bo-de-thi-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x 4 Tính giá trị A x = 36 x 2  x  x  16 2) Rút gọn biểu thức B   (với x  0; x  16 )  : x   x   x 4 3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: 12 Hai người làm chung công việc xong Nếu người làm người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2 x  y   1) Giải hệ phương trình:  6  1  x y 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x12  x 22  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB 1) Chứng minh CBKH tứ giác nội tiếp   ACK  2) Chứng minh ACM 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C 4) Gọi d tiếp tuyến (O) điểm A; cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm AP.MB nửa mặt phẳng bờ AB  R Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn MA thẳng HK Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x  2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1) Cho biểu thức A  M x  y2 xy VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 1) Với x = 36, ta có : A = 36  10   36  2) Với x  , x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)  x  (x  16)( x  2) x 2 B =  =    x  16  x  16 (x  16)(x  16) x  16  x  16 x 2  x 4  x 2 2 3) Ta có: B( A  1)    1     x  16  x   x  16 x  x  16 Để B( A  1) nguyên, x nguyên x  16 ước 2, mà Ư(2) = 1; 2 Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1 2 x 17 15 18 Kết hợp ĐK x  0, x  16 , để B( A  1) nguyên x  14; 15; 17; 18   14 Bài II: (2,0 điểm) Gọi thời gian người thứ hồn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK x  12 Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ) 1 Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm (cv) x x2 12 12 Vì hai người làm xong công việc nên hai đội làm 1: = (cv) 5 12 Do ta có phương trình 1   x x  12 x2 x   x( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 = ’ = 49 + 120 = 169,  ,  13  13 6  13 20    (TMĐK) => x  (loại) x  5 5 Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = 2 x  y   Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:  , (ĐK: x, y  )   1  x y VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 4 4 10   1   x  x  y   x   x x x  Hệ   (TMĐK)    2  y  6   2   2   2  y    x y  x y  x y Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) 2) + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m  x1  x2  m  + Theo ĐL Vi –ét, ta có:   x1 x2  3m  m Khi đó: x12  x22   ( x1  x2 )2  x1 x2   (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = 3 Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy C Bài IV: (3,5 điểm) M H E A K O B   900 ( chắn nửa đường trịn đk AB) 1) Ta có HCB   900 (do K hình chiếu H AB) HKB   HKB   1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB => HCB ACM   ABM (do chắn  AM (O)) 2) Ta có      đtròn đk HB) ACK  HCK  HBK (vì chắn HK ACM   ACK Vậy    900 AC  sd BC 3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC sd  Xét tam giác MAC EBC có  = MBC  chắn cung MC  (O) MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1)   450 (vì chắn cung CB   900 ) Ta lại có CMB   CMB   450 (tính chất tam giác MCE cân C)  CEM   CEM   MCE   1800 (Tính chất tổng ba góc tam giác) MCE   900 (2) Mà CME VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm) S C M H P E N A K O B 4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM : AP.MB AP OB Theo giả thiết ta có (vì có R = OB) R  MA MA MB  Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung  AM (O))  PAM ∽  OBM AP OB     PA  PM (do OB = OM = R) (3) PM OM   90 (do chắn nửa đtròn(O))  AMS   90 Vì AMB   PSM   90  tam giác AMS vuông M  PAM   PMS   90   PSM   PS  PM (4) PMA  PMS   PMA  Mà PM = PA(cmt) nên PAM Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS NK BN HN NK HN Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay    PA BP PS PA PS mà PA = PS(cmt)  NK  NH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si) x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y )  xy  y ( x  y ) 3y Ta có M = =   4 xy xy xy xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí y 3 y 3 , dấu “=” xảy  x = 2y    x x Từ ta có M ≥ + - = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 2: x2  y x2 y x y x y 3x Ta có M =      (  ) xy xy xy y x 4y x 4y x ≥ 2y  Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x y x y x y ; ta có  2 1, 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y      , dấu “=” xảy  x = 2y y y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 3: Ta có M = x2  y x2 y x y x y 3y      (  ) xy xy xy y x y x x Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x 4y x 4y x 4y ta có  ; 2  4, y x y x y x dấu “=” xảy  x = 2y y 3 y 3 Vì x ≥ 2y    , dấu “=” xảy  x = 2y  x x Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 4: 4x2 x2 3x x x2 2 y y  y  y2 x2  y x 3x  Ta có M =      xy xy xy xy xy xy 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương x2 x2 x2 ; y ta có  y2  y  xy , 4 dấu “=” xảy  x = 2y x x Vì x ≥ 2y      , dấu “=” xảy  x = 2y y y xy 3 Từ ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy  x = 2y xy 2 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Vậy GTNN M , đạt x = 2y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   2 x  y  b)  3 x  y  c) x  x  12  d) x  2 x   Bài 2: (1,5 điểm) x đường thẳng (D): y   x  hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: x với x > 0; x  A   x  x x 1 x  x a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 24 Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ x1  x22  x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME 0; x  x( x  1) x  x   x  x( x  1) x B  (2  3) 26  15  (2  3) 26  15 1  (2  3) 52  30  (2  3) 52  30 2 1  (2  3) (3  5)  (2  3) (3  5) 2 1  (2  3)(3  5)  (2  3)(3  5)  2 Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b c  2m ; P =  m  a a 24 24 6 M= =  2 ( x1  x2 )  x1 x2 4m  8m  16 m  2m  6  Khi m = ta có (m  1)  nhỏ (m  1)  6 lớn m =  M  nhỏ m =  M  (m  1)  (m  1)  K Vậy M đạt giá trị nhỏ - m = b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =  T Câu B a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Q MA MF A S Nên   MA.MB = ME.MF ME MB (Phương tích M đường trịn tâm O) V H b) Do hệ thức lượng đường trịn ta có M O E MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO P nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn C c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường tròn đường kính MS (có hai góc K C vng) Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC Do MF đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V d) Do hệ thức lượng đường tròn ta có MA.MB = MV.MS đường trịn tâm Q F VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Tương tự với đường trịn tâm P ta có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = 2 x  y  1 2) Giải hệ phương trình:  x  y  Bài 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  ( 10  2)  y Bài 3: (1,5 điểm) y=ax2 Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2 1) Tìm hệ số a 2) Gọi M N giao điểm đường thẳng y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N Bài 4: (2,0 điểm) x 2 Cho phương trình x – 2x – 3m = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x1 x2   x2 x1 Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC,B  (O),C(O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D 1) Chứ`ng minh tứ giác CO’OB hình thang vng 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng 3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE BÀI GIẢI Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) =  x + = hay x + =  x = -1 hay x = -2 2 x  y  1 (1) 5y  15 ((1)  2(2)) y  3 2)       x  y  (2) x   2y x  1 Bài 2: A  ( 10  2)  = (  1)  = VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí (  1) (  1) = (  1)(  1) = Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22  a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y = x đường thẳng y = x + : x + = x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8) Bài 4: 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) x x 2) Với x1, x2  0, ta có :    3( x12  x22 )  x1 x2  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 x2 x1 Ta có : a.c = -3m2  nên   0, m b c Khi   ta có : x1 + x2 =   x1.x2 =  3m  a a Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 = b '  ' x2 = b '  '  x1 – x2 =  '   3m Do đó, ycbt  3(2)(2  3m )  8(3m ) m    3m  2m (hiển nhiên m = không nghiệm)  4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5: B C O A O’ E D 1) 2) 3) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900  góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng Theo hệ thức lượng tam giác vng DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng đường trịn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC  DB = DE VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí