đề thi montoan10hcm 8274

Toán ToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToánToán

Đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm ho ̣c: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  5x   b) x2  x   c) x4  3x    2x  y   x  y  1 d)  Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  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  x 3 với x  ; x  A     x   x   x 3 B  21  2  3   6 2  3  15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 8x2  8x  m2   (*) (x ẩn số) b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x  x14  x24  x13  x23 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I   Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp  BAC a) Chứng minh MBC b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  5x     25  24  1 1 x  hay x  3 2 b) x2  x 1   '  11   x   hay x   c) Đặt u = x2  pt thành : u  3u    u  hayu  4 (loại) (do a + b + c =0) Do pt  x2   x  1 Cách khác pt  ( x2  1).( x2  4)   x2    x  1 (1)  x  y  (1) 2 x  y    (3) ((2)  2(1) )  x  y  1 (2)  5x  d)   y  1 x   x   y  1   Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1;1 ,  2;  (D) qua 1;1 ,  2;4  ,(0;2) b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) x2   x   x2  x    x  hay x  2 (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)  2;  , 1;1 Bài 3:Thu gọn biểu thức sau Với x  x  ta có :   x 3 x 3 x 9  x 3 A  x 3 x 3  x 9    x 3    21 (    )  3(    )  15 15 21  (    1)  3(    1)  15 15 15  (  5)  15 15  60 B Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x =    m2    m2   m  1 b/ ∆’ = 16  8m2   8(1  m2 ) Khi m = 1 ta có ∆’ = tức : x1  x2 x14  x24  x13  x23 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là: m  hay   m  Khi m  hay   m  ta có x14  x24  x13  x23   x12  x22  x12  x22    x1  x2   x12  x22  x1.x2    x1  x2   x12  x22    x12  x22  x1.x2  (Do x1 khác x2)   x1  x2   x1  x2   x1 x2   ( x1  x2 )  x1.x2   2  S ( S  P)  S  P  1(12  2P)  12  P (Vì S = 1)  P   m2   (vô nghiệm) Do yêu cầu toán  m  1 Cách khác Khi   ta có m2  x1  x2  x1 x2  4 3 x1  x2  x1  x2  x1 ( x1  1)  x23 ( x2  1)    x13 x2  x1 x23  (thế x1    x2 x2    x1 )  x1 x2 ( x12  x22 )   ( x1  x2 )( x1  x2 )  (vì x1x2  0)  x1  x2 (vì x1+x2 =1  0)  m  1 Câu   MBC   a) Ta có BAC chắn cung BC   MIC  Và BAC AB// MI   MIC  , nên bốn điểm ICMB nằm Vậy BAC Trên đường tròn đường kính OM (vì điểm B, C nhìn OM góc vuông) b) Do tam giác đồng dạng FBD FEC nên FB FC =FE FD Và tam giác đồng dạng FBM FIC nên FB FC =FI FM So sánh ta có FI.FM =FD.FE A E P O I Q F B C D T M c) Ta có góc PTQ=900 POIQ đường kính Và tam giác đồng dạng FIQ FTM có góc đối đỉnh F FI FT  FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)   FTM    OIM  Nên FIQ mà FIQ  900 (I nhìn OM góc 900)   1800 Nên P, T, M thẳng hàng PTM d) Ta có BC không đổi Vậy diện tích S IBC lớn khoảng cách từ I đến BC lớn  đường tròn đường Vậy I trùng với O yêu cầu toán I nằm cung BC kính OM Khi I trùng O ABC vuông B Vậy diện tích tam giác ICB lớn AC đường kính đường tròn (O;R) Cách khác: O’ trung điểm OM BC cắt OO’, O’T L, T Vẽ IH vuông góc BC H IH  IT  O ' I  O 'T  O ' O  O ' L  OL Đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƢƠNG 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 năm 2013 Đề thi gồm : 01 trang ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3x  my  có nghiệm (1; -2) mx  2ny  2) Xác định hệ số m n biết hệ phương trình  Câu II ( 2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A= x2 x 3 x 1 +  x x +1 x- x  x 1 với x  2) Hai người thợ quét sơn nhà Nếu họ làm ngày xong việc Nếu họ làm riêng người thợ thứ hoàn thành công việc chậm người thợ thứ hai ngày Hỏi làm riêng người thợ phải làm ngày để xong việc Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình x2  2(m 1) x  2m   1) Chứng minh phương trình có hai nghiệm x1; x2 với m 2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện: ( x12  2mx1  2m  1)( x22  2mx2  2m  1)  Câu IV (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Đường tròn (O; R) thay đổi qua B