tổng hợp các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán có đáp án

77 791 0
tổng hợp các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

TRƯỜNG THCS TƠ HIỆU ĐỀ THI THỬ LẦN Đề gồm 02 trang KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : TỐN Thời gian làm 120 phút (khơng kể giao đề) Ngày thi : / /2012 Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm: Câu Rút gọn biểu thức + kết C 2 D A 10 B 16 Câu Phương trình sau có hai nghiệm trái dấu A x2 + x = B x2 + = C x2 -1 = D x2 +2x + = Câu Đường thẳng y = mx + m cắt đường thẳng y = x + điểm có hồnh độ A m = B m = -2 C m = D m = m = -2 Câu Hàm số y = |(m - 1)x + 2012| đồng biến ¡ A m ∈ ¡ B m > C m < D m ≠ Câu Phương trình ( x − 1) x − = có tập nghiệm A { 1;3} B { −1;1} C { 3} D { −1;1;3} Câu Cho đường tròn (O; R) có chu vi 4π cm Khi hình tròn (O; R) có diện tích D π cm2 A 4π cm2 B 3π cm2 C 2π cm2 Câu Cho biết sin α = , cos α 5 A B C D 5 Câu Một hình trụ có chiều cao cm, bán kính đáy cm Khi diện tích mặt xung quanh hình trụ A 12π cm2 B 24π cm2 C 40π cm2 D 48π cm2 Phần 2- Tự luận (8,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho biết a = + b = − Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab Giải phương trình hệ phương trình sau:  2x + y = a) x4 + 3x2 – = b)  3x + 4y = -1 Câu 10 (2,0 điểm) 1 Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) song song với đường thẳng 2x + y = Tìm hệ số a b Cho phương trình bậc hai ẩn x: x2 – (m – 2)x – m2 + 3m – = (1) (m tham số) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b) Tìm m để tỉ số hai nghệm phương trình (1) có giá trị tuyệt đối Câu 11 (3,25 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Điểm C thuộc đường tròn (O) ( CB < CA, C khác A B) Gọi D điểm cung AC, E giao điểm AD BC 1) Chứng minh tam giác ABE cân B · · 2) Gọi F điểm thuộc đường thẳng AC cho C trung điểm AF Chứng minh EFA = EBD 3) Gọi H giao điểm AC BD, EH cắt AB K, KC cắt đoạn EF I Chứng minh a) Chứng minh tứ giác EIBK nội tiếp b) HF EI EK = + BC BI BK Câu 12 (0,75 điểm): Thí sinh chọn hai sau y - 2010 − x - 2009 − z - 2011 − + + = Bài 1: Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 x Bài 2: Cho f ( x ) = Hãy tính giá trị biểu thức sau: − 3x + 3x   A= f  ÷+  2012    f ÷ + +  2012   2010  f ÷+  2012   2011  f ÷  2012  ======Hết====== Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2: Phần I II Câu9 (2 đ) Câu10 (2 đ) Câu 1: D; Câu 5: C; Câu 2: C; Câu 6: A; Hướng dẫn chấm thi đáp án Câu 3: D; Câu 4: D Câu 7: C; Câu 8: B Mỗi câu cho 0,25 Ta có: a + b = ( + ) + ( − ) = a.b = ( + )( − = Suy P = 2a.Đặt x2 = y, y ≥ Khi PT cho có dạng: y2 + 3y – = (1) Phương trình (1) có tổng hệ số nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - Do y ≥ nên có y1 = thỏa mãn Với y1 = ta tính x = ± Vậy phương trình có nghiệm x = ±  2x + y = 8x + 4y = 5x = x = ⇔ ⇔ ⇔ 2b  3x + 4y = -1 3x + 4y = -1  2x + y =  y = - 1.Viết đường thẳng 2x + y = dạng y = - 2x + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy a = - (1) 1 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có: = 2a + b (2) 2 điểm 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy a = - b = 0,25 2a) (0,5 điểm) PT (1) có a.c = 1(-m2 + 3m – 4) = -(m – 1,5)2 – 1,75 < với m Suy 0,5 PT ln có hai nghiệm phân biệt (trái dấu) 2b) (0,75 điểm) PT (1) có nghiệm nghiệm phân biệt trái dấu tỉ số hai nghiệm nên x1 = -2x2 0,25 x2 = -2x1 hay (x1 + 2x2)(x2 + 2x1) =  x1x2 + 2(x1 + x2)2 = (*) Theo định lý Viet: x1 + x2 = m – 2, x1.x2 = -m2 + 3m – Thay vào (*) ta được: -m2 + 3m – + 2(m – 2)2 =  m2 – 4m + = 0,25  m = m = 0,25 E D I F C H A Câu 11 (3,25đ) K 0,5 B 1) + Ta có góc AEB góc có đỉnh ngồi đường tròn chắn cung DC chắn nửa đường tròn đường kính AB nên ·AEB = ( sd »AB − sd DC » ) = sd »AD + sd BC » 2 » » » · = sd BD = sdCD + sdCB + Góc EAB góc nội tiếp chắn cung BD nên EAB 2 » + Ta có D điểm cung AC nên »AD = DC + Suy góc AEB = góc EAB suy tam giác BAE cân B 2) + Chỉ tam giác AEF cân E suy góc EFA = góc EAF + Ta có gócEAF = góc EBD (góc nội tiếp chắn cung CD) + Vậy góc EFA = góc EBD góc EAF 3a) + Theo câu 2, góc EFA = góc EBD suy tứ giác EFBH nội tiếp + Tứ giác EFBH nội tiếp suy góc FEB = góc FHB + Chỉ EK vng góc với AB tứ giác HCBK nội tiếp suy gócCHB= gócCKB 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Từ suy góc IEB = góc IKB tứ giác EIBK nội tiếp 3b) +Ta có HF HC + CF HC CF = = + BC BC BC BC +Bằng cách cặp tam giác đồng dạng, chứng minh HC EI FC EK = ; = BC BI BC BK 0,5 HF EI EK = + BC BI BK x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c + Cộng đẳng thức suy Bài 1: Đặt (với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành: a-1 b-1 c-1 1 1  1 1  1 1  + + = ⇔  − + ÷+  − + ÷+  − + ÷ = a b c 4 a a  4 b b  4 c c  2 0,75 1 1 1 1 1 1 ⇔  − ÷ + − ÷ + − ÷ = ⇔ a 2 a 2 b 2 c =b=c=2 Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015 Bài 2: Nhận xét Nếu x + y = f ( x ) + f ( y ) = (1− x) ⇒ f ( y ) = f ( 1− x) = Thật vậy, ta có f ( x ) = 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) 1− x) ( x3 Câu12 + = suy f ( x ) + f ( y ) = f ( x ) + f ( − x ) = 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) x3 suy ( 1− x) = f ( x) + f ( y) = f ( x) + f ( 1− x) = + 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) x3 1 Vậy, nhận xét chứng minh Ta có f  ÷ = 2 Theo nhận xét ta có:     2011       2010   A= f  ÷+ f  ÷÷+  f  ÷+ f  ÷÷+ +  2012     2012   2012     2012     §Ị C©u1 :  1005  f ÷+  2012   1007   f ÷÷+  2012    1006  f ÷ = 1005 +  2012  1 f  ÷ = 1005,5 2 Cho biĨu thøc  x3 −1  x +  x (1 − x ) + x  − x  : A=  Víi x≠ ;±1 x2 −  x −1  x +  a, R gän biĨu thøc A b , TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc cho x= + 2 c T×m gi¸ trÞ cđa x ®Ĩ A=3 0,75 C©u2.a, Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh: ( x − y ) + 3( x − y ) =  2 x + y = 12 b Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: x − x − x − 15 x= ± 17 C©u : a)§Ỉt x-y=a ta ®ỵc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 ( x − y ) + 3( x − y ) = Tõ ®ã ta cã  x + y = 12  x − y = *  (1) 2 x + y = 12  x − y = −4 * (2) 2 x + y = 12 Gi¶i hƯ (1) ta ®ỵc x=3, y=2 Gi¶i hƯ (2) ta ®ỵc x=0, y=4 VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm lµ x=3, y=2 hc x=0; y=4 a) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x VËy bÊt ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi x-5>0 =>x>5 C©u 3: Ph¬ng tr×nh: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 • XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1 • XÐt 2m-1≠0=> m≠ 1/2 ®ã ta cã ∆, = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0) m − m +1 víi m≠ 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= = 2m − 2m − 1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1<  >0  =>  2m − =>m E,F thc ®êng trßn ®êng kÝnh BK hay ®iĨm E,F,B,K thc ®êng trßn ®êng kÝnh BK b ∠ BCF= ∠ BAF Mµ ∠ BAF= ∠ BAE=450=> ∠ BCF= 450 Ta cã ∠ BKF= ∠ BEF Mµ ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA lµ ®êng chÐo cđa h×nh vu«ng ABED)=> ∠ BKF=450 V× ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam gi¸c BCK vu«ng c©n t¹i B §Ị ( )   x x −1 x x +1  x − x +1 : Bµi 1: Cho biĨu thøc: P =  −   x −1 x − x x + x    a,Rót gän P b,T×m x nguyªn ®Ĩ P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*) a.T×m m ®Ĩ ph¬ng tr×nh (*) cã nghiƯm ©m   3 x1 − x2 =50 b.T×m m ®Ĩ ph¬ng tr×nh (*) cã nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt x1, x2Chøng minh: a,Ph¬ng tr×nh ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt t1 vµ t2 b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥ Bµi 4: Cho tam gi¸c cã c¸c gãc nhän ABC néi tiÕp ®êng trßn t©m O H lµ trùc t©m cđa tam gi¸c D lµ mét ®iĨm trªn cung BC kh«ng chøa ®iĨm A a, X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iỴm D ®Ĩ tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh b, Gäi P vµ Q lÇn lỵt lµ c¸c ®iĨm ®èi xøng cđa ®iĨm D qua c¸c ®êng th¼ng AB vµ AC Chøng minh