Đề toán thi vào lớp 10 THPT các tỉnh

A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn, tâm của đường tròn là trung điểm của AO... Tìm giá trị đó Bài 5 3,5 điểm Cho O đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn.. Kẻ đường th

Trang 1

Mục lục

y = 0 1 y=8 3

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3 11

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ 13

, 5+V5 V5 3V5 14

V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 17

4ĩxụĩ+vx)+(vx-Jĩ)ụx+VĨ) vỉ+vx+vx+vĩ 17

V2 -1 22

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y 29

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36

(1 -VX)(1 +vx) vx+2 63

Bai 5 65

Sơ GIAO DỤC VA ĐAO TẠO TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU ĐỀ CHÍNH THỨC KY THI TUYÊN SINH VÀO LƠP 10 THPT Năm học 2014 - 2015 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 1 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU Bài 1: (3,0 điểm) Giải phương trình: x2+8x+7=0 [3 X + y = 5 a) Giải hệ phương trình: \2X + y = 4 6 b) Cho biểu thức : M = + v (2 -V3)2-V75 2 — V 3 c) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thảo mãn 4x2=3+y2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho parabol (P): y =2X2và đường thẳng (D): y=x-m+1( với m là tham số). a) Vẽ Parabol (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P)cắt (D) có đúng một điểm chung c) Tìm tọa độ các diểm thuộc (P) có hoành độ bằng hai lần tung độ Bài 3: (1 điểm) Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trương Sà” một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra đảo Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa dẫ tăng thêm 6 tấn so với dự định Vì vây đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mối tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O) Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C là các tiếp điểm) Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC( M khác B và C) Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N Gọi E là trung điểm của MN a) Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn Xác định tâm của đường tròn đó b) Chừng minh 2BNC + BAC = 180° c) Chừng minh AC2=AM.AN và MN2=4(AE2-AC2) d) Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC Xác định vị trí cảu M sao cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất Bài 5: (0,5 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa xy=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= — + — -2—

X y 3X + y

Trang 3

hOCtOHnCHPbH.COm - Kho đê thi THPT quốc gia, đê kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

Để (P) và (D) có một điểm chung thì : À=0o9-8m=0om= —

8

9

Vây với m= — thì (P) và (D) có một điểm chung

8

c) Điểm thược (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ nghìa là x=2y nên ta có:

y=2(2y)2oy=8y2o

y = 0 1 y=8

Vây điểm thuộc (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ là (0;0) , (1,1)

Bài 3: hoctoancapba.com

Gọi x(chiếc) số tàu dự định của đội( xeN*, x<140) số

tàu tham gia vân chuyển là x+1(chiếc)

280

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định: —— (tấn)

X

286

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thưc tế: —— (tấn)

X +1

y = 0 1 y=8

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

, 5+V5 V5 3V5

V5+2 V5-1 3+V5

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2

4ĩxụĩ+vx)+(vx-Jĩ)ụx+VĨ) vỉ+vx+vx+vĩ

V2 -1

x = 1+V3 ; x = 1 - V3

P = X + y

vx+1

2 [Vx >-2 ^](*)

(1 -VX)(1 +vx) vx+2

Bai 5

o280(x+1)-286x=2x(x+1) ox2+4x-140=0 " X = 10

•o

X = —14(7)

Vây đội tàu lúc đầu là 10 chiếc.Bài 4:

EM=EN(gt)^OE±MN^ AEO = 90°

Mà ABO = 90° (AB là tiếp tuyến (O)) Suy ra: hai

điểm B, E thuộc đường tròn đương kính AO Hay

Trang 4

A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn, tâm của đường

tròn là trung điểm của AO

b) Ta có: BOC = 2BNC (góc ở tâm và góc nt

cùng chắn một cung)

Mặt khác: BOC + BAC = 1800

c)

suy ra: 2BNC + BAC = 180° (đpcm)

MCA = CNA( =1 sdCM)

^ ÀAMC M ÀACN(g.g)

_ AM AC

^ AC = AM AN (đpcm)

AC AN

• Ta có: AE2=AO2-OE2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ÀAEO )

AC2=AO2-OC2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ÀACO )

'MN ^2 MN2

hay MN2=4(AE2- AC2)

Suy ra: AE2- AC2=OC2-OE2=ON2-OE2=EN2=

d) Kẻ MK1BC, đoạn AO n (O) ={F}, AO n BC ={H} Ta có: MJK

= MCK ( tứ giác MJCK nt)

MCK = MBI (cùng chắc cung MC)

MBI = MKI (tứ giác MKBI nt)

Suy ra: MJK = MKI (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có: MIK = MKJ (2)

MI MK

Từ (1) và (2) suy ra: ÀMIK ^ ÀMKJ (g.g) ^

MK MJ

Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải lớn nhất Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MK<FH^ vây MK lớn

nhất khi MK=FH Hay M = F

Vây khi A, M, O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất

Bài 5:

27 = ó (l) xy

3 9

Ap dung bđt Cosi ta có: — + — >2

x y )

y = 0 1 y=8 3

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3 11

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

, 5+V5 V5 3V5 14

V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 17

V2 -1

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36

(1 -VX)(1 +vx) vx+2

Trang 5

Cho phương trình x2 - 2(m - 1)x + 2m - 5 = 0 (m là tham số)

1/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

2/ Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dâu

3/ Với giá trị nào của m thì biểu thức A = X1 2 + X2 2 đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị đó

Bài 5 (3,5 điểm)

Cho (O) đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn Từ C kẻ đoạn thẳng CD vuông góc với AC và CD = AC Nối AD cắt đường tròn (O) tại M Kẻ đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại N1/ CHứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp Xác định đường kính và tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD

2/ Chứng minh CND = CAD và AMAB vuông cân 3/ Chứng minh AB.AC = AM.AD

Trang 7

Tập nghiệm của phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 3; x2 = -3

Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

2/ Phương trình có hai nghiệm trái dấu o 1.(2m - 5) < 0

o 2m - 5 < 0 o 2m < 5 5

2

5

Vây với m < — thì phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

3/ Ta có phương trình (*) có hai nghiệm với mọi m (theo a)

^ CAD = 450

Ta có AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

^ AMAB vuông cân tại M

Cách 2:

Ta có Tứ giác ANCD nội tiêp (chứng minh trên)

Trang 8

^ AACD cân tại C

^ CAD = CDA hay BAM = CDM (2)

Mà AMB = 900 (Chứng minh trên)

^ AMAB vuông cân tại M

Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0 (1) (m là tham số)

1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt X1, x2 thõa mãn: x12 + x22 = 12

Trang 9

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ^ A' > 0 ^ - m - 1 > 0 ^ m < - 1 Vây với m < - 1 thì pt (1) có

2 nghiệm phân biệt

3) Với m < - 1 Theo hệ thức Vi-et ta có: X1 + X2 = 2(m + 1) ; X1X2 = m2 + 3m +

1) Xét tứ giác APMQ có: MPA = MQA = 900 ( Theo GT)

^ MPA + MQA = 1800 ^ tứ giác APMQ nội tiếp

Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điêm của AM

H

M

Trang 10

2 + >/3 2-V3

BP BM

=> A BPM ~ A BHA (g.g) =>

BH BA

C

3) AHM = 900 (gt) ^ H thuộc đường tròn đường kính AM ^ A, P, H, M, Q cùng

thuộc đường tròn O

^ PH = QH ^ PH = QH ^ H thuộc đường trung trực của PQ (1) OP = OH ( cùng bán

kính) ^ O thuộc đường trung trực của PQ (2) Từ (1) và (2) ^ OH là đường rung trực của

PQ ^ OH 1 PQ

4) SABM + SCAM = SABC •O — AB MP + — AC MQ = — BC.AH

2 2 2

o -BC MP + -BC MQ = -BC.AH ( vì AB = AC = BC )

2 2 2

o 1 BC(MP + MQ) = 1 BC.AH ^ MP + MQ = AH Vì AH không đổi

Nên MP + MQ không đổi

Câu 5 (1 điểm)

Với x > O, ta có:

A

A = 4 x h -h 2016 = (4 x - 2 h- - -) + (4 -) + 2014

4 x x +1 4 x x +1 4 x - 4yfx +1 + 2014 y = 0 1 y=8

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

, 5+V5 V5 3V5

V5+2 V5-1 3+V5

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2

4ĩxụĩ+vx)+(vx-Jĩ)ụx+VĨ) vỉ+vx+vx+vĩ

V2 -1

x = 1+V3 ; x = 1 - V3

P = X + y

vx+1

2 [Vx >-2 ^](*)