C cho O không thuộc BC Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) Gọi I trung điểm BC, E giao điểm MN BC, H giao điểm đường thẳng OI đường thẳng MN 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I thuộc đường tròn 2) Chứng minh OI.OH = R2 3) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Câu V ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi Ký hiệu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức S  a 4b 9c   bc a c  a b a bc 2) x 2 =    x  16  x  16 (x  16)(x 16) x 16  x  16 B =  3) Ta có: B( A  1)  x 2  x 4  x 2 2   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 14 Kết hợp ĐK x  0, x  16 , để B( A  1) nguyên x 14; 15; 17; 18  Bài II: (2,0 điểm) Gọi thời gian người thứ hoàn thành xong công việc x (giờ), ĐK x  Thì thời gian người thứ hai làm xong công việc x + (giờ) x Mỗi người thứ làm (cv), người thứ hai làm Vì hai người làm xong công việc 1: (cv) x2 12 nên hai đội làm 12 = (cv) 12 Do ta có phương trình 1   x x  12 x2 x   x( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 = ’ = 49 + 120 = 169, ,  13 => x  12  13 6  13 20    (TMĐK) (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  ) 6    x y 4 4 10    5 x  x  y  x x x     x  Hệ   (TMĐK)    2  2   y     1   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  4m    x1 x2  3m  2m + Theo ĐL Vi –ét, ta có:  Khi đó: x12  x22   ( x1  x2 )2  x1 x2   (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy 3 C Bài IV: (3,5 điểm) M H E A K O B   900 ( chắn nửa đường tròn đk AB) 1) Ta có HCB  HKB  900 (do K hình chiếu H AB)   HKB   1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB => HCB ACM   ABM (do chắn  2) Ta có  AM (O))    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    (O) MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1)   900 )  Ta lại có CMB  450 (vì chắn cung CB    CMB  450 (tính chất tam giác MCE cân C)  CEM      CEM  MCE  1800 (Tính chất tổng ba góc tam giác) MCE Mà CME  900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm) 4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM : AP.MB AP OB R  (vì có R = OB) MA MA MB  Mặt khác ta có PAM  ABM (vì chắn cung  AM (O)) Theo giả thiết ta có S C M H P E N A K O B  PAM ∽  OBM AP OB    PA  PM (do OB = OM = R) (3) PM OM    900  900 (do chắn nửa đtròn(O))  AMS Vì AMB    900  PSM  tam giác AMS vuông M  PAM   PMS   900 PMA    PMA Mà PM = PA(cmt) nên PAM    PSM   PS  PM (4)  PMS Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: NK BN HN NK HN    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) Ta có M = x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y)  xy  y ( x  y) 3y   4 = xy xy xy xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y 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 x ≥ 2y  Cách 2: Ta có M = x  y x2 y x y x y 3x      (  ) xy xy xy y x 4y x 4y 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     , dấu “=” xảy  x = 2y y y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Vì x ≥ 2y  Cách 3: x2  y x2 y x y x y 3y Ta có M =      (  ) 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    , dấu “=” xảy  x = 2y x x Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Vậy GTNN M , đạt x = 2y Vì x ≥ 2y  Cách 4: x2 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 Vì x ≥ 2y  x x     , dấu “=” xảy  x = 2y y y xy + = 1+ = , dấu “=” xảy  x = 2y 2 xy Vậy GTNN M , đạt x = 2y Từ ta có M ≥ Đề 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm ho ̣c: 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  x   2 x  y  3x  y  b)  c) x4  x2  12  d) x2  2 x   Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  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: A x với x > 0; x    x  x x 1 x  x B  (2  3) 26  15  (2  3) 26 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2  2mx  m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức M = 24 đạt giá trị nhỏ x  x22  x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O điểm M nằm đường tròn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME