AC tại E.Gọi I là trung điểm của dây AC. a.Chứng minh rằng tứ giác IOBE nội tiếp. b.Chứng minh rằng EB 2 = EC . EA . c.Biết bán kính đường tròn (O) bằng 2 cm, tính diện tích tam giác ABE . Hết 3 K2 ĐỀ CHÍNH THỨC . *!"#!$ L* NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm bài : 120 phút +,B"F)D4H 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3 27 144 : 36× − 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 1 2 ≠ ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau. 3. Giải hệ phương trình 3 2 1 5 7 x y x y + = − − = +,B!F)D4H 1. Rút gọn biểu thức B = 2 1 x x x x x x − + − − ( với x>0; x ≠ 1) 2. Cho phương trình 2 1 0x x m− + − = (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả mãn : 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x + + + = ÷ +,BJ-F)D4H Tìm hai số tự nhiên hơn kfm nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bf. +,B"F)D4H Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. +,BJ-F)D4H Cho hai số x, y thỏa mãn 1 3x ≤ ≤ và 1 2 2 3 y≤ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 2 2 2 2 2 2 6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − + MN&9OP& +,B"F)D4H 4 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3 27 144 : 36× − =7 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 1 2 ≠ ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi và chỉ khi a=a' và b ≠ b' <=> <=>m=2( thỏa mãn m 1 2 ≠ ) KL 3. Giải hệ phương trình 3 2 1 5 7 x y x y + = − − = <=> <=> 1 2 x y = = − KL +,B!F)D4H 1. Rút gọn biểu thức ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 B 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − = + = − = − − − − − − − − − − + = − = = = − − − − − ( với x>0; x ≠ 1) 2. Cho phương trình 2 1 0x x m− + − = (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. Với m =3 phương trình (1) trở thành 2 2 0x x− − = Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là 1 2 1; 2x x= − = b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả mãn : 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x + + + = ÷ Ta có 4 3m∆ = − Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là : 3 4 3 0 4 1 0 1 m m m m − > > ⇔ − ≠ ≠ Khi đó áp dụng định lí Vi-ft ta có 1 2 1 2 1 . 1 x x x x m + = = − (*) mà 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x + + + = ÷ => ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 3 0x x x x x x+ + + + = (**) thay (*) vào (**) ta được : 2 5 6 0m m− + = => m 1 =2; m 2 =3 ( TM ĐK) KL +,BJ-F)D4H Tìm hai số tự nhiên hơn kfm nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bf. Gọi số bf là x ( x ∈ N) khi đó số lớn là x+12 Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bf nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x <=> x 2 -14x-240 = 0 => x 1 = 24(TM) ; x 2 = -10( loại) 5 Vậy số bf là 24 => số lớn là 24+12=36. Cách 2: Gọi số lớn là x và số bf là y ( x,y ∈ N và x> y) ta có hệ pt : ( ) ( ) 12 (1) 12 12 20 12 6 (2) 20 6 x y x y y y y y xy x y = + − = ⇔ + = + + = + Giải pt (2) ta được y 1 = 24 (tm) ; y 2 = -10( không tm) Thay y =y 1 =24 vào (1) => x=36 KL +,B"F)D4H Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. a) Ta có góc AEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =90 0 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xft tứ giác MCAE có: góc ACM =90 0 (gt) góc AEM =90 0 ( CM trên ) => góc ACM =90 0 +góc AEM =180 0 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => 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) 6 Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN Xft 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 vuông tại O ta có DE = 3 2 R => DE =R 3 Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R 3 . d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và 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 của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'. +,BJ-F)D4H Cho hai số x, y thỏa mãn 1 3x≤ ≤ và 1 2 2 3 y≤ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 2 2 2 2 2 2 6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − + Ta có : ( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 0 4 3 0 (1) 1 2 1 2 0 6 7 2 0 (2) 2 3 2 3 x x x x x y y y y y ≤ ≤ ⇒ − − ≤ => − + ≤ ≤ ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − + ≤ ÷ ÷ 7 Q R34(56*!"S!$ ./0 L* Thời gian làm bài: 120 phút :)*(2,0 điểm) Với x > 0, cho hai biểu thức 2 x A x + = và x 1 2 x 1 B x x x − + = + + . 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. 2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm x để A 3 B 2 > . :)*(2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. :)*(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 3(x 1) 2(x 2y) 4 4(x 1) (x 2y) 9 + + + = + − + = 2) Cho parabol (P) : y = 1 2 x 2 và đường thẳng (d) : y = mx − 1 2 m 2 + m +1. a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P). b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 sao cho 1 2 x x 2− = . :)*(3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O). 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 2) Chứng minh AN 2 = AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. 3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // AC. 4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài. :)*(0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, chứng minh: 2 2 2 1 1 1 3 a b c + + ≥ Hết 8 TUVR!"#!$ :)*B!JF)D4H 1) Với x = 64 ta có 2 64 2 8 5 8 4 64 A + + = = = 2) ( 1).( ) (2 1). 2 1 2 1 .( ) 1 1 x x x x x x x x x B x x x x x x x x − + + + + + = = = + = + + + + 3) Với x > 0 ta có : 3 2 2 3 1 3 : 2 2 2 1 2 2 3 2 0 4.( 0) A x x x B x x x x x x x Do x + + + > ⇔ > ⇔ > + ⇔ + > ⇔ < ⇔ < < > :)*B!JF)D4H Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là 9x + (km/h) Theo đề bài ta có: 90 90 1 5 9 2x x + = − + 10 10 1 9 2x x ⇔ + = + ( 9) 20(2 9)x x x⇔ + = + 2 31 180 0x x⇔ − − = 36x ⇔ = (vì x > 0) :)*B!JF)D4H 1) Hpt đã cho tương đương với hpt: + + + = + = + = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + − − = − = − = − = = − 3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1 4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1 2) a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 1 3 2 2 x x= + 2 2 3 0x x⇔ − − = 1 hay 3x x⇔ = − = (Do a – b + c = 0) Ta có y (-1)= 1 2 ; y(3) = 9 2 . Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1; 1 2 ) và (3; 9 2 ) b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2 1 1 1 2 2 x mx m m= − + + 2 2 2 2 2 0x mx m m⇔ − + − − = (*) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 1 x , 2 x thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Khi đó 2 2 ' 2 2 0 1m m m m∆ = − + + > ⇔ > − Khi: m > -1, từ (*) ta có: 22.;2 2 2121 −−==+ mmxxmxx (định lý Vi-et) Nên: 1 2 2x x− = 2 2 1 2 1 2 2 4x x x x⇔ + − = 2 1 2 1 2 ( ) 4 4x x x x⇔ + − = 2 2 4 4( 2 2) 4m m m⇔ − − − = 1 8 4 2 m m⇔ = − ⇔ = − E6(C(E6* Khi m > -1 ta có: 1 2 2x x− = ' ' 2 ' ' ' b b a a − + ∆ − − ∆ ⇔ − = ∆ 2 2 2m= + 9 Do đó, yêu cầu bài toán 2 2 2 2m⇔ + = 2 2 2m⇔ + = 1 2 2 1 2 m m⇔ + = ⇔ = − :)(3,5 điểm) 1/ Xft tứ giác AMON có hai góc đối · 0 ANO 90= · 0 AMO 90= nên là tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng nên ta có AB. AC = AM 2 = AN 2 = 6 2 = 36 2 2 6 6 AC 9(cm) AB 4 ⇒ = = = BC AC AB 9 4 5(cm)⇒ = − = − = 3/ · · · 1 MTN MON AON 2 = = (cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và · · AIN AON= (do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 90 0 ) Vậy: · · · AIN MTI TIC= = nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau. 4/ Xft AKO∆ có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO∆ , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. :)*BJ-F)D4H Cách 1: Từ giả thiết đã cho, ta có 1 1 1 1 1 1 6 ab bc ca a b c + + + + + = . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 2 2 1 1 1 1 2 a b ab + ≥ ÷ , 2 2 1 1 1 1 2 b c bc + ≥ ÷ , 2 2 1 1 1 1 2 c a ca + ≥ ÷ 2 1 1 1 1 2 a a + ≥ ÷ , 2 1 1 1 1 2 b b + ≥ ÷ , 2 1 1 1 1 2 c c + ≥ ÷ Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9 6 6 2 2 2 2 2a b c a b c + + + ≥ ⇔ + + ≥ − = ÷ ÷ 2 2 2 1 1 1 3 a b c ⇔ + + ≥ ÷ (đpcm) Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. 10 2 W [...]... A − 2014 = 2014 A − 2013 A= PT (1) có nghiệm khi ∆ ' ≥ 0 ⇔ 2014 A − 2013 ≥ 0 ⇔ A ≥ Kết hợp với trường hợp A=1 ta có Amin = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC 2013 2014 2013 2014 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3 x − my = 5 có... theo tõng phÇn nh ®¸p ¸n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 31 KHÁNH HỊA NĂM HỌC: 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN (KHƠNG CHUN) Ngày thi: 21/06 /2013 (Thời gian: 120 phút - khơng kể thời gian ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) giao đề) Bài 1: ( 2,00 điểm) (Khơng dùng máy tính cầm tay) 1) Chứng minh: ( 22 − 3 2 2) Cho biểu thức P = ) 10 + 3 11 = 2 a( a − 1) a − với a > 0 và a ≠ 1 a −1 a+... x > 10; x ∈ Z Do đó: Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là: x − 10 (sản phẩm) 240 (ngày) x 240 Thời gian tổ hồn thành cơng việc theo dự định là: (ngày) x − 10 Thời gian tổ hồn thành cơng việc trong thực tế là: Vì tổ đã hồn thành cơng việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình: 240 240 − =2 x − 10 x Giải pt: 240 240 120 120 − =2⇒ − = 1 ⇒ 120 x − 120 x + 1200 = x 2 − 10 x ⇒ x 2 − 10. .. tại O nên AD = OA 2 + OD2 = 32 + 32 = 3 2 ⇒ AE + AF = 3 2 Vậy tổng AE + AF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao để Ngày thi: 28/6 /2013 Bài 1 (1 điểm) Cho biểu thức A = x( x − 4) + 4 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tính giá trị của A khi x = 3 Bài 2 (1,5 điểm) Cho hai hàm... D c) Ta có FO là đường trung bình của hình thang BCED nên FO // DB B nên FO thẳng góc BC Xét 2 tam giác vng FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau MC BC = ⇒ OC FC MC.FC = MC.FB = OC.BC = R.2 R = 2 R 2 Nên 18 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 3 16 +... : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) · AOM = 90 0 (vì AB ⊥CD tạo O) · · Suy ra: ANB + AOM = 1800 ⇒ tứ giác AOMN nội tiếp · 2) Chứng minh : ND là phân giác của ANB Ta có : AB, CD là đường kính của (O) » » AB ⊥ CD (gt) ⇒ AD = BD ⇒ · · AND = BND ⇒ ND là phân giác của góc ANB 3) Tính: BM BN Do ∆BOM # ∆BNA (gg) BO BM = ⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒ BN BM = 18 = 3 2 cm BN BA · 4) Ta có: ∆ EAF vng tại A ( CAD... = Khi đó: a 2 = b 2 + c 2 ⇔ ∆ABC vng 6 3 2 5 2 1 Vậy Smin = 11 ⇔ ∆ABC vng a = ; b = ; c = 6 3 2 26 së gi¸o dơc - ®µo t¹o hµ nam §Ị chÝnh thøc kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc: 2013 - 2014 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị) C©u 1: (1,5 ®iĨm) Rót gän c¸c biĨu thøc sau: A= a− a a −1 − a −1 a +1 (a ≥ 0;a ≠ 1) 4+ 2 − 3− 6 + 8 2+ 2 − 3 C©u 2: (2,0 ®iĨm) a) Giải... 3 ≥ + + (2) a b c a b c 3 3 3 2 2 2 2 2 2 + 2 + 2 +3≥ + + + + + 2 a b c a b c ab bc ca 3 3 3 2.6abc = 12 Lấy (1) + (2) ⇔ 2 + 2 + 2 + 3 ≥ (ĐPCM) a b c abc 1 1 1 ⇔ 2 + 2 + 2 ≥3 a b c Áp dụng BĐT Cơ si ta có 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương... khác: O’ là trung điểm của OM BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T Vẽ IH vng góc BC tại H IH ≤ IT = O ' I − O 'T ≤ O ' O − O ' L = OL 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) 1) Tìm số x khơng âm biết x = 2 2 + 2 2 − 2 + 1÷ − 1÷ 2) Rút gọn biểu thức P= 2 + 1 2 − 1 Bài 2: (1,0... 1) Chứng minh: Ta có: ( ( 22 − 3 2 22 − 3 2 ) ) 10 + 3 11 = 2 10 + 3 11 = = 2( 11 − 3) 10 + 3 11 = ( 11 − 3) 20 + 6 11 = ( 11 − 3) ( 11 + 3)2 = = ( 11 − 3)( 11 + 3) = 11 − 9 = 2 2) P = a( a − 1) a − a −1 a+ a Ta có: P= (ĐK : a > 0 và a ≠ 1) a( a − 1) a − = a −1 a+ a a a +1 − 1 a +1 = a −1 a +1 = a −1 Với a = 20142, ta có : P = 20142 − 1 = 2014 − 1 = 2013 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x + 3 − . !"#!$ %&'()* Ngày thi 6 tháng 7 năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 5 câu trong 01 trang +, (2 điểm). 1. Giải bất phương trình x – 3 >. ≥ ÷ (đpcm) Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. 10 2 W ĐPCMtttt cba Đ cbacba cbacba cbaacbcab DCM acbcabcba ⇒≥⇒≥⇔+≤⇒=++ +++++≤⇒ ++≤++ ++≤++ =+++++⇔ 33361 111 ) 111 (3 111 6)2)(1( )2() 111 (3 111 )1( 111111 : 6 111111 222 222222 222 222 Cách. ++=++1 . Tính giá trị của biểu thức 20132 013 yxS += . ###### HẾT ##### 1 ./ 0 * +,$* 3. ,MAC MDA∆ ∆ đồng dạng ⇒ MC.MD= MA 2 ∆ MAO vuông tại A, Đường cao AE ⇒ ME.MO = MA 2 ⇒ ME.MO
Ngày đăng: 05/02/2015, 12:00
Xem thêm: de va dap an thi vao 10 tat ca cac tinh 2013, de va dap an thi vao 10 tat ca cac tinh 2013