(1 -VX)(1 +vx) vx+2

Bai 5

2yfx -1 = 0

ĐỀ 4 TỈNH BÌNH ĐỊNH

Môn thi: TOÁN Ngày thi: 28/6/2014

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: 3x - 5 = x + 1

b) Giải phương trình: X2 + X — 6 = 0

c) Giải hệ phương trình:

Trang 11

V? — 2

X — 2 y = 8

[x + y = —1

d) Rút gọn biểu thức: P = y5 -2V5

Cho phương trình: X 2 — 2 (m — 1) X + m — 3 = 0 (1)

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau

Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu?

Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và E (theo thứ tự A,

G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F

a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp

b) Chứng minh: BF = BG

y = 0 1 y=8 3

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3 11

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ 13

, 5+V5 V5 3V5 14

V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 17

V2 -1 22

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y 29

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36

(1 -VX)(1 +vx) vx+2 63

Bai 5 65

Chứng minh rằng: B > A

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

a) 3x - 5 = x + 1 « X = 3

b) X2 + X- 6 = 0 Giải ra được nghiệm: X = -3; X2 = 2

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3

c) P = — 2>/5 =

V5 - 2

a) Phương trình (1) có:

A' = b' 2 -ac = [-(m-l)J -(m-3) = m2 -3m + 4 = Ị m - + 7 > 0Vm, (vì Ị m - > 0 , V m ) Vây: phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

Trang 12

ÍP < 0 Ịm - 3 < 0 ím < 3Vây với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.

+ Đội hai làm được:

+ Cả hai đội làm đươc: — (CV)

Vây: Đội một làm một mình sau 28 giờ xong công việc Đội hai làm

một mình sau 21 giờ xong công việc

a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp

Ta có: AFB = 900 (góc nt chắn nửa đường tròn)

Ta có: CDB = CFB = 900 ^

tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC

b) Chứng minh: BF = BG

Ta có: AEB = 900 (góc nt chắn nửa đường tròn)

^ AEC = 900 Ta có: AEC + ADC = 1800

^ Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC ^ E1 = C1 (vì

nt cùng chắn cung DA)

Ta có: B = C Ị (vì nt cùng chắn cung DF của đường tròn đường kính BC)

Do đó: E = B ^ AG = AF ^ BF = BG ^ BF = BG

C

Trang 13

B

DA DGDE

c) Chứng minh: —— = _

BA BEBC

Ta chứng minh được:

DA DE BE BA

BE.BC = BA.BD (2)

A BEA ^ A BDC (g - g) ^

BD BC

Từ (1) và (2) suy ra: —— -= = — (đpcm)

Bài 5: (1,0 điểm) Ta có: A = 1

BE.BC BA.BD BA

111 1 1+V2V2+V3V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

+•

= 1 -V2 V2 -V3 V120->/121

y = 0 1 y=8 3

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3 11

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ 13

, 5+V5 V5 3V5 14

V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 17

V2 -1 22

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y 29

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36

(1 -VX)(1 +vx) vx+2 63

Bai 5 65

Từ (1) và (2) suy ra: B > A

Năm hoc: 2014 - 2015 MON: TOAN

Bài 1: (2 điểm)

Trang 14

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = X2 và đường thẳng (D): y = 2X + 3 trên cùng một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu

b) Gọi X1, X2 là các nghiệm của phương trình (1):

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp Suy ra AHC = 1800 - ABC

b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN

« X = 1 hay X = c = V2 a

c) X4 -9X2+20 = 0Đặt u = x2 > 0 pt thành :

u2 - 9u + 20 = 0 «(u - 4)(u - 5) = 0 « u = 4 hayu = 5

Do đó pt « X 2 = 4 hay X 2 = 5 « X = ±2 hay X =±yf5

Trang 15

Vây toạ độ giao điểm của (P) và (D) là (-1;1), (3;9)

Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu

Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.b) Gọi X1, X2 là các nghiệm của phương trình (1):

Tính giá trị của biểu thức :