r»ng ®iĨm P; H; Q th¼ng hµng c, T×m vÞ trÝ cđa ®iĨm D ®Ĩ PQ cã ®é dµi lín nhÊt Bµi 5: Cho hai sè d¬ng x; y tho¶ m·n: x + y ≤ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa: A = 501 + x +y xy §¸p ¸n Bµi 1: (2 ®iĨm) §K: x ≥ 0; x ≠ ( a, Rót gän: P = x( x − 1) : x − z x( x − 1) x −1 b P = x +1 = 1+ x −1 §Ĩ P nguyªn th× x −1 ) P= x −1 ( x − 1) = x +1 x −1 x −1 = ⇒ x =2⇒ x=4 x − = −1 ⇒ x = ⇒ x = x −1 = ⇒ x = ⇒ x = x − = −2 ⇒ x = −1( Loai ) VËy víi x= { 0;4;9} th× P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: §Ĩ ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm ©m th×: (  ∆ = 25 >  ⇔ (m − 2)(m + 3) > ⇔ m < −3  m < −  ) ∆ = ( 2m + 1) − m + m − ≥   x1 x = m + m − >  x + x = 2m + <  b Gi¶i ph¬ng tr×nh: ( m − 2) − (m + 3) = 50 ⇔ 5(3m + 3m + 7) = 50 ⇔ m + m − =  −1+ m1 =  ⇔ m = − −  2 Bµi 3: a V× x1 lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0 1 V× x1> => c   + b + a = Chøng tá x1 x1 x  + a = 0; t1 = lµ mét nghiƯm d¬ng cđa ph¬ng tr×nh: ct2 + bt V× x2 lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: x1 ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 1 1 v× x2> nªn c   + b.  + a = ®iỊu nµy chøng tá lµ mét nghiƯm d¬ng cđa ph¬ng tr×nh x x x  2  2 ct2 + bt + a = ; t2 = x2 VËy nÕu ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c =0 cã hai nghiĐm d¬ng ph©n biƯt x1; x2 th× ph¬ng tr×nh : ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt t1 ; t2 t1 = b Do x1; x1; t1; t2 ®Ịu lµ nh÷ng nghiƯm d¬ng nªn t1+ x1 = + x1 ≥ x1 Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 ≥ t + x2 = + x2 ≥ x2 1 ; t2 = x1 x2 Bµi a Gi¶ sư ®· t×m ®ỵc ®iĨm D trªn cung BC cho tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh Khi ®ã: BD//HC; CD//HB v× H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC nªn CH ⊥ AB vµ BH ⊥ AC => BD ⊥ AB vµ CD ⊥ AC A 0 Do ®ã: ∠ ABD = 90 vµ ∠ ACD = 90 VËy AD lµ ®êng kÝnh cđa ®êng trßn t©m O Ngỵc l¹i nÕu D lµ ®Çu ®êng kÝnh AD H cđa ®êng trßn t©m O th× tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh P a V× P ®èi xøng víi D qua AB nªn ∠ APB = ∠ ADB B nhng ∠ ADB = ∠ ACB nhng ∠ ADB = ∠ ACB Do ®ã: ∠ APB = ∠ ACB MỈt kh¸c: ∠ AHB + ∠ ACB = 1800 => ∠ APB + ∠ AHB = 1800 Tø gi¸c APBH néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn nªn ∠ PAB = ∠ PHB Mµ ∠ PAB = ∠ DAB ®ã: ∠ PHB = ∠ DAB Chøng minh t¬ng tù ta cã: ∠ CHQ = ∠ DAC VËy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 1800 Ba ®iĨm P; H; Q th¼ng hµng c) Ta thÊy ∆ APQ lµ tam gi¸c c©n ®Ønh A Q O C D Cã AP = AQ = AD vµ ∠ PAQ = ∠ 2BAC kh«ng ®ỉi nªn c¹nh ®¸y PQ ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt  AP vµ AQ lµ lín nhÊt hay  AD lµ lín nhÊt  D lµ ®Çu ®êng kÝnh kỴ tõ A cđa ®êng trßn t©m O §Ị Bµi 1: Cho biĨu thøc: P= x − y ( − ) ( xy )( ) ( x + y )(1 − y ) x + y) x +1 x + 1− y a) T×m ®iỊu kiƯn cđa x vµ y ®Ĩ P x¸c ®Þnh Rót gän P b) T×m x,y nguyªn tháa m·n ph¬ng tr×nh P = Bµi 2: Cho parabol (P) : y = -x2 vµ ®êng th¼ng (d) cã hƯ sè gãc m ®i qua ®iĨm M(-1 ; -2) a) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cđa m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iĨm A , B ph©n biƯt b) X¸c ®Þnh m ®Ĩ A,B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung Bµi 3: Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh : x + y + z =  1 1  + + =1 x y z  xy + yz + zx = 27 Bµi 4: Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB = 2R vµ C lµ mét ®iĨm thc ®êng trßn (C ≠ A ; C ≠ B ) Trªn nưa mỈt ph¼ng bê AB cã chøa ®iĨm C , kỴ tia Ax tiÕp xóc víi ®êng trßn (O), gäi M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cđa cung nhá AC Tia BC c¾t Ax t¹i Q , tia AM c¾t BC t¹i N a) Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R 1 1 + + = Bµi 5: Cho x, y, z ∈ R tháa m·n : x y z x+ y+z H·y tÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) §¸p ¸n Bµi 1: a) §iỊu kiƯn ®Ĩ P x¸c ®Þnh lµ :; x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ x(1 + *) Rót gän P: P = = = = ( x ) − y (1 − ( x + ) y ( x − y ) + x x + y y − xy ( ( x + )( x + y ( y 1+ )( x − )( x + y +x− x − y + y − y x b) P = ⇔ ⇔ ⇔ x + ( ( x + )( y ( xy − xy − y = )( ) ( y − x −1 + y ) y x 1− x + x1+ x ) ) )( y 1+ ( x + y ) (1 − y ) xy + y − xy x 1− = (1 − y ) ) (1 + x 1− y 1+ VËy P = )( ( y ) − xy ) x = y ) − (1 − y ) ( ) ) x +1 − ( y 1− y ) y ( ) ( x +1 + y 1+ (1 + x ) (1 − y ) = x + xy − )( x 1− x ) y y ) ) y +1 =1 y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vµo ta cãc¸c cỈp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n Bµi 2: a) §êng th¼ng (d) cã hƯ sè gãc m vµ ®i qua ®iĨm M(-1 ; -2) Nªn ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) lµ : y = mx + m – Hoµnh ®é giao ®iĨm cđa (d) vµ (P) lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: - x2 = mx + m – ⇔ x2 + mx + m – = (*) V× ph¬ng tr×nh (*) cã ∆ = m − 4m + = ( m − ) + > ∀ m nªn ph¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiƯm ph©n biƯt , ®ã (d) vµ (P) lu«n c¾t t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A vµ B b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m < x + y + z = (1)  1 1 ( 2) Bµi :  + + = x y z  xy + yz + xz = 27 ( 3) §KX§ : x ≠ , y ≠ , z ≠ ⇒ ( x + y + z ) = 81 ⇔ x + y + z + ( xy + yz + zx ) = 81 ⇔ x + y + z = 81 − ( xy + yz + zx ) ⇔ x + y + z = 27 ⇒ x + y + z = ( xy + yz + zx ) ⇒ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) = ( x − y ) = x = y   ⇔ ( y − z ) = ⇔ y = z ⇔ x= y = z ( z − x ) = z = x   Thay vµo (1) => x = y = z = Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hƯ ph¬ng tr×nh VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x = y = z = Bµi 4: a) XÐt ∆ ABM vµ ∆ NBM Q Ta cã: AB lµ ®êng kÝnh cđa ®êng trßn (O) nªn :AMB = NMB = 90o M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cđa cung nhá AC N nªn ABM = MBN => BAM = BNM => ∆ BAN c©n ®Ønh B Tø gi¸c AMCB néi tiÕp C => BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB) M => MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM) => Tam gi¸c MCN c©n ®Ønh M b) XÐt ∆ MCB vµ ∆ MNQ cã : MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; MB = MQ ( theo gt) B A ∠ BMC = ∠ MNQ ( v× : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ) O => ∆ MCB = ∆ MNQ (c g c) => BC = NQ XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC ⊥ BQ ⇒ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( − 1) R Bµi 5: 1 1 1 1 =0 Tõ : + + = => + + − x y z x+ y+z x y z x+ y+z x+ y x+ y+z−z + =0 => xy z( x + y + z )    = ⇒ ( z + y )  +  xy z ( x + y + z )   zx + zy + z + xy   = ⇒ ( x + y )   xyz ( x + y + z )  ⇒ ( x + y )( y + z ) ( z + x ) = Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) 3 VËy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 §Ị Bµi 1: 1) Cho ®êng th¼ng d x¸c ®Þnh bëi y = 2x + §êng th¼ng d/ ®èi xøng víi ®êng th¼ng d qua ®êng th¼ng y = x lµ: (Chọn phương án cho câu ghi vào giấy làm Ví dụ: câu chọn A ghi 1.A) Câu Cho x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x − x + = Khi ( x1 + 1) ( x2 + 1) hai nghiệm phương trình: A x − x + = B x − x + = C x − x + = D x − x + = Câu Cho x1 , x2 hai nghiệm dương phương trình: x − x + = Khi x1 x2 hai nghiệm phương trình: A x − 3x + = B x − x + = C x − 3x − = D x − x − = Câu 3.Cho ba đường thẳng: ( d1 ) : y = x − ; ( d ) : y = − x + ; ( d ) : y = mx − m Để ba đường thẳng đồng quy thì m phải thoả điều kiện: A m = −1 B m = C m = D m = Câu Cho parabol ( P ) : y = ax điểm A − 2;1 Để ( P ) qua A thì a phải thoả điều ( ) kiện: A a = − B a = + 2 C a = − 2 D + 2 Câu Cho phương trình ( m − 1) x − 2mx − m + = có nghiệm m thoả điều kiện: A m ≥ B m ≤ C m ≠ D Với giá trị Câu Cho phương trình ( m + 1) x − 2mx + m = có hai nghiệm phân biệt m thoả điều kiện: A m > B m < C m < m ≠ −1 D m > m ≠ Câu Tam giác ABC có đợ dài ba cạnh là: 3a;4a;5a Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng: A a B a C 5a D 5a 2µ Câu Cho tứ giác ABCD nợi tiếp đường tròn Biết µA = C , số đo góc µA bằng: A 600 B 720 C 1080 D 1200 Câu Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 5a Hai dây AB CD song song C, D tḥc cung nhỏ »AB Biết AB = 8a; CD = 6a , khoảng cách giửa hai dây bằng: A 1a B 2a C 3a D 5a Câu 10 Nếu diện tích mặt cầu tăng lên lần thì thể tích hình cầu tăng lên lần?: A 2 B.2 C.4 D II PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm 120 phút/15 điểm Bài (3,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1) – m +1 = Xác định m để phương trình có hai nghiệm khác Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả: 1 − = x1 x2 Bài (3,5 điểm) − x2 Cho parabol (P) : y = đường thẳng (d) : y = −mx + 2m ; ( m tham số) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Xác định toạ đợ điểm tiếp xúc Chứng minh (d) ln qua mợt điểm cố định I, xác định toạ đợ I Gọi A, B hai điểm tiếp xúc câu a) Tính diện tích tam giác AIB Bài (3,5 điểm) Giải phương trình: x2 + x2 − = x2 −  x + y = 4( x + y ) Giải hệ phương trình:  2  x + y = Bài (2,5 điểm) Cho A M hai điểm đường tròn tâm O, bán kính R; B điểm đối xứng O qua A D trung điểm OA Chứng minh hai tam giác ∆OMD ∆OBM đồng dạng · Tính đợ dài MB MOA = 600 Cho C điểm cố định nằm ngồi đường tròn, xác định vị trí M đường tròn để tổng 2MC + MB đạt giá trị nhỏ Bài (2,0 điểm) Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y − x y − xy = BÀI GIẢI I PHẦN TRẮC NGHIỆM: 1.C 2.A 3.D 4.D 5.D 6.C 7.B 8.B II PHẦN TỰ LUẬN: Bài 1: Phương trình x − 2(m + 1) x − m + = (1) 1) Phương trình (1) có hai nghiệm khác 9.A 10.A m ≥  m ≥ ∆ ' ≥ ( m + 1)2 + m − ≥ m(m + 3) ≥    ⇔ ⇔ ⇔   m ≤ −3 ⇔  m ≠ m ≠ −m + ≠ m ≠ m ≠  m ≤ −3  Vậy : m ≥ 0, m ≠ m ≤ −3 2) Áp dụng hệ thức Vi- ét, ta có:  x1 + x2 = 2m + 1 x −x − =2⇔ =2 Do đó:  x1 x2 x1 x2  x1 x2 = − m + ⇔ ( x1 − x2 )2 = 4( x1 x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4( x1 x2 ) ⇔ (2m + 2) − 4(−m + 1) = 4(−m + 1)2 ⇔ 20m − = ⇔m= Vậy : m= 5 Bài 2: 1) Phương trình hồnh đợ giao điểm (P) và(d) là: Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) m = ⇔ ∆ ' = m − 4m = ⇔  m = • Với m = ⇒ tiếp điểm 0(0;0) • Với m = ⇒ tiếp điểm B(4;8) 2) Phương trình: y = −mx + 2m ⇔ (− x + 2)m − y = − x + = ⇔ , ∀m − y =  x = ⇔ y = Vậy : I(2;0) 3) S AIB = AI BH (H hình chiếu B /Ox) 2.8 = (đvdt) Bài 3: 1) Phương trình = x2 + x2 − = x2 − Đặt t = x − ≥ , Khi đó,ta có phương trình: t +4+4 t =t ⇔ ( t + 2) = t ⇔ t +2 =t ⇔ t − t − = (do t + > )  t = −1 (loai ) ⇔  t = (nhan) Do : t = x − = ⇔ x = ±2 Vậy phương trình có nghiệm x = ±2  x + y = 4( x + y ) (1) 2) Hệ phương trình  2 (2)  x + y = Ta có : (1) ⇔ ( x + y ) = ( x + y ) ⇔ ( x + y ) + 3xy ( x + y ) − ( x + y ) = ⇔ −3 ( x + y ) + 3xy ( x + y ) = ⇔ −3 ( x + y ) ( x − y ) = ⇔ ( x + y ) ( x + y ) − xy  =   a = x + y (2) ⇔ ( x + y ) − xy = Đặt  ta được: b = xy  a = 0, b = −  3a =    3a ( a − 4b ) = a − b = 1  ⇔ ⇔   a = 2, b =   a − 2b =  a − 4b =    a − 2b =   a = − 2, b =   a = x + y =  2  2   ⇒ ⇒ ( x, y ) =  ,− , Với  ÷;  − ÷ 1 2 2  b = − xy = −       a = x + y =  2   ⇒ ⇒x = y = Với  ÷ 1   b =  xy =   a = − x + y = −  2   ⇒ ⇒ x = y = − Với   ÷  1 b = xy =        2  2  2 ;− ; ; Vậy hệ pt cho có nghiệm: ( x, y ) =  ÷ , − ÷ , ÷, 2 2 2        2 ;− − ÷   Bài 4: B B' C 1) ∆OMD ∆OBM có: Ơ : góc chung OM OD = (= ) OB OM DM = BM M A · 2) ∆MOA ( OA = OM MOA = 600 ) nên: A' MD vng góc với OA D D R ⇒ MD = OD = E O DM = Mà (cmt) Do đó: BM MB = MD = R (đvđd) 3) Vẽ (d) qua C cắt (O) M N, tiếp tuyến CE Ta có : ∆CME : ∆CEN (g.g) N CM CE ⇒ = ⇔ CE = CM CN CE CN 2 Mà CE = CO − R ( khơng đổi C cố định) Theo BĐT Cơ-si , ta có: CM + CN ≥ CM CN = CO − R (1) Dấu “=” xãy CM = CN Khi M ≡ N ≡ E M ≡ N ≡ A ' ⇔ CM tiếp tuyến đường tròn (O) (1) ⇒ 2CM + CN ≥ 2CM CN = 2(CO − R ) Dấu “=” xãy 2CM = 2(CO − R ) CN Khi đ ó : 3CM = 2(CO − R ) ⇔ 2CM = 2(CO − R ) + R Mặt khác: BM ≥ OB − OM = R − R = R Suy ra: 2CM + BM ≥ ⇔ A ≡ M Vậy :2CM + BM đạt GTNN CM tiếp tuyến (O) Bài 5: 3 Phương trình : x + y − x y − xy = ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) = Do ∆OMD : ∆OBM (c.g.c) ⇒ ⇔ ( x + y) ( x − y) =   x + y =  ( x − y ) = ⇔  x + y =  x − y = )  ( (VN / Z ) x = ⇔ y = x = hoac  y = Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x,y) = (2;3) ; (3;2) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 MƠN THI: TỐN (chun) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/6/2011 Câu (1,5 điểm)  x Cho biểu thức A =   x +3 + 3x +   x −  − ÷ (víi x ≥ 0, x ≠ 9) ÷:  ÷ x −3 x −9 ÷   x −3  x − a) Rút gọn A b) Tìm x để A = −1 Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y = x (P) y = (m + 3) x − m + (d) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Chứng tỏ (d) ln ln cắt (P) hai điểm phân biệt Câu (1,5 điểm)  5 x −  Giải hệ phương trình:  3 x +   10 y =1 y2 +1 20 y = 11 y2 +1 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x + 2mx + = (1) Tìm m để X = x12 ( x12 − 2012) + x2 ( x2 − 2012) đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ ( x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1)) Câu (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; nửa đường tròn lấy điểm C (cung BC nhỏ cung AB), qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn tâm O cắt AB D Kẻ CH vng góc với AB (H ∈ AB), kẻ BK vng góc với CD (K ∈ CD); CH cắt BK E a) Chứng minh: CB phân giác góc DCE b) Chứng minh: BK + BD < EC c) Chứng minh: BH AD = AH BD Câu (1 điểm)     Chứng minh rằng: 21  a + ÷+  b + ÷ > 31 , với a, b > b a     HẾT -(Thí sinh sử dụng máy tính theo quy chế hành) Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN CÂU NỢI DUNG a) Với x ≥ 0, x ≠ ta có:  x x 3x +   x −  A=  + − − 1÷ ÷:   x +3 ÷ x −3 x −9 ÷    x −3   x ( x − 3) + x ( x + 3) − x −   x − − x +  = :  ( x + 3)( x − 3) x −3     x − x + x + x − 3x − x + −3 x − x −3 = : = × ( x + 3)( x − 3) x − ( x + 3)( x − 3) x + −3( x + 1) −3 = ( x + 3)( x + 1) x +3 −1 b) Tìm x để A = −3 −1 −1 ⇔ = ⇔ x + = ⇔ x = ⇔ x = 36 (thỏa mãn x ≥ 0, x ≠ ) A= x +3 −1 Vậy A = x = 36 a) Vẽ đồ thị (P): y = x = Ta có bảng giá trị: x -2 y -1 0 1 ĐIỂ M b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x = (m + 3) x − m + ⇔ x − (m + 3) x + m − = (1) a = ; b = −(m + 3) ; c = m − Ta có: ∆ = [ −(m + 3)] − 4.1.(m − 3) = m + 6m + − 4m + 12 = ( m + 1)2 + 20 > víi ∀m ⇒ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇒ (d) ln ln cắt (P) hai điểm phân biệt  10 y 5 x − y + = 10 y  =v (I)  Đặt x = u ( u ≥ ) y + 20 y 3 x + = 11  y2 +  5u − v = 10u − 2v = 13u = 13 u = ⇔ ⇔ ⇔ Hệ (I) trở thành:  3u + 2v = 11 3u + 2v = 11 5u − v = v = Với u = ⇒ x = ⇔ x = ±1 y = 10 y = ⇔ y − 10 y + = ⇔  Với v = ⇒ y = y +1  Thử lại ta thấy hệ (I) với x = ±1; y = hc y = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm (1 ; 2) ; (1 ; ) ; (-1 ; 2) ; (-1 ; ) 2 Phương trình: x + 2mx + = (1) Ta có: ∆ ' = m −  m < −1 m > Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' > ⇔ m − > ⇔   x1 + x2 = −2 m (I) x x =  Theo Viet ta có:  2 2 4 Theo đề ta có: X = x1 ( x1 − 2012) + x ( x − 2012) = x1 − 2012 x1 + x − 2012 x2 = ( x12 + x2 )2 − x12 x2 − 2012( x12 + x2 ) = ( x1 + x2 )2 − x1 x2  − 2( x1 x2 )2 − 2012 ( x1 + x2 )2 − x1 x2  Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta có: X = (4 m − 2)2 − 2012(4 m − 2) − = (4 m − 2)2 − 2.(4 m − 2).1006 + 1006 − 1006 − 2 = (4m − 2) − 1006  − (10062 + 2) ≥ -(10062 + 2) X đạt(O;); giá Ctrị nhỏ 4m − − 1006 = ⇔ m = 1008 ⇔ m = 252 CD: tiếp tuyến; CD cắt AB D m = GT ⇔ CH  thỏa điều kiện phương trình có nghiệm BK −6 7BK E  m =, CH Khi minX = -(10062 + 2) a) CB phân giác b) BK + BD < EC KL c) BH AD = AH BD a) Chứng minh CB phân giác của góc DCE · · » Ta có: DCB = CAB (cïng ch¾n BC) · · BCE = CAB (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc) · · ⇒ DCB = BCE Do CB tia phân giác góc DCE b) Chứng minh BK + BD < EC  EK ⊥ CD (BK ⊥ CD) ⇒ B lµ trùc t©m cđa ∆CDE  DH ⊥ CE (CH ⊥ AB) ⇒ CB ⊥ DE t¹i F hay CB đường cao ∆CDE Mà CB tia phân giác góc Xét ∆CDE có:  DCE nên ∆CDE cân C · · ⇒ CED = CDE ¶ µ Mặt khác: D = E1 (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc) Do ∆BDE cân B ⇒ BD = BE ⇒ BD + BK = BE + BK = EK ¶ · ⇒ D2 = E2 Trong tam giác CKE vng K có: EK < EC (cạnh huyền lớn nhất) ⇒ BK + BD < EC c) Chứng minh BH AD = AH BD · Xét tam giác ABC có: ACB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nưa ® êng trßn) ⇒ BH BA = BC (hệ thức cạnh đường cao tam giác vng) BH BC = ⇒ BH BD = BC BF BF BD ⇒ BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) ⇔ BH AD = BC CF (1) Ta lại có: ∆BHC ~ ∆BFD (g-g) ⇒ Mặt khác ta có: AC // DE (cùng vng góc với CF) ·  ¶ AH AC ⇒ D = CAB (so le trong) ⇒ ∆ACH ~ ∆DBF (g- g) ⇒ =  · · DF BD  mµ AHC = DFB = 90 ⇒ AH BD = DF AC (2) AC CF = ⇒ BC CF = DF AC (3) Mặt khác: ∆ABC ~ ∆CDF (g -g) ⇒ BC DF Từ (1); (2) (3) suy ra: BH AD = AH BD  1  1 21 *Ta có: 21  a + ÷+  b + ÷ = 21a + + 3b + b a b a   Với a, b > Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta được: 3 ≥ 21a × = (1) a a 21 21 3b + ≥ 3b × = (2) b b 21a +   1   1 Cộng vế (1) (2) ta được: 21 × a + ÷+ × b + ÷ ≥ 12 a b   Mà: 12 = 144.7 = 1008 ; 31 = 31 = 961 ⇒ 12 > 31 1 1   ⇒ 21 × a + ÷+ × b + ÷ > 31 (đpcm) a b   HẾT Gv sưu tầm biên soạn: Tạ Minh Bình Trường: THCS Thạnh Lợc-Châu Thành- Kiên GiangEmail: gv.minhbinhkg@gmail.com ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2011-2012 SỞ GD-ĐT Phòng GD Mơn thi : TỐN Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (1 điểm) Tính : 8+ 2 3− − 2+3 2 + 1− Bài 2: (3 điểm) Cho phương trình ( ẩn số x ) : mx2 – ( 5m – )x + 6m – = (1) a) Giải phương trình (1) m = b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm c) Tìm m để phương trình (1 ) có hai nghiệm hai số nghòch đảo Bài 3: (2 điểm) a) Vẽ đồ thò (P) hàm số y = x2 b) Trên (P) lấy hai điểm A B có hoành độ -2 Viết phương trình đường thẳng AB Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, AC dây cung Kẻ tiếp tuyến Ax kẻ đường phân giác góc CAx cắt đường tròn E cắt BC kéo dài D a) Chứng minh tam giác ABD cân OE // BD b) Gọi I giao điểm AC BE Chứng minh DI ⊥ AB c) Tìm quỹ tích D C di động nửa đường tròn (O) ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN Bài 1.( điểm ) (8 + 2 )(3 + ) − ( = 9−2 + + 2 − − − 14 = + + 2 − − 14 = + + + − − 14 = =-1 ( )( ( )( ) + (1 + ) +3 ( 0,75 điểm ) 1− ) ) ( 0,25 điểm ) Bài ( điểm ) a) Khi m = 0, ta có phương trình 2x – = ⇔ x = b) m ≠ , ∆ = ( 5m − 2) – 4m( 6m – 5) ∆ = 25m − 20m + − 24m + 20m = m2 + > ∀m ≠ Vậy phương trình có nghiệm với giá trò m c) Điều kiện m ≠ Ta có x1 x2 = ( x1 , x2 nghòch đảo ) 6m − =1 Hay m Ta : m = Bài ( điểm ) ( 0,75 điểm ) ( 0,25 điểm ) ( 0,5 điểm ) ( 0,25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, điểm ) y y A a) Hàm số y = x2 xác1đònh tập số thực R hàm số y = x2 nghòch biến x < 0, đồng biến x > -2 -1 x -2 O -1 O B ( 0, 25 điểm ) x - Vẽ xác, đồ thò b) A( -2 ; yA ) ∈ (P ) ⇒ yA = A( -2 ; ) B(1 ; yB ) ∈ (P ) ⇒ yB = B( ; ) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b 4 = −2a + b Vì A, B thuộc ( d ) ⇒  1 = a + b Ta tìm a = - ; b = Vậy phương trình ( d) : y = - x + Bài ( điểm ) x ( 0, 75 điểm ) ( 0, điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) D E C I A O B a) Ta có : ∠ ADB + ∠ DAC = 900 ( ∠ C = 900 ) , ∠ DAB + ∠ A = 900 ( 0,5 điểm) : ∠ xAD = ∠ DAC nên : ∠ ADB = ∠ DAB ⇒ ∆ABD cân B ( 0, điểm ) b) ∆ABD , BE AC hai đường cao, chúng cắt I Nên OI đường cao thứ ba, ⇒ DI ⊥ AB ( điểm ) c) Theo Cm câu a) ta có : DB = AB = 2R ( kh6ng đ6ỉ ), nên D nằm đường tròn tâm B, bán kính 2R ý nói thêm phần giới hạn ( điểm ) [...]... kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức đáp án Câu 1 : 1) A = 1 + 1 + 1 + .+ 1 3+ 5 5+ 7 7+ 9 97 + 99 1 1 = ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .+ 99 97 ) = ( 99 3 ) 2 2 35 = 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 99 số 3 =33 +2 +333+2 +3333+2+ .+ 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + 1 ( 99+999+9999+ +999 99) 3 1 ( 102 -1 +103 - 1 +104 - 1+ +101 00 1) = 198 33 + 3 101 01 10 2 +165 B = 27... 