Trang 16

a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối

F và D vuông ^ FHD = AHC = 1800 - ABC

b) ABC = AMC cùng chắn cung AC mà ANC = AMC do M, N đối xứng Vây ta có AHC và ANC bù nhau ^ tứ giác AHCN nội tiếp

c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp

Ta có NAC = MAC do MN đối xứng qua AC mà NAC = CHN (do AHCN nội tiếp) ^ IAJ = IHJ ^ tứ giác HIJA nội tiếp

^ AJI bù với AHI mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)

^ AJI = ANC Cách 2 :

Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp

Ta có AMJ = ANJ do AN và AM đối xứng qua AC

Mà ACH = ANH (AHCN nội tiếp) vây ICJ = IMJ ^ IJCM nội tiếp ^ AJI = AMC = ANCd) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có AJQ = AKC

vì AKC = AMC (cùng chắn cung AC), vây AKC = AMC = ANC Xét hai tam giác AQJ và AKC :

Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) ^ 2 tam giác trên đồng dạng Vây Q = 900.Hay AO vuông góc với IJ

Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có xAC = AMC

mà AMC = AJI do chứng minh trên vây ta có xAC = AJQ ^ JQ song song Ax

vây IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Trang 17

1) Tính giá trị của biểu thức A = V9 - V4

Cho phương trình x2 + 2(m - 2)X - m2 = 0, với m là tham số

1) Giải phương trình khi m = 0

2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt X1 và X2 với X1 < X2, tìm tất cả các giá trị của m sao cho xi -|x2| = 6

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC) Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D

1) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C)

2) Trên cung nhỏ AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB Đường thẳng

BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F Gọi K là trung điểm của EF Chứng minh rằng:

Trang 18

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là x2

1) Khi m = 0, phương trình thành : x2 - 4x = 0 ^ x = 0 hay x - 4 = 0 ^ x = 0 hay x = 4

2) A' = (m - 2)2+ m2 = 2m2 - 4m + 4 = 2 (m2 - 2m +1) + 2 = 2 (m -1) 2 + 2 > 0Vm Vây phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

1) Ta có BAC = 900 nên BA là tiếp tuyến với (C) BC vuông góc với AD nên

H là trung điểm AD Suy ra BDC = BAC = 900 nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)

2)

a)

Trong tam giác vuông ABC ta có AB2 = BH.BC (1)

Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung

và BAE = BFA (cùng chắn cung AE)

Trang 19

suy ra ^ AB2 = BE.FB (2)

FB BA

Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB

Từ BE.BF= BH.BC ^ — = —

BC BF

BE BH

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và -=

BC BF b) do kết quả trên ta có BFA = BAE HAC = EHB = BFC, do AB //EH suy ra DAF = DAC - FAC = DFC - CFA = BFA ^ DAF = BAE , 2 góc này chắn các cung AE, DF nên hai cung này bằng nhau Gọi giao điểm của AF và EH là N Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH = HDN (do AD // AF) Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF Vây HK // AF Vây ED // HK // AF ĐỀ 7 TỈNH KHÁNH HOÀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHÁNH HOÀ NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 20/6/2014 (Thời gian : 120 phút - không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,00 điểm) y = 0 1 y=8 3

c) íx-2,y=8 «í-3.y;9 «íy=-3 11

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

, 5+V5 V5 3V5 14

V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 17

V2 -1

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36

(1 -VX)(1 +vx) vx+2

Bai 5 65

Rút gọn biểu thức B = -—Ị= + — : -—j= - vơi a > 0, a ^ 4.

V a - 2va yỊa - 2 J a - 4*4 a + 4

Trang 20

Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R Vẽ đường thăng d là tiếp tuyến của (O) tại B.

Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N Gọi C là trung điểm của AM , tia CO

'-2yfă *Jă-2 J a -4y[ă + 4 l^>/ă-2 -v/a -2J yfă +1

•s/ă + a (4ă - 2)2 22(1 + -y/ă) (Vă - 2)2 /— /—

2) Giải phương trình: 2 (2x -1) - 3y/5x - 6 — V3x - 8

o 4 (2x -1) - 6y/5x - 6 — 2yỊ3x - 8 o ((5x - 6) - ỏV5x - 6 + 9) + ((3x - 8) - 2yị3x - 8

+1) — 0 o (V5x - 6 - 3)2 + (V3x - 8 -1)2 — 0

Trang 21

b) Vì A G (P) có hoành độ XA = -2 nên yA = 2 Vây A(-2; 2)

Lấy M(XM; 0) bất kì thuộc Ox,

Ta có: I MA - MB I < AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác)

Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox

- Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0)

Bài 4: (2,00 điểm)

a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp

HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN + OBN = 1800

Trang 22

d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất

Ta có: 2AM + AN > 2V2AM.AN (BĐT Cauchy - Côsi)

Ta chứng minh: AM AN = AB2 = 4R2 (1)

Suy ra: 2AM + AN > 2V2.4R2 = 4rV2

Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN ^ AM = AN/2 (2)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN : TOÁN (không chuyên)

Ngày thi: 19/6/2014 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu Neu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đóngười thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành lâu hơn người thứ nhất là

3 giờ Neu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực,

20 _ thực phẩm lên tàu là rj giờ Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực,

thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu?

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi M là điểm chính giữa của cung AB;

P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B) Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD

c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC theo R

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

GỢI Ý BÀI GIÃI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUÃNG NGÃI

Bài 1: a/ Tính: 2V25 + 3VĨ= 10 + 6 = 16

Trang 23

111 1 1+V2 V2+V3 V3+VĨ >/120+^/ĩ2ĩ

, 5+V5 V5 3V5 14V5+2 V5-1 3+V5 14

„ x4ĩ '¡2 ụx->/2) jx _V2 174ĩxụĩ+vx)+(vx-Jĩ)ụx+VĨ) vỉ+vx+vx+vĩ 17V2 -1

x = 1+V3 ; x = 1 - V3 29

P = X + y

vx+1 30

2 [Vx >-2 ^](*) 36(1 -VX)(1 +vx) vx+2

Bai 5 65Bài 3: Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc

Trang 24

a/ C/minh ZAOD = ZAPD = 900 O và P cùng nhìn đoạn AD

dưới một góc 900 ^ OADP tứ giác nội tiếp đường tròn đường

kính AD

b/ C/ minh À AOO^ ÀDOB (g.g) ^ OC = AC

OB DB

^ OB.AC = OC.BD (đpcm)

c/ Ta có ZIPC = ZPBA (cùng chắn cung AP của (O)) và có

ZICP = ZPBA (cùng bù với ZOCP)

Suy ra ZIPC = ZICP ^ ÀIPC cân tại I

Để ÀIPC là tam giác đều thì ZIPC = 600 ^ ZPBA = 600 ^ OP

= PB = OB = R ^ số đo cung PB bằng 600 C/minh ÀDIP cân

Vây A = (4xS + 4x4 - Sx3 + Sx - 2)2014 + 201S = (-1)2014 + 201S = 1 + 201S = 2016

ĐỀ 9 TỈNH TÂY NINH

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 - 2015

Ngày thi : 21 tháng 6 năm 2014 Môn thi : TOÁN (Không chuyên)

Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Trang 25

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình: <

(Đề thi có 01 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi)

b) B = V2 (^ - 3V2)

- - 2 y = 4

Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng (d) : y = (a — 2) X + b có hệ số góc bằng 4 và đi qua điểm

M (1; — 3 )

Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y = -2x2

Câu 6 : (1 điểm) Lớp 9A dự định trồng 420 cây xanh Đen ngày thực hiện có 7 bạn không tham gia do được

triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 3 cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh

Câu 7 : (1 điểm) Chứng minh rằng phương trình x2 - 2 (m + 1) x + m - 4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt , x2

và biểu thức M = x1 (1 - x2 ) + x2 (1 - x ) không phụ thuộc vào m.

Câu 8 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết ACB = 600,

CH = a Tính AB và AC theo a

Câu 9 : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường tròn

(O) (khác AB) Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp

Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a Biết AC vuông góc với BD.

Trang 26

Vây a = 6 v à b = -7 là các giá trị cần tìm và khi đó (d) : y = 4 X - 7.

Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y = -2x2

BGT

Câu 6 : (7 điểm)

Gọi số học sinh lớp 9A là X Ịxe z+, X > 7)

Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng

Trang 27

Vây phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Khi đó, theo Vi-ét x x + x2 = 2m + 2 ; x x.x2 = m-4

(O) đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến tại B của (O).M

N

GT

Trang 28

Tứ giác CDMN nội tiếp

Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp

Câu 10 : (7 điểm)

ABCD nội tiếp (O; a), AC ^ BDTính AB2 + CD2 theo a

Tính AB2 + CD2 theo a

Vẽ đường kính CE của đường tròn (O)

Ta có : EAC = 900, EDC = 900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC)

nội tiếp (O))

AC _L BD {gt)\

^ AB = DE (cạnh bên hình thang cân)

^ AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 = (2a) = 4a2 (do AEDC vuông tại D) Vây AB2 + CD2

= 4a2

HÉT

ĐỀ 10 TỈNH NINH THUẬN

Khóa ngày: 23 - 6 - 2014

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Giải phương trình bậc hai: x2 - 2x - 2 = 0

b) Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

[3x + y = 2

[2(.x - y) - 5x = 2

Bài 2: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = 2x - 5 có đồ thị là đường thẳng (d)

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Ox,Oy Tính tọa độ các điểm A, B và vẽ đường thẳng (d) trong mặt phẳng tọa độ Oxy

Tính giá trị của P khi: x = V7-4/3 và y = J4 -2V3 Bài 4: (4,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = a nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R (0 < a <

Trang 29

2R)

Tính diện tích của hình chữ nhật ABCD theo a và R

Xác định giá trị của a theo R để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất

Một đường thẳng d đi qua O cắt các cạnh AB, CD lần lượt tại M, N và cắt các cạnh AD, BC kéo dài lần lượt tại P, Q Chứng minh rằng: AAPM = ACQN

Trang 30

_Xác định giá trị của a theo R để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất.

Vì: 0 < a < 2R, nên: 2R - a > 0

Ta có: (a - V4R2 -a2) > 0 o a2 + (4R2 - a2) > 2aV4R2 - a2

^ aV4R2 - a2 < 2R2

Hay : Sabcd < 2R2 Dấu “=” xảy ra khi: a = yj4R 2 -a 2 ^ a = R 42

Vây: Max Sabcd = 2R2 khi: a = rV2

Chứng minh rằng: AAPM = ACQN

d) Trước hết, ta chứng minh: AAOM = ACON (g.c.g) suy ra: AM = CN

A = B = 900 AMP = Q NC (slt)

^ AAPM = ACQN (g.c.g)

ĐỀ 11 HÀ NỘI

Bài 2 (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2

Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P)

Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác

A, M khác B) Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q,P

Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật

Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn

Gọi E là trung điểm của BQ Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF

Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính

Trang 31

0,250,250,250,50,25

Bài 3 (2,0

điểm)

1ĐI1

) Hệ phương trình tương đương với:

)ặt u = —1— và v = -^— Hệ phương trình thành :

x + y y -1Í4u + v = 5 Í8u + 2v = 10 Í9u = 9 Ju = 1 [u - 2v = -1 [u - 2v = -1 [2v = u +1 [v = 1 )o đó, hệ đã cho tương đương :

1 = 1 í í x + y 1 x + y = 1 1 x = -1

1 _! ly -1=1 ly=2 Ly -1

0,50,5

Trang 32

2) ,Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

x2 = — x + 6 ^ x2 + x -6 = 0 ^ x = 2hay x = -3

Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9 Vây toa đô giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và A(-3;9)

Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành

Ta có SÃOAB = S AA'B'B - SAOAA' - SAOBB'

0,50,5

0,25

1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiêp chăn nửa đường tròn 0,75

2) Ta có ANM = ABM (cùng chăn cung AM) và ABM = AQB (góc có cạnh thẳng góc) vây ANM = AQB nên MNPQ nối tiếp

1,0

3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP

Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF

Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP

Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF = 900.Tương tự ta có OME = 900 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN

1,0

Trang 33

V2c + ab < (a ' c) + (b ' c) (3)Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ^ Q < 2(a + b + c) = 42

Khi a = b = c = — thì Q = 4 vây giá trị lớn nhât của Q là 4 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Định dạng
Số trang	66
Dung lượng	1,09 MB
File đính kèm	Tuyen tap de thi vao 10 chuyen hoa cac tinh.rar (8 MB)