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1 và 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10) (x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 1 AD = AB Ta có D là điểm cố... ta có : (x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0 Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa Với x < 1 Ta có : ( x 1)( x 3) x 2 4x + 3 P= = = 3 x 1 x 1 x Đề 11 Câu 1 : a Rút gọn biểu thức A = 1 + b Tính giá trị của tổng 1 1 + 2 a ( a + 1) 2 B = 1+ Với a > 0 1 1 1 1 1 1 + 2 + 1 + 2 + 2 + + 1 + 2 + 2 1 2 2 3 99 100 2 Câu 2 : Cho pt x 2 mx + m 1 = 0 a Chứng minh rằng pt luôn luôn có. .. =10 BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10 AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C 1 10 10 = 5 ( đơn vị diện tích ) Vậy SABC = 1/2AC.BC = 2 Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng trình: P= + xyz = 2 u v = 5 2 3 u + v = 1 Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2 x = 10 Câu 4 B a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ABOC là hình D vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD... kính AB bán kính R Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D a.Chứng minh : AC BD = R2 b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng Chứng minh rằng : a+b 2 2a b + 2b a ( a + b) + 2 Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC Hớng dẫn giải Bài 1 Từ giả thi t ta có :... AH theo R và d Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) x 2 = 10 x = 12 f ( x) = 10 x 2 = 10 x = 8 c) A= x2 f ( x) = 2 x 4 ( x 2)( x + 2) Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A = 1 x+2 Với x < 2 suy ra... x=0 loại * x- 1 =2 thì x=5 vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1 Câu 2: Ta có x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m +10 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m-7-4 3 và m-7+4 3 (*) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x2-x1=1 (1) x1+x2=m+5 (2) x1x2 =-m+6 (3) Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo giả thi t ta có: 2x1+3x2 =13(1) x1+x2 = m+5(2) x1x2 =-m+6 (3) giải hệ ta đợc m=0 và m= 1 Thoả mãn... 4 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình 2 một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại bình Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán 3 kính hình cầu là A.2 ; B 3 2 ; C 3 3 ; D một kết quả khác Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b,... 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4 Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB A, B, C không thẳng hàng Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB2 = (-2 0)2 + (0 4)2 =20 AC2 = (-2 1)2 + (0 1)2 =10 BC2 = (0 1)2... a Bình phơng 2 vế A = 3) áp dụng câu a a2 + a +1 (Vì a > 0) a ( a + 1) 1 1 a a +1 A = 1+ 1 9999 = 100 100 Câu 2 a : cm 0 m B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 + x 2 = m 2m + 1 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn P= 2 m +2 x1 x 2 = m 1 1 P 1 2 1 GTLN = m = 2 2 GTNN = 1 m = 1 B = 100 Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc x( y x ) y( x y ) + 0 bđt 2 1 + x (1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy ... b)(4 + c) Có trờng hợp: + b = 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trờng hợp thứ cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10) (x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = Ta có (x + 2)(x... = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) ( 102 -1 +103 - 1 +104 - 1+ +101 00 1) = 198 33 + 101 01 10 +165 B = 27 Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 7x-14 = (x-2)(x+2)... GD&T VNH PHC CHNH THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2011-2012 THI MễN: TON Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Tin (Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao ) Cõu (3,0

Ngày đăng: 18/03/2016, 14:22

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • Bµi 3

    • C©u 2 ( 1 ®iÓm )

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan