Tổng hợp 63 bộ đề thi vào lớp 10

ĐỀ CHÍNH THỨC.. c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng C[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x A

x  

 Tính giá trị A x = 36

2) Rút gọn biểu thức

x x 16

B :

x x x

  

  

    

  (với x 0; x 16  )

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 tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai người làm chung cơng việc 12

5 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)

1) Giải hệ phương trình:

2 x y

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 :

2 2 x x 7 Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (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 2) Chứng minh ACM ACK 

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

cùng nửa mặt phẳng bờ AB

AP.MB R

MA  Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK

Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

x y M

xy  

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 :

B =

x( x 4) 4( x 4) x

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

(x 16)( x 2) x (x 16)(x 16) x 16

  



  

3) Ta có:

2 2

( 1)

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

      

Để (B A 1) nguyên, x nguyên x 16 ước 2, mà Ư(2) = 1;  Ta có bảng giá trị tương ứng:

16

x  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 hồn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK 12

5 x  Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ)

Mỗi người thứ làm

x (cv), người thứ hai làm được

2 x  (cv)

Vì hai người làm xong cơng việc 12

5 nên hai đội làm 12 1:

5 = 12 (cv) Do ta có phương trình

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x  

 



 5x2 – 14x – 24 = 0

’ = 49 + 120 = 169,  , 13 =>

 

7 13 

5

x

(loại)



7 13204

5

x

(TMĐK) Vậy người thứ làm xong công việc giờ,

người thứ hai làm xong công việc 4+2 =

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:

2 x y x y          

Hệ

4 10

4

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y

x y

    



    

    

   

         

   

         



  

 .(TMĐK)

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

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1 2

4

3

x x m

x x m m

  

  

 





Khi đó: x12x22  7 (x1x2)2 2x x1 7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = 0

Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m = 

Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Ta có HCB  900( chắn nửa đường trịn đk AB)  900

HKB  (do K hình chiếu H AB)

=> HCB HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB. 2) Ta có ACM ABM (do chắn AM (O))

và ACK HCK HBK (vì chắn HK.của đtrịn đk HB) Vậy ACM ACK

3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC sd AC sd BC   900 Xét tam giác MAC EBC có

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC (O) MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1)

Ta lại có CMB  450(vì chắn cung CB  900)

CEM CMB 450(tính chất tam giác MCE cân C)

A B

C M

H

Mà CME CEM MCE   1800(Tính chất tổng ba góc tam giác)MCE  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 :

Theo giả thiết ta có

AP MB AP OB

R

MA   MA MB (vì có R = OB) Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung AM của (O))  PAM ∽  OBM

   1 

AP OB

PA PM

PM OM .(do OB = OM = R) (3) Vì AMB900(do chắn nửa đtrịn(O)) AMS900  tam giác AMS vng M  PAM PSM 900

PMA PMS 900  PMS PSM  PSPM (4) Mà PM = PA(cmt) nên PAM PMA 

Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS

Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:  

NK BN HN

PA BP PS hay 

NK HN

PA PS

mà PA = PS(cmt)  NKNH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm)

Cách 1(khơng sử dụng BĐT Cơ Si)

Ta có M =

2 2 2 2

( 4 ) ( )

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=

2

( )

4

x y y

xy x



 

A B

C M

H

K O S

P E

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + -3 =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y Cách 2:

Ta có M =

2 2 3

( )

4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương ;

x y

y x ta có 4

x y x y

y x  y x  , dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y   y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y Cách 3:

Ta có M =

2 2 4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Cơ si cho số dương ; x y y x ta có

4

2

x y x y

y x  y x  , dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥

4-3 =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y Cách 4:

Ta có M =

2 2 2

2 2

2 3 3

4 4 4

4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    



     

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương 2 ; x y ta có 2

2 2 .

4

x x

y y xy

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

Từ ta có M ≥ xy xy +

3 = 1+

3 =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM Năm học: 2012 – 2013

MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 x 0

b)

2

3

 

 

 



x y

x y

c) x4x212 0 d) x2 2x 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2 

y x

đường thẳng (D):

1 2

 

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:

1

1

  



 

x A

x

x x x x với x > 0; x1 (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2mx m  0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức M = 12 22 24

6   

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất 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<MF) Vẽ cát tuyến MAB tiếp tuyến MC (O) (C tiếp điểm, A nằm hai điểm M B, A C nằm khác phía đường thẳng MO)

a) Chứng minh MA.MB = ME.MF

b) Gọi H hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính MF; nửa đường trịn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đường thẳng CO KF Chứng minh đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC

d) Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2  x 0 (a)

Vì phương trình (a) có a - b + c = nên

(a)

3

2  x hay x

b)

2 (1) (2)

 

 

 



x y

x y 

2 (1)

5 (3) ((2) (1) )

 

 

  



x y

x y



13 13 ((1) 2(3)) (3) ((2) (1) )

  

 

  

 y

x y



1   

 

y x

c) x4x212 0 (C)

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

1  

 

u

hay

1

 

 

u

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x =  3

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) =  x2 =  x =  3 d) x2 2x 0 (d)

’ = + = (d)  x = 3

Bài 2:

a) Đồ thị:

M E F K S A B T P Q C H O V

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

1

2

4x  2x  x2 + 2x – =  x4 hay x2 y(-4) = 4, y(2) =

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 4;4 , 2;1   Bài 3:Thu gọn biểu thức sau:

1

1       x A x

x x x x

2   

 

 

x x x x x

x x x

2

( 1)



 

 

x x

x x x

2 1          x x x

2 ( 1) ( 1)    x x x x 

x với x > 0; x1 (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

1

(2 3) 52 30 (2 3) 52 30

2

     

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/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b

m a  

; P =   c

m a

M = 2 24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2 ( 1)   

 

M

m lớn m = 1

6 ( 1)



 

 

M

m nhỏ m = 1 Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên

MA MF

ME MB  MA.MB = ME.MF

(Phương tích M đường tròn tâm O) b) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vng MCO ta có

MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường trịn

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 trịn ta có MA.MB = MV.MS đường tròn tâm Q

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 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG 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) Giải hệ phương trình:

2

2

  



 

 x y

x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3 Bài 3: (1,5 điểm)

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)

Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 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

2

 

x x

x x .

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi 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 ĐỀ CHÍNH THỨC

y

y=ax2

2

B C E D A O O’ 2)

2 (1)

2 (2)        x y

x y 

5y 15 ((1) 2(2)) x 2y

        y x     

Bài 2: A( 10 2) 3 = ( 1) 5  =

( 1) ( 1)  = ( 1)( 1)  = 4 Bài 3:

1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22  a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y =

2

2x đường thẳng y = x + :

x + =

2x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

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)

2) Với x1, x2  0, ta có :

1 2   x x

x x  2

1 2

3(x  x ) 8 x x  3(x1 + x

2)(x1 – x2) = 8x1x2 Ta có : a.c = -3m2  nên   0, m

Khi   ta có : x1 + x2 =

2  b 

a x1.x2 =

2  c

m

a  0

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 = b' ' x2 = b' ' x1 – x2 =

2

2  ' 3 m Do đó, ycbt  3(2)( 3  m2) 8( 3  m m  2)

 3 m2 2m2(hiển nhiên m = không nghiệm)

 4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5:

1) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng

2) 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.

Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC  DB = DE

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN : TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P=

3

1 1

x x

x x x



 

  

1 Tìm điều kiện xác định biểu thức P Rút gọn P

Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình :

2

ax x ay

y   



 

 Giải hệ phương trình với a=1

2 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm

Câu (2,0 điểm) Một hình chữ nhật có chiều rộng nửa chiều dài Biết giảm chiều đi 2m diện tích hình chữ nhật cho giảm nửa Tính chiều dài hình chữ nhật cho

Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R khơng đổi) điểm M nằm bên ngoài (O) Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C tiếp điểm ) (O) tia Mx nằm hai tia MO MC Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng cắt (O) điểm thứ hai A Vẽ đường kính BB’ (O) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với BB’,đường thẳng cắt MC B’C K E Chứng minh rằng:

1 điểm M,B,O,C nằm đường tròn Đoạn thẳng ME = R

3 Khi điểm M di động mà OM = 2R điểm K di động đường trịn cố định, rõ tâm bán kính đường trịn

Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c số dương thỏa mãn a+ b + c =4 Chứng minh :

3 3

4 a 4b 4c 2 2

  

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN : TỐN

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu Đáp án, gợi ý Điểm

C1.1 (0,75 điểm)

Biểu thức P xác định

⇔ x −1≠ 0

x+1 ≠ 0 x2−1 ≠ 0

¿{ {

⇔ x ≠ 1 x ≠ −1

¿{

0,5

0,25

C1.2 (1,25 điểm) P=

x x −1+

3

x +1−

6 x −4 (x+1)(x − 1)=

x (x+1)+3(x −1)−(6 x − 4)

(x+1)(x − 1)

¿x

2

+x+3 x −3 −6 x +4 (x+1)(x − 1) =

x2−2 x+1 (x +1)(x −1) x − 1¿2

¿ ¿ ¿ ¿

0,25 0,5 0,5

C2.1 (1,0 điểm) Với a = 1, hệ phương trình có

dạng:

¿

2 x + y =−4 x − y =5

¿{

¿

0,25

¿

⇔ 6 x+3 y =−12

x −3 y=5 ⇔

¿7 x =−7

x −3 y=5

¿

⇔ x=− 1 −1− y=5

⇔

¿x=−1

y=−2

¿ ¿{

¿

Vậy với a = 1, hệ phương trình có

nghiệm là:

¿

x =−1 y=− 2

¿{

¿

C2.2 (1,0 điểm) -Nếu a = 0, hệ có dạng:

¿

2 x=− 4 −3 y=5

⇔

¿x=−2

y=−5

¿{

¿

=> có nghiệm

nhất

-Nếu a , hệ có nghiệm khi:

a≠ a − 3 ⇔ a2≠ −6 (ln đúng, vì

a2≥ 0 với a)

Do đó, với a , hệ ln có nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm với a

0,25

0,25 0,25 0,25

C3 (2,0 điểm) Gọi chiều dài hình chữ nhật cho x (m), với x >

Vì chiều rộng nửa chiều dài nên chiều rộng là: x

2 (m) => diện tích hình chữ nhật cho là: x x

2= x2 (m

2)

Nếu giảm chiều m chiều dài, chiều rộng hình chữ

0,25

0,25

nhật là: x − va2x−2 (m)

khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm nửa nên ta có phương trình: (x − 2)(x

2−2)= 2⋅

x2 ⇔ x2

2 −2 x − x +4= x2

4 ⇔ x

− 12 x +16=0 ………….=> x1=6+2√5 (thoả

mãn x>4);

x2=6 −2√5 (loại khơng thoả mãn x>4)

Vậy chiều dài hình chữ nhật cho 6+2√5 (m)

0,25 0,25

0,5 0,25

C4.1 (1,0 điểm) 1) Chứng minh M, B, O, C thuộc đường trịn

Ta có: ∠MOB=900 (vì MB tiếp tuyến)

∠MCO=900 (vì MC tiếp tuyến)

=> ∠ MBO + ∠ MCO = = 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác MBOC nội tiếp (vì có tổng góc đối =1800) =>4 điểm M, B, O, C thuộc đường tròn

0,25 0,25 0,25 0,25

C4.2 (1,0 điểm) 2) Chứng minh ME = R:

Ta có MB//EO (vì vng góc với BB’)

=> ∠ O1 = ∠ M1 (so le trong)

Mà ∠ M1 = ∠ M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => ∠ M2 = ∠ O1 (1)

C/m MO//EB’ (vì vng góc với BC)

=> ∠ O1 = ∠ E1 (so le trong) (2)

Từ (1), (2) => ∠ M2 = ∠ E1 => MOCE nội tiếp

=> ∠ MEO = ∠ MCO = 900 => ∠ MEO = ∠ MBO =

∠ BOE = 900 => MBOE hình chữ nhật

=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)

0,25 0,25 0,25 0,25

C4.3 (1,0 điểm) 3) Chứng minh OM=2R K di động đường tròn cố định:

Chứng minh Tam giác MBC 0,25

B

1 O

M

K

2

E

B’

đều => ∠ BMC = 600 => ∠ BOC = 1200

=> ∠ KOC = 600 - ∠ O = 600 - ∠ M

1 = 600 – 300 = 300 Trong tam giác KOC vng C, ta có:

CosKOC=OC

OK⇒ OK= OC

Cos 300=R : √3

2 = 2√3 R

3 Mà O cố định, R không đổi => K

di động đường trịn tâm O, bán kính = 2√3 R

3 (điều phải chứng minh)

0,25

0,25 0,25

C5 (1,0 điểm)

     

3 3

4 4

3 3

4 4

4 4

4 4

4 4

4

a b c

a b c a a b c b a b c c

a b c

a b c

 

        

  

    Do đó,

3 3

4 4

4

4

2

4

a  b  c   

0,25 0,25 0,25 0,25

Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” “điểm A”  gây rối -Mỗi câu có cách làm khác

câu

Cach 2: Đặt x = 4a;y4 b;z4 c => x, y , z > x4 + y4 + z4 = 4. BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2

hay (x3 + y3 + z3 ) > = x4 + y4 + z4  x3( -x) + y3( -y)+ z3( -z) > (*). Ta xét trường hợp:

- Nếu sô x, y, z tồn it nhât sô  2, giả sử x 2 x3 2 . Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 ( y, z > 0).

- Nếu sô x, y, z nhỏ  2 BĐT(*) ln đung. Vậy x3 + y3 + z3 > 2 CM.

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐĂKLĂK MÔN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút,(khơng kể giao đề) Ngày thi: 22/06/2012

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình:

a) 2x2 – 7x + = 0. b) 9x4 + 5x2 – = 0.

2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số qua điểm A(2;5) ; B(-2;-3) Câu (1,5đ)

1) Hai ô tô từ A đến B dài 200km Biết vận tốc xe thứ nhanh vận tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ đến B sớm xe thứ hai Tính vận tốc xe

2) Rút gọn biểu thức:  

A= x x ;

x

 

 

 



  với x ≥ 0.

Câu (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m 2) Tìm giá trị m để biểu thức A = x21 x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu (3,5đ)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O (AB < AC) Hai tiếp tuyến B C cắt M AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D E trung điểm đoạn AD EC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh rằng:

1) Tứ giác OEBM nội tiếp 2) MB2 = MA.MD.

3) BFC MOC  . 4) BF // AM Câu (1đ)

Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = Chứng minh rằng: 3x y   Bài giải sơ lược:

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + = 0.  = (-7)2 – 4.2.3 = 25 > 0

 = Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

7

x

4 x

4



 



 

b) 9x4 + 5x2 – = Đặt x2 = t , Đk : t ≥ 0. Ta có pt: 9t2 + 5t – = 0.

a – b + c =  t1 = - (không TMĐK, loại)

t2 =

9 (TMĐK)

t =

9  x2 =

9  x =

4

E F D A O C B Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x1,2 =

2 

2) Đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2;5) B(-2;-3)

2a b a

2a b b

    

   

   

 

Vậy hàm số càn tìm : y = 2x + Câu

1) Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h) Đk: x > Vận tốc xe thứ x + 10 (km/h)

Thời gian xe thứ quảng đường từ A đến B : 200 x 10 (giờ)

Thời gian xe thứ hai quảng đường từ A đến B : 200

x (giờ)

Xe thứ đến B sớm so với xe thứ hai nên ta có phương trình:

200 200 1 x  x 10  Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại)

x1 = 40 (TMĐK) Vậy vận tốc xe thứ 50km/h, vận tốc xe thứ hai 40km/h

2) Rút gọn biểu thức:    

1 x 1

A x x x x

x x

                     =  

x x x 1

x

 



 

  

  = x, với x ≥ 0. Câu (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

1) Chứng minh : Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Ta có

2 2

(m 2) m 4m

  

        

> với m

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

2) phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Theo hệ thức Vi-ét ta

có :

1 2

x x 2(m 2) x x m 4m

          

A = x12x22 = (x1 + x2)2 – x

1x2 = 4(m + 2)2 – 2(m2 + 4m +3) = 2m2 + 8m+ 10 = 2(m2 + 4m) + 10

= 2(m + 2)2 + ≥ với m. Suy minA =  m + =  m = -

Vậy với m = - A đạt = Câu

1) Ta có EA = ED (gt)  OE  AD ( Quan hệ đường kính dây)  OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến)

E B nhìn OM góc vng  Tứ giác OEBM nội tiếp

2) Ta có



MBD 

sđ BD ( góc nội tiếp chắn cung BD)



MAB 

 MBD MAB Xét tam giác MBD tam giác MAB có:

Góc M chung, MBD MAB   MBD đồng dạng với MAB 

MB MD MA MB  MB2 = MA.MD

3) Ta có:



MOC 

BOC = 12 sđ BC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); 

1 BFC

2 

sđ BC (góc nội tiếp)  BFC MOC  .

4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F C  = 1800)  MFC MOC  ( hai góc nội tiếp chắn cung MC), mặt khác MOC BFC  (theo câu 3)  BFC MFC   BF // AM.

Câu

 2

2 a b

a b

x y x y



 



Ta có x + 2y =  x = – 2y , x dương nên – 2y >

Xét hiệu

1 x y  =

2 3 y 4y 3y(3 2y) 6(y 1)

3 2y y y(3 2y) y(3 2y)

    

   

   ≥ ( y > – 2y > 0)



1 3

x 2y  dấu “ =” xãy 

x 0,y x 0,y

x

x 2y x

y

y y

     

 

 

    

  

 

    

SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TỐN

Thời gian làm 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm):

Giải phương trình sau:

a) x(x-2)=12-x

b)

2

8 1

16 4

x

x x x



 

  

Câu (2,0 điểm):

a) Cho hệ phương trình

3

5

x y m

x y

  

 

 

 có nghiệm (x;y) Tìm m để biểu thức (xy+x-1) đạt giái trị lớn

b) Tìm m để đường thẳng y = (2m-3)x-3 cắt trục hồnh điểm có hồnh độ

2 3. Câu (2,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức  

3

2

P x

x x x

 

   

  

  với x 0 x 4.

b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch 600 thóc Năm nay, đơn vị thứ làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngối Do hai đơn vị thu hoạch 685 thóc Hỏi năm ngối, đơn vị thu hoạch thóc?

Câu (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O) Vẽ đường cao BE, CF tam giác Gọi H giao điểm BE CF Kẻ đường kính BK (O)

a) Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh tứ giâc AHCK bình hành

c) Đường trịn đường kính AC cắt BE M, đường trịn đường kính AB cặt CF N Chứng minh AM = AN

Câu (1,0 điểm):

Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d  ac

b d  Chứng minh phương trình

(x2 + ax +b)(x2 + cx + d)=0 (x ẩn) ln có nghiệm

HƯỚNG DẪN - ĐÁP ÁN Câu 1: a ) x = - x = b) x = - 2; loại x = 4.

Câu 2: a) Hệ => x = m + y = - m => A = (xy+x-1) = …= - ( m -1)2

Amax= m =

b) Thay x = 2/3 y = vào pt đường thẳng => m = 15/4

Câu 3: a) A = 1

b) x + y = 600 0,1x + 0,2y = 85 hay x + 2y = 850 Từ tính y = 250 tấn, x = 350

Câu (3,0 điểm): a) B ^F C=B ^E C=900

b) AH//KC ( vng góc với BC) CH // KA ( vng góc với AB)

c) Có AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC ( Hệ thức lượng tam giác vuông)

AF

AF.AB AC

AE

AEF ABC AE AC

AB

     

 AM = AN

Câu (1,0 điểm) Xét phương trình:

x2 + ax + b = (1) x2 + cx + d = (2)

a− c¿2+2[ac −2(b+d)]

Δ1+Δ2=(a2− b)+(c2− d )=a2−2 ac+c2+2[ac − 2(b+d)]=¿

+ Với b+d <0  b; d có số nhỏ

 1>0 2>0  pt cho có nghiệm

+ Với b+d ≥ 0 Từ ac

b d   ac > 2(b + d) => Δ1+Δ2≥0

=> Ít hai biểu giá trị Δ1, Δ2 => Ít hai pt (1) (2) có nghiệm.

Vậy với a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d  ac b d  ,

SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang)

Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau:

a)

2

5

3x 5x

   

  

   

   

b) | 2x – | =

Câu (2,0 điểm): Cho biểu thức:

A =

:

2

a a a a

b a

a b a b a b ab

   

 

   



   

    với a b số dương khác nhau.

a) Rút gọn biểu thức A –

2

a b ab

b a

 

 .

b) Tính giá trị A a =  b = 7

Câu (2,0 điểm):

a) Tìm m để đường thẳng y = 2x + m y = x – 2m + cắt điểm nằm trục tung

b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc xe máy từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn vận tốc xe máy 15 km/h (Hai xe chạy đường cho) Hai xe nói đến B lúc Tính vận tốc xe

Câu (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) Gọi C, D là hai điểm nửa đường trịn cho C thuộc cung AD COD = 1200 Gọi giao điểm hai dây AD BC E, giao điểm đường thẳng AC BD F.

a) Chứng minh bốn điêm C, D, E, F nằm đường trịn. b) Tính bán kính đường trịn qua C, E, D, F nói theo R.

c) Tìm giá trị lớn điện tích tam giác FAB theo R C, D thay đổi nhung thỏa mãn giả thiết toán

Câu (1,0 điểm): Khơng dùng máy tính cầm tay , tìm số ngun lớn khơng vượt q S, S =  

6

2

Hết

-HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

2

)

3

2 15

5 2 15

3

4 15 15

3

5

a x x

x x x

x x x                                        

Vậy nghiệm phương trình cho S = {

15 15 ;



} b)

2

2

2 2

x x x

x

x x x

   

  

      

   

  

Vậy nghiệm phương trình cho S = {1;2} Câu

Ta có :

      2 : : ( )( ) ( ) ( ) : ( )( ) ( )( )

a a a a

A

b a

a b a b a b ab

a a a a

A

a b b a b a a b a b

a b a a a a b a

A

b a b a a b

a b

ab A

b a b a ab

a b A b a                                                           a) Ta có :

2 2 ( ) ( ) ( )

a b ab

A

b a

a b a b

b a

b a

a b a b

b a                 Vậy

a b ab

A

b a   

 = 0 b) Ta có :

 2

7 4 3

 2

7 4 3

2 3 b b b b          

Thay a 2 3; b  2 vào biểu thức

a b

A

b a

 

 ta :

2 3

2 3

4 3 A A A         

Vậy với a = - ; b = + A =

3 Câu

a) Để hai đường thẳng y = 2x + m y = x – 2m + cắt điểm trục tung m = -2m + => 3m = => m =

Vậy với m = hai đường thẳng y = 2x + m y = x – 2m + cắt điểm trục tung

b) Xe máy trước ô tô thời gian : 30 phút - = 30 phút = 2h. Gọi vận tốc xe máy x ( km/h ) ( x > )

Vì vận tốc ô tô lớn vận tốc xe máy 15 km/h nên vận tốc ô tô x + 15 (km/h)

Thời gian xe máy hết quãng đường AB : 90

( )h x

Thời gian ô tô hết quãng đường AB : 90

( ) 15 h x 

Do xe máy trước ô tô

2 hai xe tới B lúc nên ta có phương trình :

2

90 90

2 15

90.2.( 15) ( 15) 90.2 180 2700 15 180

15 2700

x x

x x x x

x x x x

x x                 

Ta có :

15 4.( 2700) 11025 11025 105          15 105 60

x   

( không thỏa mãn điều kiện )

15 105 45

x   

( thỏa mãn điều kiện )

a) Ta có : C, D thuộc đường tròn nên : ACB ADB 900

  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => FCE 90 ;0 FDE 900 ( góc kề bù )

Hai điểm C D nhìn đoạn thẳng FE góc 900 nên điểm C,D,E,F thuộc đường tròn đường kính EF. b) Gọi I trung điểm EF ID = IC bán kính đường trịn qua điểm C, D, E, F nói

Ta có : IC = ID ; OC = OD ( bán kính đường trịn tâm O ) suy IO trung trực CD => OI phân giác COD

=>

 1200 600

IOD  

Do O trung điểm AB tam giác ADB vuông D nên tam giác ODB cân O => ODB OBD  (1)

Do ID = IF nên tam giác IFD cân I => IFD IDF  (2)

Tam giác AFB có hai đường cao AD, BC cắt E nên E trực tâm tam giác => FE đường cao thứ ba => FE vng góc AB H => OBD IF D900 (3)

Từ (1) , (2) , (3) suy IDF ODB  900 => IDO 900. Xét tam giác vuông IDO có IOD 600

Ta có : ID = OD.tanIOD = R.tan600 = R

Vậy bán kính đường trịn qua điểm C,D,E,F R c) Theo phần b) : OI = ID2OD2  3R2R2 2R Đặt OH = x 0 x R  => IH = 4R2 x2 .

=> FH = R + 4R2 x2

2

2 2

1

.2 ( )

2

3

FAB

FAB

S AB FH R R R x

S R R R x

   

  

Ta có : 4R2 - x2  4R2 Dấu xảy x = 0.

Khi : SFAB = R2 + 2R2 H  O => O, I, F thẳng hàng => CD // AB =>  

0 15

ADO DAO  => BD = AC = 2RSin150

Vậy diện tích lớn đạt tam giác AFB R2 + 2R2 AC = BD = 2Rsin150 Câu

Xét hai số a = + b = - Ta có : a + b = ab = 1, 0< b <

(a+b)3 = 43 = 64 => a3 + b3 = 64 - 3ab(a + b) = 64 - 3.1.4 = 52 (a3+b3)(a3 + b3) = 52.52 => a6 + b6 = 2704 - 2(ab)3 = 2704 - = 2702 => a6 = S = 2702 - b6 (*).

Do 0<b<1 nên < b6 <

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Môn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình

1

x x 

 

2) Giải hệ phương trình

3 3 11 x

x y

  

 

 



 .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

1 a +

P = + :

2 a - a - a a - a

 

 

  với a > a 4 Câu III (1,0 điểm)

Một tam giác vuông có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 parabol (P):

2 y = x

2 . 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho

 

1 2

x x y + y 48 0

Câu V (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C cho AC < BC (CA) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E A)

1) Chứng minh BE2 = AE.DE.

2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp

3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH Câu VI ( 1,0 điểm)

Cho số dương a, b thỏa mãn 1

2

a b  Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2

1

2

Q

a b ab b a ba

 

    .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TUYÊN QUANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2011 - 2012 MƠN THI: TỐN

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

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2 6 9 0

x  x 

b) Giải hệ phương trình:

4 3 6 3 4 10

x y y x

  



  

c) Giải phương trình:

2 6 9 2011

x  x  x

Câu (2,5 điểm)

Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ

Câu (2,5 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N cho M, O, N không thẳng hàng Hai tiếp tuyến M , N với đường tròn (O) cắt A Từ O kẻ đường vng góc với OM cắt AN S Từ A kẻ đường vng góc với AM cắt ON I Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân Câu (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác Biết AB = cm, IC = cm Tính BC

Hướng dẫn chấm, biểu điểm MƠN THI: TỐN CHUNG

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2 6 9 0

x  x  1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 0 0,5

Phương trình có nghiệm:

6 x  

0,5

b) Giải hệ phương trình:

4 (1)

3 10 (2)

x y

y x

 

 

 



1,0

Bài giải: Cộng (1) (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16  8x = 16  x = 2 0,5

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

3 Tập nghiệm:

2 x y

   

  

0,5

c) Giải phương trình:

2 6 9 2011

x  x  x

(3)

1,0

Bài giải: Ta có  

2

2 6 9 3 3

x  x  x  x 0,5

Mặt khác:

2 6 9 0 2011 0 2011 3 3

x  x   x   x   x  x Vậy: (3)  x 3 x 2011  3 2011 Phương trình vơ nghiệm

0,5

Câu (2,5 điểm ) 2,5

Bài giải: Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x km/giờ ( x > 4) 0,5

Vận tốc ca nô xi dịng x +4 (km/giờ), ngược dịng x - (km/giờ) Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B

30

x  giờ, ngược dòng từ B đến A

30 x  giờ.

0,5

Theo ta có phương trình:

30 30

4

x x  (4) 0,5

2

(4) 30(x 4)30(x4)4(x4)(x 4) x  15x 16 0 x 1

hoặc x = 16 Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại 0,5

Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 16km/giờ 0,5

Câu (2,5 điểm)

A

S

O N

M

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) 0,5

Vì MA//SO nên: MAO SOA  (so le trong) (2) 0,5 Từ (1) (2) ta có: SAO SOA    SAO cân  SA = SO (đ.p.c.m)

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA NOA (3) 0,5 Vì MO // AI nên: góc MOA góc OAI (so le trong) (4)

0,5

Từ (3) (4) ta có: IOA IAO    OIA cân (đ.p.c.m) Câu (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0

Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0  (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  với x, y nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  1

0,5

Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1   

Thay giá trị nguyên y vào (2) ta tìm cặp nghiệm nguyên (x; y) PT cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1)

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác Biết AB = cm, IC = cm Tính BC.

5

x

D

B

A

C I

E

Bài giải:

Gọi D hình chiếu vng góc C đường thẳng BI, E giao điểm AB CD.BIC có DIC góc ngồi

nên: DIC =

    0

( ) 90 : 45

IBC ICB  B C  

 DIC vuông cân  DC = :

Mặt khác BD đường phân giác đường cao nên tam giác BEC cân B

 EC = DC = 12: 2 BC = BE

0,5

Gọi x = BC = BE (x > 0) Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25

EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x

2 2 O,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THANH HĨA NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi 29 tháng năm 2012

Bài 1 : (2.0 điểm)

1- Giải phương trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + = 0

2- Giải hệ phương trình : {2 x − y=7x+ y=2

Bài 2 : (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 2+21

√a +

2 −2√a

-a2+1 1 − a2

1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A < 13

Bài 3 : (2.0 điểm)

1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ;

3) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x1

2 + x2

2 =

Bài 4 : (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M

bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vuông góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH

Bài 5 : (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b a > 0

Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 8 a2+b

4 a +b

-HẾT -ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh)

Thời gian làm :120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 17 tháng năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

 

  , (Với a > , a 1)

1 Chứng minh :

2 P

a 

 Tìm giá trị a để P = a

Câu (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x + 3 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ) Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

1 Giải phơng trình m =

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu (3.0 điểm) : Cho đường trịn (O) có đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đường tròn (I) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C CD đờng kính (I) Chứng minh rằng:

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD tam giác cân

3 Đờng thẳng qua D vuông góc với BC ln qua điểm cố định M di động đư ờng tròn (O)

Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dương không âm thoả mãn : a2 b2c2 3

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

HƯỚNG DẪN GIẢI:

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

2 P a  

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

                          2

1 1 1

1

a a a a a

P a a a a             

2 4

1

a a a a a a a

P a a a a          

4

1

a a P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2 Tìm giá trị a để P = a P = a

=>

2

2

1 a a a

a     

Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 =

2 c a   

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

2 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c = 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 x2 =

3 c a   

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

Vậy (d) (P) có hai điểm chung phân biệt A B

1.0

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễn điểm A B mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ

1

D C

B

A

3 -1

1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC  

9.3

13,5

2

BOC

BC CO

S   

1.1

0,5

2

AOD

AD DO

S   

Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

3

1 Khi m = 4, ta có phương trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

1.0

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > phương trình có hai nghiệm phân biệt

1.0

4

1 2

N

K

H

D I

C

O

A B

M

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta có MC tiếp tuyến đường tròn (O)  MC  MO (1) Xét đường trịn (I) : Ta có CMD  900  MC  MD (2)

Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng

2 Tam giác COD tam giác cân

CA tiếp tuyến đường tròn (O)  CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C  CA  CD(4) Từ (3) (4)  CD // AB => DCO COA (*) ( Hai góc so le trong)

CA, CM hai tiếp tuyến cắt (O)  COA COD  (**) Từ (*) (**)  DOC DCO   Tam giác COD cân D

1.0

3 Đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua điểm cố định M di động đờng trịn (O)

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H CHD  900  H  (I) (Bài tốn quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I)

=>

 900 can tai D CND NC NO COD         

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H O1 DCO ( Cùng bù với góc DHN)  NHO NKO 1800(5) * Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đường tròn (I))

    

CBO HND HCD

 DHN COB (g.g)

HN OB

HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON

OC CD CD

               

 Mà ONH CDH  NHO DHC (c.g.c)

 NHO  900 Mà NHO NKO  1800(5) NKO 900,  NK  AB  NK // AC  K trung điểm OA cố định  (ĐPCM)

1.0

5 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dơng không âm thoả mãn : a2 b2 c2 3

  

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:

 2

2 a b

a b

x y x y



 



 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

       Thật          2 2

2 0

a b

a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



         

 (Đúng)  ĐPCM

Áp dụng lần , ta có:

 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

 

* Ta có : a22b 3 a22b  1 2a2b , tương tự Ta có: … 2

2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

           

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

     

            

Ta chứng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a  

                 

2 2

3

1 1

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2 (2)

1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a

                                                                                  * Áp dụng Bổ đề ta có:

               3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

    

          

 2

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c

               * Mà:    

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3

3( )

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

                                                     

        32 (4) Từ (3) (4)  (2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình , phương trình sau đây:

1

43

3 19

x y

x y

 

 

 



2 x5 2x 18 x2 12x36 0

4 x 2011 4x 8044 3 Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:

2

1 1

2 :

1

a K

a a

a a

  

 

     

 

    (với a0,a1) 1 Rút gọn biểu thức K.

2 Tìm a để K  2012 Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x): x2 4x m 2 3 * 

1 Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m. 2 Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2 5x1.

Câu 4: (1,5 điểm)

Một ô tô dự định từ A đến B cách 120 km thời gian quy định Sau giờ thì ô tô bị chặn xe cứu hỏa 10 phút Do để đến B hạn xe phải tăng vận tốc thêm km/h. Tính vận tốc lúc đầu ô tô

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn  O , từ điểm A ngồi đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB vàAC(B C, tiếp điểm) OAcắtBCtại E

2 Chứng minh BC vng góc với OA BA BE AE BO .

3 Gọi I trung điểm BE , đường thẳng qua I vng góc OI cắt tia AB AC, theo thứ tự Dvà F Chứng minh IDO BCO DOF cân O.

4 Chứng minh F trung điểm củaAC

GỢI Ý GIẢI: Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình , phương trình sau đây:

1

43 2 86 105 21

3 19 19 43 22

x y x y x x

x y x y x y y

                           

2 x5 2x 18 ; ÐK x: 9

23( )

5 18

13

5 18 ( )

3

x TMÐK

x x

x x x KTMÐK

                

3 x2 12x36 0  (x 6)2  0 x6

4

2011 8044 3; : 2011

3 2011 2012( )

x x ÐK x

x x TMÐK

    

    

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:

2

1 1

2 : a K a a a a             

    (với a0,a1)

 

2

1 1 1

2 : :

( 1)

1 ( 1)

1 1

2 : : ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a

K

a a a a

a a a a

a a a

a a a a a a

                                                            2012

K   2 a = 2012  a = 503 (TMĐK) Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x):

1

 

2

2

4 *

16 12 4 0;

x x m

m m m

   

        

Vậy (*) có hai nghiệm phân biệt với m.

2 Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2 5x1.

Theo hệ thức VI-ET có :x1.x2 = - m2 + ;x1+ x2 = 4; mà x2 5x1 => x1 = - ; x2 = Thay x1 = - ; x2 = vào x1.x2 = - m2 + => m = 2

Câu 4: (1,5 điểm)

Gọi x (km/h) vt dự định; x > => Thời gian dự định : 120

Sau h ô tơ x km => qng đường cịn lại 120 – x ( km) Vt lúc sau: x + ( km/h)

Pt

1 120 120

6

x

x x



  

 => x = 48 (TMĐK) => KL HD C3

Tam giác BOC cân O => góc OBC = góc OCB

Tứ giác OIBD có góc OID = góc OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => góc ODI = góc OBI Do IDO BCO 

Lại có FIOC nội tiếp ; nên góc IFO = góc ICO Suy góc OPF = góc OFP ; DOFcân O. HD C4

Xét tứ giác BPFE có IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân có OI đường cao=> ) Nên BPEF Hình bình hành => BP // FE

Tam giác ABC có EB = EC ; BA // FE; nên EF ĐTB tam giác ABC => FA = FC

Sở GD – ĐT NGHỆ AN §Ị thi vào THPT năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

Thêi gian 120 phót Ngày thi 24/ 06/ 2012 Câu 1: 2,5 điểm:

Cho biểu thøc A =

1

2

x

x x x



 



 

 

 

a) Tìm điều kiện xác định tú gọn A

b) Tìm tất giá trị x để A 

c) Tìm tất giá trị x để B A

đạt giá trị nguyên Câu 2: 1,5 điểm:

Quảng đờng AB dài 156 km Một ngời xe máy tử A, ngời xe đạp từ B Hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc ngời đI xe máy nhanh vận tốc ngời đI xe đạp 28 km/h Tính vận tốc xe?

C©u 3: điểm:

Chjo phơng trình: x2 2(m-1)x + m2 – =0 ( m lµ tham sè). a) GiảI phơng trình m =

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

2 2 16 x x Câu 4: điểm

Cho im M nm ngồi đờng trịn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm M D), OM cắt AB (O) lần lợt H I Chứng minh

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CI lµ tia phân giác góc MCH

HNG DN GIẢI

Câu 1: (2,5 điểm)

a, Với x > x  4, ta có:

A =

1

2

x

x x x



 



 

 

  =

2 2

( 2)( 2)

x x x

x x x

   

  = =

2 x 

b, A =

2 x  

2 x  >

1

2   x >

c, B =

2 x  =

14

3( x 2) số nguyên   x  ước 14 hay 2 x  =  1,2

x  =  7, x  =  14.2 (Giải pt tìm x)

Câu 2: (1,5 điểm)

Gọi vân tốc xe đạp x (km/h), điều kiện x > Thì vận tốc xe máy x + 28 (km/h)

Trong giờ:

+ Xe đạp quãng đường 3x (km),

+ Xe máy quãng đường 3(x + 28) (km), theo ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc xe đạp 12 km/h vận tốc xe máy 12 + 28 = 40 (km/h)

Câu 3: (2,0 điểm)

a, Thay x = vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = giải phương trình: x2 - 4x + = nhiều cách tìm nghiệm x

b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:

1 2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

  

và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải tìm m = 0, m = -4

Câu 4: (4,0 điểm) Tự viết GT-KL

A

D C

M

I H

B

a, Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) A B nên góc tứ giác MAOB vuông A B, nên nội tiếp đường trịn

b,  MAC  MDA có chung M MAC = MDA (cùng chắn AC ), nên đồng dạng Từ suy ra

2

MA MD

MC MD MA

MC MA   (đfcm)

c,  MAO  AHO đồng dạng có chung góc O AMO HAO (cùng chắn hai cung của đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB) Suy OH.OM = OA2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO hệ thức OH.OM = OA2 MC.MD = MA2 để suy ra điều phải chứng minh

d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy MH.OM = MC.MD 

MH MC

MD MO (*) Trong  MHC  MDO có (*) DMO chung nên đồng dạng.

 M O

MC MO MO

HC  D  A hay O

MC MO

CH  A (1)

Ta lại có MAIIAH (cùng chắn hai cung nhau) AI phân giác MAH.

H

Theo t/c đường phân giác tam giác, ta có: A

MI MA

IH  H (2)

MHA  MAO có OMA chung MHA MAO 900 đồng dạng (g.g)

 O A

MO MA

A  H (3)

Từ (1), (2), (3) suy

MC MI

CH IH suy CI tia phân giác góc MCH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 22/06/2012 Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình: x2 – 5x + = 0

b) Giải hệ phương trình:

3x y x 2y

  



 

 Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 đường thẳng (d) có phương trình: y = 2mx – 2m + (m tham số)

a) Tìm toạ độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng

b) Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y , y tung độ giao điểm (P) (d), tìm m để y1y29 Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường trịn (O) A lấy điểm M ( M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vng góc với AB ( H AB ), MB cắt (O) tại điểm thứ hai K cắt CH N Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AKNH tứ giác nội tiếp b) AM2 = MK.MB

c) Góc KAC góc OMB d) N trung điểm CH Câu 5(1 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1; b 4;c 9   Tìm giá trị lớn biểu thức :

bc a ca b ab c P

abc

    

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO QUẢNG TRỊ

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 KHÓA NGÀY : 19/6/2012

MƠN : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2 điểm)

1.Rút gọn biểu thức (khơng dùng máy tính cầm tay): a) √50 - √18

b) P=( √a− 1+

1 √a+1)÷

1

a − , với a 0,a 2.Giải hệ phương trình (khơng dùng máy tính cầm tay):

¿

x+ y=4 2 x − y =5

¿{

¿

Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2−5 x − 3=0 Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

1

x1+x2 c, x1

2 +x2

2 Câu 3:(1,5 điểm)

Trên mặt phảng tọa độ, gọi (P) đồ thị hàm số y=x2 a, Vẽ (P)

b, Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d: y = -2x+3 Câu 4:(1,5 điểm)

Hai xe khởi hành lúc từ địa điểm A đến địa điểm B cách 100km Xe thứ chạy nhanh xe thứ hai 10km/h nên đến B sớm hơm 30 phút, Tính vận tốc xe

Câu 5:(3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) Đường thẳng (d) khơng qua tâm (O) cắt đường trịn hai điểm A B theo thứ tự, C điểm thuộc (d) ngồi đường trịn (O) Vẽ đường kính PQ vng góc với dây AB D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I, AB cắt IQ K

a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CI.CP = CK.CD

c) Chứng minh IC phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB

d) Cho ba điểm A, B, C cố định Đường tròn (O) thay đổi qua A B Chứng minh IQ qua điểm cố định

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

NINH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 24 – – 2012

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2 3 x y x y       

b) Xác định giá trị m để hệ phương trình sau vơ nghiệm:

( 2) ( 1)

3

m x m y

x y

   

 

 

 ( m tham số)

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hai hàm số y = x2 y = x + 2.

a) Vẽ đồ thị hai hàm số cho hệ trục tọa độ Oxy

b) Bằng phép tính xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị (điểm A có hồnh độ âm)

c) Tính diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Bài 3: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức H = ( 10 2) 3 Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA (E không trùng với A O) Kẻ dây BD vng góc với AC Kẻ đường kính DI đường trịn (O)

a) Chứng minh rằng: AB = CI

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE =

2

R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng:

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

                           

b) Hệ phương trình vô nghiệm khi:

2

3

2 3

1 4

1

3 m m m m m m m m m                             Bài 2: (3,0 điểm)

a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

x -2 -1

2

y = x (P) 1

x -

y = x + 2(d)

b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:

2 2

1

1

1;

2

1;

2 2

x x

y x x x x x

y y

y x y x y x

 

         

  

   

 

      

  

Tọa độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4)

c) SOAB =

2 (1+4).3 - 1.1 -

1

2 2.4 = Bài 3: (1,0 điểm)

H = ( 10 2) 3  5    1   1   5 4 Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI Ta có: BD  AC (gt)

DBI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BD  BI Do đó: AC // BI  AB CI  AB = CI

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 Vì BD  AC  ABAD nên AB = AD

Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2

c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE =

3 R

S = S + S =

2 DE.AC +

2 EB.(BI + AC)

6

4

2

-2

-4

-6

1

-10 -5 10

2 O

A

B

1 -2

E

O

A C

B

D

* OE =

3 R

 AE = R

EC =

3 R

+ R =

3 R

* DE2 = AE.EC = 3 R R = R

 DE =

5 R

Do đó: EB = R

* BI = AC – 2AE = 2R – R

=

3 R

Vậy: SABICD = R 2R + R ( R

+ 2R) = R 16 R = R (đvdt) Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng:

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA

Gọi G trọng tâm  ABC, ta có: GM =

3 AM; GN =

3 BN; GP = CP

Vì AM, BN, CP trung tuyến, nên: M, N, P trung điểm BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP đường trung bình  ABC

Nên: MN =

2 AB; NP =

2 BC; MP = AC Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:

* AM < MN + AN hay AM < AB +

1

2 AC (1)

Tương tự: BN < AB +

1

2 BC (2)

CP < BC +

1

2 AC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) * GN + GM > MN hay

1 BN +

1

3 AM >

2 AB (4)

Tương tự: BN +

1

3 CP >

2 BC (5)

CP +

1

3 AM >

2 AC (6) Từ (4), (5), (6) suy ra:

1 BN +

1

3 AM + BN +

1 CP +

1 CP +

1

3 AM > AB +

1 BC+ AC 

3 (AM + BN + CP) >

2 (AB + AC + BC)



4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**)

G

M

P N

A

Từ (*), (**) suy ra:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

THỪA THIÊN HUẾ

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày : 24/6/2012

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C =  

5 3

5

5

 

  

 Chứng tỏ C =

b) Giải phương trình : 3 x 2  x2  4 = 0 Bài 2:(2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d) qua điểm M (1;2) có hệ số góc k0.

a/ Chứng minh với giá trị k0 đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B.

b/ Gọi xA xB hoành độ hai điểm A B.Chứng minh x + xA B  x xA B  2 = 0

Bài 3:(2,0 điểm)

a/ Một xe lửa từ ga A đến ga B.Sau 40 phút, xe lửa khác từ ga A đến ga B với vận tốc lớn vận tốc xe lửa thứ km/h.Hai xe lửa gặp ga cách ga B 300 km.Tìm vận tốc xe, biết quãng đường sắt từ ga A đến ga B dài 645 km

b/ Giải hệ phương trình :

   

2

20 20

7

x y x y

x y x y

  

  

 

  

 Bài 4:(3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính BC.Lấy điểm A tia đối tia CB.Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn (O) ( F tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx nửa đường tròn (O) D ( tia tiếp tuyến Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)) Gọi H giao điểm BF với DO ; K giao điểm thứ hai DC với nửa đường tròn (O)

a/ Chứng minh : AO.AB=AF.AD b/ Chứng minh tứ giác KHOC nội tiếp

c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh 

BD DM

= 1

DM AM

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho hình chử nhật OABC, COB = 30 0.Gọi CH đường cao tam giác COB, CH=20 cm.Khi hình chữ nhật OABC quay vòng quanh cạnh OC cố định ta hình trụ, tam giác OHC tạo thành hình (H).Tính thể tích phần hình trụ nằm bên ngồi hình (H)

(Cho  3,1416)

30

12 cm

K H

C B

A O

0

Câu (2đ)

a) Giải phương trình 2x – =1 b) Giải bất phương trình 3x – > Câu (2đ)

a) Giải hệ phương trình

¿

3 x + y=3 2 x − y =7

¿{

¿

b) Chứng minh 3+√2+

1 3−√2=

6 Câu (2đ)

Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – = 0 a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Câu (3đ)

Cho tam giác ABC vuông A Lấy B làm tâm vẽ đường trịn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường trịn tâm C bán kính AC, hai đường trịn cắt điểm thứ D.Vẽ AM, AN dây cung đường tròn (B) (C) cho AM vng góc với AN D nằm M; N

a) CMR: ABC=DBC

b) CMR: ABDC tứ giác nội tiếp c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng

d) Xác định vị trí dây AM; AN đường trịn (B) (C) cho đoạn MN có độ dài lớn

Câu (1đ) Giải Hệ PT

¿

x2− y2−8 y =3

(2 x +4 y −1)√2 x − y −1=(4 x −2 y −3)√x +2 y

¿{

¿

-Hết -GỢI Ý GIẢI

Câu (2đ) a) Giải phương trình 2x – = b) Giải bất phương trình 3x – > Đáp án a) x = ; b) x >

Câu (2đ) a) Giải hệ phương trình

¿

3 x + y=3 2 x − y =7

¿{

¿

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012-2013

Mơn tốn

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

b) Chứng minh 3+√2+

1 3−√2=

6 Đáp án a) x = ; y = –

b) VT = 3 −√2+3+√2 9 − 2 =

6

7 =VP (đpcm) Câu (2đ) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – = 0

c) Giải phương trình m =

d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Đáp án a) x1 = −2 −√5 ; x2 = −2+√5

e) Thấy hệ số pt : a = ; c = A –  pt có nghiệm Theo vi- ét ta có x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1

Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 – 3x1x2 = 4(m – 3)2 + 3  GTNN A =  m = 3

Câu (3đ) Hướng dẫn

a) Có AB = DB; AC = DC; BC chung  ABC = DBC (c-c-c)

b) ABC = DBC  góc BAC =BDC = 900  ABDC tứ giác nội tiếp c) Có gócA1 = gócM1 ( ABM cân B)

gócA4 = gócN2 ( ACN cân C) gócA1 = gócA4 ( phụ A2;3 )

 gócA1 = gócM1 =gócA4= gócN2

gócA2 = gócN1 ( chắn cung AD (C) ) Lại có A1+A2 + A3 = 900 => M1 + N1 + A3 = 900

Mà AMN vuông A => M1 + N1 + M2 = 900 => A3 = M2 => A3 = D1 CDN cân C => N1;2 = D4

 D2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2 = 900 + M

2 + N1 + M1 ( M1 = N2) = 900 + 900 = 1800

 M; D; N thẳng hàng d) AMN đồng dạng ABC (g-g)

Ta có NM2 = AN2 +AM2 để NM lớn AN ; AM lớn nhất

Mà AM; AN lớn nhât AM; AN đường kính (B) (C) Vậy AM; AN đường kính (B) (C) NM lớn

Câu (1đ): Giải Hệ PT

¿

x2− y2−8 y =3

(2 x +4 y −1)√2 x − y −1=(4 x −2 y −3)√x +2 y

¿{

¿

Hướng dẫn

¿

x2− y2−8 y =3

(2 x +4 y −1)√2 x − y −1=(4 x −2 y −3)√x +2 y

¿{

¿



¿

x2−5 y2−8 y=3 (1)

(2<x+2 y >− 1)√2 x − y −1=(2<2 x − y −1>− 1)√x +2 y (2)

¿{

¿

2

3

2 2

1

M

D

N C B

Từ (2) đặt x +2y = a ; 2x–y –1 = b (a:b 0)

Ta dc (2a-1) √b =(2b –1) √a  ( √a −√b )(2 √ab+1¿ =  a = b

 x = 3y + thay vào (1) ta dc 2y2 – y – 1= => y

1 = ; y2 = –1/2 => x1 = ; x2 = –1/2 Thấy x2 + 2y2 = –1 < (loại) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4 ; 1)

Sở giáo dục đào tạo Hng n

(§Ị thi cã 01 trang)

kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt chuyên Năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh dự thi lớp chuyên: Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132 Chứng minh A số tự nhiên

b) Giải hệ phương trình

2

1 x

x

y y

1 x

x

y y



  

  

    



Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương

b) Giải phương trình: + x + (4 x)(2x 2) 4( x     2x 2) Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất số hữu tỷ x cho A = x2 + x+ số phương.

b) Cho x > y > Chứng minh :

3 2

(x y ) (x y ) (x 1)(y 1)

  



 

Bài (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE CF Tiếp tuyến B C cắt S, gọi BC OS cắt M

b) Hai tam giác AEM ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF N, AS cắt BC P CMR NP vng góc với BC Bài 5: (1 điểm)

Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vịng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận)

a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội bóng đơi chưa thi đấu với

b) Khẳng định không đội thi đấu trận?

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132

Đặt 2012 = a, ta có 201222012 20132 220132  a2a (a 1)2  2(a 1)

2 2

(a a 1) a a

      b) Đặt x a y x b y         

 Ta có

2 x x y y x x y y              x x y y x x y y                  nên 2

b a b b

b a b a

      



 

   

 

a a

v

b b

          Bài 2:

a) ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + hay x2 - (m +2)x + m – = có hai nghiệm dương phân biệt

b) Đặt t = x  2x 2 Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn Với x khác giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải số nguyên

+) x2 + x+ số phương nên x2 + x phải số nguyên.

+) Giả sử m x

n 

với m n có ước nguyên lớn

Ta có x2 + x =

2

2

m m m mn

n n n



 

nên m2mn chia hết cho n, mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n m n có ước nguyên lớn 1, suy m chia hết cho n( mâu thuẫn với m n có ước nguyên lớn 1) Do x phải số nguyên

Đặt x2 + x+ = k2

Ta có 4x2 + 4x+ 24 = k2 hay (2x+1)2 + 23 = k2 tương đương với k2 - (2x+1)2 = 23

3 2 2

(x y ) (x y ) x (x 1) y (y 1)

(x 1)(y 1) (x 1)(y 1)

     



    =

2

x y

y x 1  

2

(x 1) 2(x 1) (y 1) 2(y 1)

y x

       

 

 

2

(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1

y x x y y x

         

      

         

 

Theo BĐT Côsi

2 2

(x 1) (y 1) (x 1) (y 1)

2 (x 1)(y 1)

y x y x

   

    

   

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)

x y x y

   

  

   

1 1

2

y x 1    y x 1 

1 1

2 (x 1)(y 1) 2.2 (x 1)(y 1)

y x y x

 

      

 

   

 

Bài

a) Suy từ hai tam giác đồng dạng ABE BSM

b) Từ câu a) ta có

AE MB

ABBS (1)

P

N

F E

M S

O

A

B

C

Mà MB = EM( tam giác BEC vuông E có M trung điểm BC

Nên

AE EM

ABBS

Có MOB BAE,EBA BAE 90 , MBO MOB 90        Nên MBO EBA  MEB OBA( MBE)  

Suy MEA SBA  (2)

Từ (1) (2) suy hai tam giác AEM ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vng góc với BC nên để chứng minh toán ta chứng minh NP //SM + Xét hai tam giác ANE APB:

Từ câu b) ta có hai tam giác AEM ABS đồng dạng nên NAE PAB  , Mà AEN ABP  ( tứ giác BCEF nội tiếp)

Do hai tam giác ANE APB đồng dạng nên

AN AE

AP AB

Lại có

AM AE

AS AB( hai tam giác AEM ABS đồng dạng)

Suy

AM AN

AS AP nên tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo) Do tốn chứng minh

Bài 5

a Giả sử kết luận toán sai, tức ba đội có hai đội đấu với Giả sử đội gặp đội 2, 3, 4, Xét (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, phải có cặp đấu với nhau, nhiên không gặp hay i nên gặp i với i Є{7; 8; 9;…;12} , vơ lý đội đấu trận Vậy có đpcm

b Kết luận không Chia 12 đội thành nhóm, nhóm đội Trong nhóm này, cho tất đội đôi thi đấu với Lúc rõ ràng đội đấu trận Khi xét đội bất kỳ, phải có đội thuộc nhóm, đội đấu với Ta có phản ví dụ

Có thể giải quyết đơn giản cho câu a sau:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm)

Từ câu đến câu 8, chọn phương án viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu 1: giá trị biểu thức 2 bằng:

A 10 B C D 4

Câu 2: Biểu thức x1 x 2có nghĩa khi:

A x < B. x 2 C. x 1 D. x 1

Câu 3: đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 3x – khi:

A m = B m = - C. m 2 D. m 2

Câu 4: Hệ phương trình

2

3 x y x y

  



 

 có nghiệm (x;y) là:

A (-2;5) B (0;-3) C (1;2) D (2;1)

Câu 5: Phương trình x2 – 6x – = có tổng hai nghiệm S tích hai nghiệm P thì: A S = 6; P = -5 B S = -6; P = C S = -5; P = D S = 6; P = Câu 6: Đồ thị hàm số y = -x2 qua điểm:

A (1;1) B (-2;4) C (2;-4) D. ( 2;-1)

Câu 7: Tam giác ABC vng A có AB = 4cm; AC = 3cm độ dài đường cao AH là:

A

4 cm B

12

5 cm C

5

12 cm D

4 cm Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy chiều cao R thể tích

A 2 R B. R2 C. R3 D. 2 R

PHẦN B: TỰ LUẬN ( 8,0 điểm) Bài 1: (1 điểm)

a) Tìm x biết 3x 2 x 2

b) Rút gọn biểu thức:  

1 3

A   

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho đường thẳng (d): y = 2x + m –

a) Khi m = 3, tìm a để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d)

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục tọa độ Ox, Oy M N cho tam giác OMN có diện tích

Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = (1) a) Giải phương trình (1) với m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12

Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A bên ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N tiếp điểm) Đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm A C) Gọi H trung điểm BC

a) Chứng minh điểm O, H, M, A, N nằm đường tròn, b) Chứng minh HA tia phân giác MHN

c) Lấy điểm E trân MN cho BE song song với AM Chứng minh HE//CM Bài (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z =

Chứng minh

1

1 xy xz

HƯỚNG DẪN GIẢI: Phần trắc nghiệm:

Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu

B D A D A B B C

a) Tìm x biết 3x 2 x 2  3x 2 x2  x Vậy x 

b) Rút gọn biểu thức:  

1 3 3 3

A          

Vậy A 1 Bài 2:

a) Thay m = vào phương trình đường thẳng ta có: y = 2x +

Để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d) khi: -4 = 2a + suy a = -3

b) Cho x = suy y = m – suy ra: ONm1, cho y = suy

2 m x 

suy

1

2

m m

OM   hayOM  

Để diện tích tam giác OMN = khi: OM.ON = m 1

2 m 

 Khi (m – 1)2 = khi: m – = m – = -2 suy m = m = -1 Vậy để diện tích tam giác OMN = m = m = -1

Bài 3: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = (1) a) Giải phương trình (1) với m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 HD:

a) Thay m = vào phương trình (1) ta phương trình:

x2 – 6x + = Khi (x – 2)(x – 4) = x = x = 4 Vậy với m = phương trình có nghiệm x1 = , x2 =

b) Ta có    

2

' m 4m m

       phương trình ln có nghiệm với m.

Áp dụng định lí Vi-et ta có:

 

2

4

S m

P m

 

  

  

Để (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 x1x2 + (x1 + x2) m - m2 – 12 = S : 4m + m.2(m + 1) – 2m2 – 12 = 6m = 12 m= 2

Bài :

a) Theo tính chất tiếp tuyến căt ta có : AMO ANO 900

 

Do H trung điểm BC nên ta có:  900

AHO 

Do điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: AM = AN

AHM AHN

(góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Do HA tia phân giác MHN

c) Theo giả thiết AM//BE nên MAC EBH  ( đồng vị) (1) Do điểm A, M, H, O, N thuộc đường tròn nên:

 

MAH MNH (góc nội tiếp chắn cung MH) (2) Từ (1) (2) suy ENH EBH

Suy tứ giác EBNH nội tiếp Suy EHB ENB 

Mà ENB MCB (góc nội tiếp chắn cung MB) Suy ra: EHB MCB 

Suy EH//MC

Bài (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z =

Chứng minh

1

1 xy xz Hướng dẫn:

Vì x + y + z = nên suy x = – (y + z)

Mặt khác:

1 1 1 1

1 x

xy xz x y z y z

 

        

  x dương (*)

Thay x = – (y + z) vào (*) ta có :

 

2 2

1 1 1

4 y z y z y z

y z y z y z

   

                  

 

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012

ĐỒNG NAI Khóa ngày : 29 , 30 / / 2012

Mơn thi : TỐN HỌC Thời gian làm : 120 phút

( Đề có trang , câu ) Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phương trình : 7x2 – 8x – = .

2 / Giải hệ phương trình :

3x + 2y =1 4x +5y = 6

   Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức :

12 +3 3 2

M ; N

3 2 1

 

 

2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – =

Tính : 1 + 1 x x

Câu : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hàm số :

y = 3x2 có đồ thị ( P ) ; y = 2x – có đồ thị ( d ) ; y = kx + n có đồ thị ( d

1 ) với k n số thực

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / Tìm k n biết ( d1 ) qua điểm T( ; ) ( d1 ) // ( d ) Câu : ( 1,5 điểm )

Một đất hình chữ nhật có chu vi 198 m , diện tích 2430 m2 Tính chiều dài chiều rộng đất hình chữ nhật cho

Câu : ( 3,5 điểm )

Cho hình vng ABCD Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E không trùng B E không trùng C Vẽ EF vuông góc với AE , với F thuộc CD Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC G Vẽ đường thẳng a qua điểm A vng góc với AE , đường thẳng a cắt đường thẳng DE điểm H

1 / Chứng minh

AE CD AF DE

2 / Chứng minh tứ giác AEGH tứ giác nội tiếp đường tròn

3 / Gọi b tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE E , biết b cắt đường trung trực đoạn thẳng EG điểm K Chứng minh KG tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE

HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phương trình : 7x2 – 8x – = ( x 1,2 =

4 79 

)

2 / Giải hệ phương trình :

3x + 2y =1 4x +5y = 6

 

 ( x ; y ) = (–1 ; ) Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức :

12 +3 3

M 2 3

3 3



   

 2 12

3 2

N 2 1

2 1 2 1

 

  

 



2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – =

S =  b 1a ; P =

c 1

a

Nên :

1

1 2

1 1

x x 1 + 1

x x x x



  

 Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = ; n –3 qua điểm T( ; ) nên x = ; y = Ta có phương trình : = 1.2 + n  n =

Câu : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) chiều dài đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – x ( m )

Theo đề ta có phương trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài đất hình chữ nhật 54 ( m )

Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

 

1

A D

 

 AEF DCE ( g – g ) AE AF=

DC DE AE DC= AF DE 



2 / Ta có A phụ với A

Ta có E 1 phụ với D

Mà A 1D

 

2

A E

 

Suy tứ giác AEFD nội tiếp đường trịn đường kính HE

Gọi I trung điểm HE I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD đường tròn ngoại tiếp ΔAHE

 I nằm đường trung trực EG  IE = IG

Vì K nằm đường trung trực EG  KE = KG Suy IEK =IGK ( c-c-c )

 

IGK IEK 90

 

KG IG

  tại G đường tròn ngoại tiếp ΔAHE  KG tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếpΔAHE

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi: Tốn chung

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình : a/ x4 x2 20 0 b/ x  1 x

2/ Giải hệ phương trình :

3 x y

y x     



 

  Câu : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số. 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ

2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm Câu : ( 2,0 điểm)

1/ Tính :

1

( )

2 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0

Câu : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường trịn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E

1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng

3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi: Tốn ( môn chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu (1,5 điểm)

Cho phương trình x416x232 0 ( với x R )

Chứng minh x  2   2 2 nghiệm phương trình cho Câu (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

   

 

   

 ( với x R y R ,  ). Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn Câu (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)

-HẾT -GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chung -Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình :

a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0) (*) t2 – t – 20 =  (t

1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x =  Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = -

b/ x   ( điều kiện x x 1)

2 2

Vậy phương trình có nghiệm x =

2/ Giải hệ phương trình :

3 x y y x          

Từ y x  3 y 3x  y 0  y  y

1

3 2

3 3

2 x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y                                                

 (nhận)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y):

1 7 ( ; ),( ; )

2  2 Câu : ( 2,0 điểm)

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :

1

2

0 ( ) x

x mx x x m

x m            Vì giao điểm ( ) :P y x  y m Với y = => m2 =  (m = v m = -3) Vậy với m  (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.3

2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m 0

Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2). Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2m4  6 m4m2 0 (1)

Đặt t m t 2;( 0) (1)  t2 t 0  (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = , m  ( nhận)

Vậy với m  (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách Câu : ( 2,0 điểm)

1/ Tính:

1 3 3

( )

4

2 3 3 3( 1)

P        



   

2/ Ta có:

5 2 5 2 3 2 2 3 2

2 2

0 ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b

a b a b a b ab

                

     

Vì : (a b )2  (với a, b R0  ).

a b  ( theo giả thiết)

2 0

a b ab ( với a, b R )

E

D

O

H

C B

A

1/ Nối H với E

+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường cao) => AHEACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADE AHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2)

Từ (1) (2) =>  ADE =  ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối)

2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm). 3/ Ta có SBDEC SABC SADE

+ ABC vng có AH đường cao:

2

4

AC BC  AB  cm =>

6

ABC

AB AC

s  

(cm2)

12

5 AB AC

DE AH

BC

  

(cm) ( đường kính đt O) +  ADE  ABC có :  A chung ,  ADE =  ACB ( câu 1)

=>  ADE ~  ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phương tỉ đồng dạng :



2

2

ABC AED

AED ABC

S DE

S DE

S

S BC BC

 

 

 

   

 

+

2

2 2

12

(1 ) 6(1 )

5

BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

     

= 4,6176 (cm2)

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R )  (x 2 8)2 32 0 (1) Với x  2   2 2  x  2 2  2 2

=> x  2 2 3 2  Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x  8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32 =8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

Vậy x  2   2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

           (1) (2)       

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x y xy

y y x xy

    



   



Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả => ( ; ) (0;0);x y  xy0;x 1 0;y  1 6 xy (*)0

- Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y  ) (**)0

=>

6(x y) xy

x y  

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 

6( ) 6( )

(x y x y)( x y ) x y

x y x y

 

     

 



6( 1)

(x y x y)( x y ) x y

 

    

 

6 (x y x y)( 1)(1 )

x y        x y x y x y              

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :

2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn

    

   



Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2)

- Với

1 x y x y

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ :

(2)  2y3 7y216y 0 

2

2

2 (2 1)( 6)

4 y

y y y

y y             

2y +1 =  y3 = 

Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:

3

4 10 10

13 x

x x 

  



  



 

 Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y):

(1; -2), (

13 10; 10),( 10; 10),( ; )

2

       

Câu (Cách 1)

Tam giác có cạnh cm diện tích cm2 , tam giác có cạnh cm diện

tích

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích > cm2

Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1  ( với t số nguyên dương) => tt max =

Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường trịn đường kính cm, đường trịn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), giới hạn cung trịn bán kinh cm

Vì dây cung đường trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác 1 cm

=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm :

nmax = + = điểm

Câu Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương) a b

Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương)

Vì a > b => x > y => x y 

1

1 n x n y x y

n n

        n

n

   

Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu 5.

D K F

N E

M

I

C B

A

1)Nối N F, D F

- Xét  ANF   AFD có:  AFN =  ADF ( AF tt)  FAD chung =>  ANF∽  AFD (g.g) =>

AF

AF

AF AN

AN AD AD

  

(1)

- Xét  AFI có: AF  IF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK  AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) =>  AFI vuông F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)

- Xét  ANK  AID có: +  IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>

AN AI

AK AD

=>  ANK∽  AID (c.g.c) =>  NKA =  IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đường tròn (đpcm)

2) Ta có ID  DM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IK  KM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900

Vì IN bán kính đường trịn (I), MN IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm)

GỢI Ý GIẢI: Câu 1c C =

Câu 2a ( 2;1) ; Câu 2b b = - Câu 3a a =

Câu 3b A ( -1 ; ) ; B (2 ; )

Câu 4a1  12 0 ; nên pt ln có nghiệm phân biệt với x Câu a2 => x1 + x2 = - ; x1x2 =

Câu 4b

Gọi x ( km/h) vt xe II => vt xe I x + 10 ( km/h ) ; x>

Th gian xe I hết qđg : 100

x (h)

Th gian xe II hết qđg : 100

10 x  (h)

PT 100

x - 100

10 x  =

1

2 => x = 40 KL

Câu : a

1 MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm) NPFE h thang cân

b ) b1 b2

Tam giác ABC vng A có AH đg cao => AB2 = BH.BC (1)

Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC =>

BH BE

BH BC BD BE

BD BC   (2)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang

Câu 1: (2,0 điểm)

1 Cho biểu thức P = x + Tính giá trị biểu thức P x =

2 Hàm số bậc y = 2x + đồng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Giải phương trình x2 + 5x + = 0

Câu 2: (2,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

2

3

x y

x y

 

 

 



2 Cho biểu thức Q =

1 1

:

1

1 x

x x x x

   

 

   



  

    với x > x  1. a) Rút gọn Q

b) Tính giá trị Q với x = – Câu 3: (1,5 điểm)

Khoảng cách hai bến sông A b 30 km Một ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B lại ngược dòng từ bến B bến A Tổng thời gian ca nơ xi dịng ngược dịng Tìm vận tốc ca nô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R Một đường thẳng d không qua O cắt đường tròn hai điểm phân biệt A B Trên d lấy điểm M cho A nằm M B Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC MD với đường tròn (C, D tiếp điểm)

1.Chứng minh MCOD tứ giác nội tiếp

2.Gọi I trung điểm AB Đường thẳng IO cắt tia MD K Chứng minh KD KM = KO KI

3.Một đường thẳng qua O song song với CD cắt tia MC MD E F Xác định vị trí M d cho diện tích tam giác MEF đạt giá trị nhỏ

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

b c c a a b a b c

a b c b c c a a b

 

  

      

  

 

- Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1:

1) Thay x = vào biểu thức P được: P = x + = + = 2) Hàm số đồng biến R a = >

3)Ta thấy a – b + c = – + = nên pt có nghiệm: x1 = – 1; x2 = – Câu 2:

1

Vậy hệ pt có nghiệm : x = y = – Với x > x  1, ta có:

a) Q

b) Với Suy : Câu 3:

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x(km/h) (đk: ) Vận tốc ca nô xi dịng: x + (km/h)

Vận tốc ca nơ ngược dịng: x – (km/h)

Thời gian ca nơ xi dịng: 30

4

x  (h)

Thời gian ca nơ ngược dịng: 30

4

x  (h)

Tổng thời gian ca nô xuôi dịng ngược dịng 4h nên ta có phương trình: 30

4

x  +

30

x  =  x2 – 15x – 16 = 0

Giải phương trình ta được:

  

 

1

2

1( )

16( )

x không thỏa ĐK

x thỏa ĐK

Câu 5: (cách 2)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN Mơn thi: TỐN

Ngày thi: 26 / / 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – = (1)

a) Giải phương trình (1) với m = -1

b) Xác định giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1

+x2

nhỏ Tìm nghiệm phương trình (1) ứng với m vừa tìm

Câu (2,5 điểm).

1 Cho biểu thức A= ( 6 x+4 3√3 x3− 8−

√3 x 3 x+2√3 x+4)(

1+3√3 x3

1+√3 x −√3 x) a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Giải phương trình: √x+√1 − x+√x (1− x )=1

Câu (1,5 điểm) Một người xe đạp từ A tới B, quãng đường AB dài 24 km Khi từ B trở A người đó tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A tới B

Câu (3 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Giả sử M điểm thuộc đoạn thẳng AB (MA, B); N

điểm thuộc tia đối tia CA cho MN cắt BC I I trung điểm MN Đường tròn ngoại tiếp

AMN cắt (O) điểm P khác A

1 C MR tứ giác BMIP CNPI nội tiếp Giả sử PB = PC Chứng minh ABC cân

Câu (1 điểm) Cho x; y R , thỏa mãn x2 + y2 = Tìm GTLN : P= x y +√2 HƯỚNG DẪN GIẢI:

2) Giải pt : √x+√1 − x+√x (1 − x )=1 ĐK : ≤ x ≤1 Đặt √x=a ≥ ;√1 − x=b ≥ 0

Ta

¿

a+b +ab=1(∗) a2+b2=1(**)

¿{

¿

Từ tìm nghiệm pt x = Câu :

Từ x2

+y2=1⇒− 1≤ x , y ≤1 ⇒√2 −1≤ y +√2 ≤1+√2 Vì P= x

y +√2⇒ x=P( y +√2) thay vào x

+y2=1 Đưa pt: (P2

Dùng điều kiện có nghiệm pt bậc hai

⇒ P ≤1

 2 2 Max x P y           

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT

TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,5 điểm)

1 Thực phép tính:    

2

3 3

a) 10  36 64 b) 2 3  2 

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a



 

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P Câu II: (1,5 điểm)

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Hai đường thẳng cắt b) Hai đường thẳng song song

2 Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = 0

2 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

3

1 2

x x x x 6 Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình

3x 2y 1 . x 3y 2

 

 

  



2 Tìm m để hệ phương trình

2x y m 1 3x y 4m 1

  

 

  

 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMOC tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đường trịn c) Chứng ADE ACO 

- Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu I: (2,5 điểm)

1 Thực phép tính:

3

a) 10  36 64  8 100 2 1012

 2  3

b) 2 3  2 5  2 3  2 3   2 2 5 2

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a



 

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định: P xác định a a 1  b) Rút gọn biểu thức P

P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a



 

   =

     

  

2 2

2

2a 4 1 a a a 1 1 a a a 1

1 a a a 1

        

  

=   

2 2

2

2a 4 a a a a a a a a a a a a a

1 a a a 1

           

  

=  

2

2 2a

1 a a a 1



  

=

2 a  a 1

Vậy với a a 1  P =

2 a  a 1

Câu II: (1,5 điểm)

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Để hàm số y = (m+3)x + hàm số bậc m +  suy m  -3.

Đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt  a  a’  -1 m+3 m  -4

Vậy với m  -3 m  -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt nhau.

b) Đồ thị hàm số cho Hai đường thẳng song song

a a ' 1 m 3

m 4

b b' 2 4

   

 

     

 

  thỏa mãn điều kiện m  -3

Vậy với m = -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng song song Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2).

Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 y = vào hàm số ta có phương trình = a.(-1)2 suy a = (thỏa mãn điều kiện a  0)

Vậy với a = đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = có a – b + c = + – = suy x

1= -1 x2=

2 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

3

1 2

x x x x 6.

Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 ’   – m +   m  Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) x1 x2 = m – (2)

Theo đầu bài:

3

1 2

x x x x 6  x x x1 2 1x22 2x x1 2= (3)

Thế (1) (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6  2m =12  m = Không thỏa mãn điều kiện m  vậy khơng có giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

3

1 2

Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình

3x 2y 1 . x 3y 2

 

 

  



 

3 3y 2 2y 1 7y 7 y 1

x 3y 2 x 1

x 3y 2

    

  

     

  

   



2 Tìm m để hệ phương trình

2x y m 1 3x y 4m 1

  

 

  

 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

2x y m 1 5x 5m x m x m

3x y 4m 1 2x y m 1 2m y m 1 y m 1

     

   

  

   

          

   

Mà x + y > suy m + m + >  2m >  m >

Vậy với m > hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y >

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMCO tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đường trịn c) Chứng ADE ACO 

Giải

a) MAO MCO 90   nên tứ giác AMCO nội tiếp b) MEA MDA 90   Tứ giác AMDE có

D, E nhìn AM góc 900 Nên AMDE nội tiếp

c) Vì AMDE nội tiếp nên ADE AMEcùng chan cung AE   Vì AMCO nội tiếp nên ACO AME chan cung AO   Suy ADE ACO 

D

O E

M

C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

Đề thức

Ngày thi: 26/6/2012

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức  

x x

Q x x

x x x

   

   



 

  , với x 0, x 1 

a Rút gọn biểu thức Q

b Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên. Câu (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  2(m 1)x m 2  , với x ẩn số, m R0  a Giải phương trình cho m  – 2

b Giả sử phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x x Tìm hệ thức liên hệ x x2 mà không phụ thuộc vào m

Câu (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  

 , với m R

a Giải hệ cho m  –3

b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm Câu (2,0 điểm)

Cho hàm số yx2 có đồ thị (P) Gọi d đường thẳng qua điểm M(0;1) có hệ số góc k a Viết phương trình đường thẳng d

b Tìm điều kiện k để đt d cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt. Câu (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi H giao điểm hai đường cao BD CE tam giác ABC (D AC, E AB) 

a Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn

b Gọi I điểm đối xứng với A qua O J trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, J, I thẳng hàng

c Gọi K, M giao điểm AI với ED BD Chứng minh 2

1 1

DK DA DM HƯỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1.

a  

x x

Q x x

x x x

                                     

x x

x x x x

x

   

  

 

 

x x

x

x x

     

  

 

 

x 1 x 1 x

x x

 

    

 

 

1

1 x

x x

         1 x x x

   



x x x

x  

2 x x

x  

2x x Vậy  

2x Q

x b

Q nhận giá trị nguyên  

   

  

2x 2x 2

Q

x x x

 

Q  

x chia hết cho x

  

    

x 1 x

           x x x

x 3 đối chiếu điều kiện x x      Câu Cho pt x2 2(m 1)x m 2  , với x ẩn số, m R0  a Giải phương trình cho m  –

Ta có phương trình x22x 0 

2

x 2x 0   x 2x 5      2

x 5

   

x

  

x x

x x

     

   

   

 

 

Vậy phương trinh có hai nghiệm x 1 5 x 1 b

Theo Vi-et, ta có

1 2

x x 2m (1) x x m (2)

        2

x x 2m m x x

          

1 2

1

x x x x 2 m x x

            Suy x1x2 2 x x 222  x1x2 2x x1 2 0

Câu Cho hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  

 , với m R

Ta hệ phương trình

2x 2y 12 x 5y    



 



x y

x 5y          x y       Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y với 7;1

b Điều kiện có nghiệm phương trình

m 1

m

1 m

 

 

  m m 2      m 1 

m m 2   m 1

       m m 1     0 m

m         m m      

Vậy phương trình có nghiệm m1 m 1

Giải hệ phương trình

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   

 

  



m m     

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

                      4m x y m x (m 2)y

              4m x y m y m               4m x m y

m

Vậy hệ có nghiệm (x; y) với

 

 

 

 

 

4m 2 ; m m Câu

a Viết phương trình đường thẳng d

Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng y kx b 

Đường thẳng d qua điểm M(0; 1) nên k.0 b   b 1 Vậy d : y kx 1 

b

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) d

x kx

    x2kx 0  , có  k2 d cắt (P) hai điểm phân biệt  0

2

k  0  k2 4 k2 22  k 2

k k        Câu

a BCDE nội tiếp

 

BEC BDC 90 

Suy BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC

b H, J, I thẳng hàng

IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy BH // IC

c

  1

ACB AIB AB

 

 

ACB DEA bù với góc DEB tứ giác nội tiếp BCDE

 

BAI AIB 90  ABI vng B

Suy BAI AED 90   0 , hay EAK AEK 90   Suy AEK vuông K

Xét ADM vuông M (suy từ giả thiết)

DK  AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH

Như 2

1 1

DK DA DM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN(Dùng cho thí sinh dự thi) Ngày thi: 28/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( Kh ô ng kể t hời g i a n g i a o đ ề ) (Đề thi có 01 trang)

C

â u I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau:

a) A =

2 18

2  b) B =

1

1

1 1 x

x  x    với x  0, x  1

2 Giải hệ phương trình:

2x

2

y

x y

  



 

 Câu II (2,0 điểm)

Cho phương trình (ẩn x): x2– ax – = (*) Giải phương trình (*) với a =

2 Chứng minh phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với giá trị a Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (*) Tìm giá trị a để biểu thức: N= x12(x12)(x2 2)x22 có giá trị nhỏ

C

Quãng đường sông AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau giờ, ca nơ từ B phía A Thuyền ca nơ gặp C cách B 36 km Tính thời gian thuyền, thời gian ca nô từ lúc khởi hành đến gặp nhau, biết vận

tốc ca nô lớn vận tốc thuyền km/h C

â u I V (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C) Đường trịn (O) Đường kính DC cắt BC E (E ≠ C)

1 Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp

2 Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh ED tia phân giác góc AEI 3 Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí D AC để EA tiếp tuyến đường trịn đường kính DC C

â u V (0.5 điểm) Giải phương trình:

7 2 x x (2 x) 7 x

HƯỚNG DẪN GII: Câu IV :

c Để EA tiếp tuyến Đ.Tròn, Đ kính CD góc E1 = góc C1 (1) Mà tứ giác ABED nội tiếp nên gãc E1 = gãc B1 (2)

Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta l¹i cã gãc BAD chung nªn  ABD  ACB  AB

AC= AD

AB  AB2 = AC.AD  AD = AB AC ( I ) Theo bµi ta cã : tan (ABC) = AC

AB = √2 nªn AB AC

1

√2 ( II ) Tõ (I) vµ (II)  AD = AB

√2 VËy AD = AB

√2 th× EA tiếp tuyến ĐT, Đkính CD

Câu V:

Giải phương trình: 2 x x (2 x) x Đặt 7 x=t ; x=v ĐK v, t ≥

 t2+2 v =(2+v) t   (t − v )(t −2)=0  t=v t=2 Nếu t= 7 x=2 x = (TM)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN Ngày thi : 21/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2

2

   



 

2) Cho biểu thức:

1

( );( 1)

1

P a a

a a a a

   

   

Bài 2( điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x

1; x2 Hãy lập phương trình bậc

hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1)

2) Giải hệ phương trình

2

4

4

1 x y

x y 

 

 

 

  

 



Bài 3( điểm)

Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi giờ,người dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,người phải tăng vận tốc thêm km/h quãng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng qua D song song BC cắt đường thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường tròn

2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài

3) A

2 ( 4)(1 2)

1

2 4

       

   

   

4)

1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

1) Có  25 12 13 0  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt  x1+ x2 = - ; x1x2 =

Do S = x12 + + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y

2 4 14

2

2

3

2

12 4

3

2

x

x

x y x

y y x y x y                                         

Vậy HPT có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài :

Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)

 Th gian dự định : 50

( )h x

Quãng đường sau 2h : 2x (km)  Quãng đường lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đường lại : x + ( km/h)

Th gian quãng đường lại : 50 ( ) x h x  

Theo đề ta có PT:

1 50 50 2 x x x      Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài :

Giải câu c)

Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt    AGH MGO

   (đ đ)

( )

2

AHG MOG G G

AH AG

MO MG

  

  

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM trung tuyến; G  AM Do G trọng tâm tam giác ABC

d) BHC  BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = a ( ĐVĐD)

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012

BÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng năm 2012

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 30/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3, điểm)

Học sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – = 0

b) Giải hệ phương trình:

y x 5x 3y 10

  



 



c) Rút gọn biểu thức

2

5 a 3 a a a A

a

a a

   

  



  với a 0,a 4

d) Tính giá trị biểu thức B 3  3 Bài 2: (2, điểm)

Cho parabol (P) đường thẳng (d) có phương trình y mx

 2

y  m x m 

(m tham số, m 0).

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm (d) (P).

b) Chứng minh với m 0 đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt.

Bài 3: (2, điểm)

Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km Cùng lúc, xe máy khởi hành từ Quy Nhơn Bồng Sơn xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn Quy Nhơn Sau hai xe gặp nhau, xe máy 30 phút đến Bồng Sơn Biết vận tốc hai xe không thay đổi suốt quãng đường vận tốc xe máy vận tốc xe tơ 20 km/h Tính vận tốc xe

Bài 4: (3, điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA, qua C kẻ dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN

a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH = R2

c) Trên KN lấy điểm I cho KI = KM, chứng minh NI = KB

HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1:

a) 2x – =

5

2 5

2 x   x  x

b)

y x 5x 5y 10 2y 20 y 10

5x 3y 10 5x 3y 10 y x x

      

   

  

   

      

   

c)

                            2 2

5 a a a a a a

5 a 3 a a a A

a

a a a a

a 8a 16 5a 10 a a 3a a a a a a 8a 16

a a a a a a

                                                  a

a 4 a a

 

    



d)    

2

B 3  3  1  2  1  2  2   3 Bài 2:

a) Với m 1  P  d trở thành yx2; y x

Lúc phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là: x2  x 2 x2  x 0 có 1

a b c      nên có hai nghiệm x1 1; x2 

Với x1  1 y1 1

Với x2 2 y2 4

Vậy tọa độ giao điểm  P  d 1; 1  2; 4  b) Phương trình hoành độ giao điểm  P  d là:

     

2 2 1 2 1 *

mx  m x m   mx  m x m   Với m 0  * phương trình bậc hai ẩn x có

m 22 4m m 1 m2 4m 4m2 4m 5m2

             

với m Suy  * ln có hai nghiệm phân biệt với m Hay với m 0 đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt.

Bài 3:

Đổi 30h ' 1,5h Đặt địa điểm :

- Quy Nhơn A - Hai xe gặp C - Bồng Sơn B

Gọi vận tốc xe máy x km h /  ĐK : x 0 Suy :

Vận tốc ô tô x20km h/  Quãng đường BC : 1,5x km  Quãng đường AC : 100 1,5x km  

Thời gian xe máy từ A đến C :   100 1,5x

h x



Thời gian ô tô máy từ B đến C :   1,5

20 x

h x 

Vì hai xe khởi hành lúc, nên ta có phương trình :

100 1,5 1,5 20 x x x x    100-1,5x 1,5x

Giải pt :

    2

2

100 1,5 1,5

100 1,5 20 1,5 100 2000 1,5 30 1,5 20

3 70 2000

x x

x x x x x x x

x x x x                

' 35 3.2000 1225 6000 7225 ' 7225 85

          

Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

35 85 40

x   

(thỏa mãn ĐK)

35 85 50

3

x   

(không thỏa mãn ĐK) Vậy vận tốc xe máy 40km h /

Vận tốc ô tô 40 20 60  km h/  Bài 4:

a) Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp

Ta có : AKB 900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) hay HKB90 ;0 HCB900 gt

Tứ giác BCHK có HKB HCB 9009001800  tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp.

b) AK AH R2

Dễ thấy  

2

ΔACH ΔAKB

2

AC AH R

g g AK AH AC AB R R

AK AB

      

∽ c) NI KB

OAM

 có OA OM R gt   OAM cân O 1 OAM

 có MC đường cao đồng thời đường trung tuyến (gt)  OAM cân M  2

   1 &  OAM

tam giác  MOA 600  MON 1200  MKI 600 KMI

 tam giác cân (KI = KM) có MKI  600 nên tam giác  MI MK  3 . Dễ thấy BMK cân B có

 1 1200 600

2

MBN  MON   

nên tam giác  MN MB 4 Gọi E giao điểm AK MI

Dễ thấy      0 60 60 NKB NMB NKB MIK MIK        

  KB // MI (vì có cặp góc vị trí so le nhau) mặt khác AK KB cmt  nên AK MI E  HME 900  MHE

Ta có :

            0 90 90 dd HAC AHC

HME MHE cmt HAC HME

AHC MHE            

mặt khác HACKMB (cùng chắn KB)

 

HME KMB

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 30 tháng năm 2012

Câu (2 điểm)

1.Tính

2 1-

Xác định giá trị a,biết đồ thị hàm số y = ax - qua điểm M(1;5) Câu 2: (3 điểm)

1.Rút gọn biểu thức:

1

( ).( 1)

2 2

a a

A

a a a a

- +

= - +

- - - với a>0,a 4¹

2.Giải hệ pt:

2

3

x y

x y

ì - =

ïï

íï + = ïỵ

Chứng minh pt: x2+mx m+ - = ln có nghiệm với giá trị m.1 Giả sử x1,x2 nghiệm pt cho,tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 4.( 2)

B=x +x - x +x Câu 3: (1,5 điểm)

Một ôtô tải từ A đến B với vận tốc 40km/h Sau 30 phút ơtơ taxi xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h đến B lúc với xe ơtơ tải.Tính độ dài quãng đường AB

Câu 4: (3 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm A cho OA=3R Qua A kẻ tiếp tuyến AP AQ đường tròn (O),với P Q tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) cho PM song song với AQ.Gọi N giao điểm thứ đường thẳng AM đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ K

1.Chứng minh APOQ tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh KA2=KN.KP

3.Kẻ đường kính QS đường tròn (O).Chứng minh tia NS tia phân giác gócPNM Gọi G giao điểm đường thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R Câu 5: (0,5điểm)

2 2

2013 2013 2013

( ) ( ) ( )

1

a b c b c a c a b abc

a b c

ìï + + + + + + =

ïí

ï + + =

ïỵ

Hãy tính giá trị biểu thức 2013 2013 2013

1 1

Q

a b c

= + +

HƯỚNG DẪN CHẤM (tham khảo)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1

2

1 2

2 2 2

2 ( 1).( 1) ( 2) 1)

+ +

- = - = - = + - =

- - +

-KL:

1

2 Do đồ thị hàm số y

= ax-1 qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5 Û a=6 KL:

1

2 1 2 ( 1).( 2)

( ).( 1)

( 2) ( 2)

2

( ).( 1)

( 2)

a a a

A

a a a a a

a

a a

a a a

- -= - + = - - -= - + = = -KL: 0,5 0,5 2

2 9

3 15 25 17 34

x y x y x y y

x y x y x x

ì - = ì - = ì - = ì =-ï ï ï ï ï Û ï Û ï Û ï í í í í ï + = ï + = ï = ï = ï ï ï ï ỵ ỵ ỵ ỵ KL: 1

3 Xét Pt:

2 1 0

x +mx+ - =m

2 2

Δ=m - 4(m- 1)=m - 4m+ =4 (m- 2) ³ Vậy pt có

nghiệm với m Theo hệ thức Viet ta

có

1

1

x x m

x x m ì + =-ïï

íï = -ïỵ

Theo đề bài

2 2

1 2 2

2 2

2

4.( ) ( ) 2 4.( )

2( 1) 4( ) 2 2 4 2 1 1

( 1) 1 1

B x x x x x x x x x x

m m m m m m m m

m

= + - + = + - - +

= - - - - = - + + = + + +

= + + ³

Vậy minB=1 và chỉ m = -1

0,25

0,25

KL:

3 Gọi độ dài quãmg

đường AB x (km) x>0

Thời gian xe tải

từ A đến B 40 x

h Thời gian xe Taxi đi

từ A đến B : 60 x

h Do xe tải xuất phát trước 2h30phút =

5

2 nên ta có pt 40 60

3 300

300

x x

x x

x

- =

Û - =

Û =

Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Vậy độ dài quãng đường AB 300 km.

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

4 1

Xét tứ giác APOQ có

APO=900

(Do AP là tiếp tuyến (O) P)



90

AQO= (Do AQ

là tiếp tuyến (O) Q)

  1800

APO AQO

Þ + =

,mà hai góc 2 góc đối nên tứ giác APOQ tứ giác nội tiếp

0,75

G K

N

S

M I

P

A

2 Xét ΔAKN Δ PAK có AKP góc chung

APN=AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP) Mà NAK=AMP (so le PM //AQ

ΔAKN ~ Δ PKA (gg)

2

AK NK

AK NK KP

PK AK

Þ = Þ =

(đpcm)

0,75

3 Kẻ đường kính QS

của đường trịn (O) Ta có AQ ^ QS (AQ là tt (O) Q) Mà PM//AQ (gt) nên PM^ QS Đường kính QS ^ PM nên QS qua điểm của cung PM nhỏ

 

sd PS=sd SM

 

PNS SNM

Þ = (ha

i góc nt chắn cung nhau) Hay NS tia phân giác góc PNM

0,75

4 Chứng minh được

ΔAQO vng Q, có QG ^ AO(theo Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

2

2 .

3

1

3

3

OQ R

OQ OI OA OI R

OA R

AI OA OI R R R

= Þ = = =

Þ = - = - =

Do Δ KNQ ~ Δ

KQP (gg)

2 .

KQ KN KP

Þ =

mà AK2=NK KP nên AK=KQ Vậy Δ APQ có trung tuyến AI PK cắt G nên G trọng tâm

2 16

3 3

AG AI R R

Þ = = =

5 Ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

( ) ( ) ( )

2

( ) ( ) (2 )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ).( ).( )

a b c b c a c a b abc

a b a c b c b a c a c b abc

a b b a c a c b abc b c a c

ab a b c a b c a b

a b ab c ac bc

a b a c b c

+ + + + + + = Û + + + + + + = Û + + + + + + = Û + + + + + = Û + + + + = Û + + + =

*TH1: a+ b=0 Ta có

2013 2013 2013 1

1

a b a b

c

a b c

ì =- ì =-ï ï ï Û ï í í ï + + = ï =ïỵ ïỵ ta có

2013 2013 2013

1 1

1 Q

a b c

= + + =

Các trường hợp còn lại xét tương tự Vậy

2013 2013 2013

1 1

1 Q

a b c

= + + =

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

YÊN BÁI NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi : TỐN

Thời gian : 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Khóa ngày 23 tháng năm 2012

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: (2,0 điểm)

1 Cho hàm số y = x + (1) a Tính giá trị y x = b Vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Giải phương trình: 4x − 7x + = Câu 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức M = + −

1 Tìm điều kiện x để biểu thức M có nghĩa Rút gọn biểu thức M Tìm giá trị x để M >

Câu 3: (2,0 điểm)

Một đội thợ mỏ phải khai thác 260 than thời hạn định Trên thực tế, ngày đội khai thác vượt định mức tấn, họ khai thác 261 than xong trước thời hạn ngày

Hỏi theo kế hoạch ngày đội thợ phải khai thác than? Câu 4: (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 12 cm Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ tia tiếp tuyến Ax, By M điểm thuộc nửa đường trịn (O), M khơng trùng với A B AM cắt By D, BM cắt Ax C E trung điểm đoạn thẳng BD

1 Chứng minh: AC BD = AB

2 Chứng minh: EM tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O

3 Kéo dài EM cắt Ax F Xác định vị trí điểm M nửa đường tròn tâm O cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Câu 5: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức T = x + y + z − biết:

x + y + z = + + + 45

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚ 10 THPT

LÂM ĐỒNG MÔN THI : TỐN

Khóa ngày : 26 tháng năm 2012 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm : 120 phút

Câu 1: (0,75đ) Tính : 18 2  32

Câu 2: (0,75đ) Giải hệ phương trình :

2

4 11

x y

x y

 

 

 



Câu 3: (0,75đ) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết BH = 9cm, Ch = 16cm Tính độ dài đoạn thẳng AH, BH, AC

Câu 4: (0,75đ) Cho hai đường thẳng (d) : y = (m-3)x + 16 (m3) (d’): y = x + m2. Tìm m để (d) (d’) cắt điểm trục tung

Câu 5: (0,75đ) Cho AB dây cung đường trịn tâm O bán kính 12cm Biết AB = 12cm Tính diện tích hình quạt tạo hai bán kính OA, OB cung nhỏ AB

Câu 6: (1đ) Cho hàm số y = ax2 (a 0) có đồ thị (P). a) Tìm a biết (P) qua điểm A(2;4)

b) Tìm k để đường thẳng (d) : y = 2x + k cắt (P) điểm phân biệt

Câu 7: (0,75đ) Hình nón thể tích 320 cm3, bán kính đường trịn 8cm Tính diện tích tồn phần hình nón

Câu 8: (1đ) Cho đường trịn (O) đường kính AB, M trung điểm OA Qua M vẽ dây cung CD vuông góc với OA

a) Chứng minh tứ giác ACOD hình thoi

b) Tia CO cắt BD I Chứng minh tứ giác DIOM nội tiếp

Câu 9: (1đ) Hai đội công nhân đào mương Nếu họ làm xong việc Nếu họ làm riêng đội A hồn thành cơng việc nhanh đội B 12 Hỏi làm riêng đội phải làm xong việc

Câu 10: (0,75đ) Rút gọn : 37 20 3  37 20 3

Câu 11: (1đ) Cho phương trình : x2 – 2(m-2)x - 3m2 +2 = (x ẩn, m tham số ) Tìm m để phương trình có nghiệm x1; x2 thỏa : x1(2-x2) +x2(2-x1) = -2

Câu 12: (0,75đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, vẽ tiếp tuyến Ax By phía với đường trịn , M điểm cung AB, N điểm thuộc đoạn OA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 QUẢNG NGÃI Mơn thi: Tốn (khơng chun)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

1/ Thực phép tính:  1   1 

2/ Giải hệ phương trình:

1

2

x y

x y

  



 



3/ Giải phương trình: 9x2 8x 0 Bài 2: (2,0 điểm)

Cho parapol  P :yx2 đường thẳng  d :y2x m 1 (m tham số).

1/ Xác định tất giá trị m để  d song song với đường thẳng  d' :y 2m x m2  m 2/ Chứng minh với m,  d cắt  P hai điểm phân biệt A B

3/ Ký hiệu x x hồnh độ điểm A điểm B Tìm m cho A; B

2 14

A B

x x  . Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe ô tô từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm xe thứ Lúc trở xe thứ tăng vận tốc thêm km giờ, xe thứ hai giữ nguyên vận tốc dừng lại nghỉ điểm đường hết 40 phút, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ Tìm vận tốc ban đầu xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 km hay hai xe xuất phát lúc

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R C điểm nằm đường tròn cho CA > CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I, cắt tia BC M cắt đoạn AC P; AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

3/ Các tiếp tuyến A C đường trịn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x0,y  thỏa mãn x2 y2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

xy A

xy  

 . HẾT

-HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1:

1/      

2 2

2 1 1    2 1

2/

1 3 10

2 7 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

3/ Phương trình 9x2 8x1 0 có a b c   9 0  nên có hai nghiệm là: 1;

9 x  x 

Bài 2:

2

2

1

2

1 1 1 m m m m m m

m m m

m                          

2/ Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P x2 2x m  1 x2  2x m 1 0 phương trình bậc hai có acm2 1 0 với m nên ln có hai nghiệm phân biệt với m Do  d ln cắt

 P hai điểm phân biệt A B với m.

3/ Cách 1: Ký hiệu x x hoành độ điểm A điểm B ;A; B x x nghiệm phương trìnhA B

2 2 1 0

x  x m  

Giải phương trình x2  2x m  0

2 2

' m m ' m

          

Phương trình có hai nghiệm xA  1 m2 2; xB  1 m2 2.

Do

  2 2

2 2 2 2

2 2

14 2 14 2 2 2 14

2 14

A B

x x m m m m m m

m m m m

                   

        

Cách 2: Ký hiệu x x hồnh độ điểm A điểm B ;A; B x x nghiệm phương trìnhA B

2 2 1 0

x  x m   Áp dụng hệ thức Viet ta có: 2

A B A B

S x x

P x x m

         

 đó

 2  

2 14 2 14 22 2 1 14 4 2 2 14 2

A B A B A B

x x   x x  x x    m     m    m

Bài 3:

Gọi vận tốc ban đầu xe thứ x (km/h), xe thứ hai y (km/h) ĐK: x > 0; y > 0.

Thời gian xe thứ từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh   120

h

x .

Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh   120

h

y .

Vì xe thứ hai đến sớm xe thứ nên ta có phương trình:   120 120

1 x  y  Vận tốc lúc xe thứ x+ (km/h)

Thời gian xe thứ từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất   120

5 h

x  .

Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất   120

h

y .

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2 40

3 ph h

, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ nên

ta có phương trình:   120 120

2

5

Từ (1) (2) ta có hpt:

120 120 120 120

5 x y x y             Giải hpt:

   

120 120

120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x x y                         

25 4.1800 7225 85

        .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5 85 40

x   

(thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x   

(không thỏa mãn ĐK)

Thay x 40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

1 60

40  y   y   y  (thỏa mãn ĐK). Vậy vận tốc ban đầu xe thứ 40 km/h, xe thứ hai 60 km/h

Bài 4:(Bài giải vắn tắt)

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm).

b) Dễ thấy MI AC hai đường cao MAB  P trực tâm của MAB  BP đường cao thứ ba  BPMA 1 .

Mặt khác AKB 900 (góc nội tiếp chắn đường trịn)  BK MA 2 Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

c) AC AB2  BC2  4R2  R2 R

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC tam giác suy CBA  600

Mà QAC CBA (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn AC ) QAC  600

Dễ thấy tam giác QAC cân Q (QA = QC) có QAC  600 nên tam giác  AQACR Dễ thấy

3 ;

2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông  

0

90 IBM I 

ta có

0 3

.tan tan 60

2

R R

IM IB BIB   

Ta chứng minh tứ giác QAIM hình thang vng  

0

/ / ; 90 AQ IM I 

Do

 

2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

 

  (đvdt).

Bài 5:

Cách 1: Ta có

2 1 1

1 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

Vì

1

0, 0 0

x y A A

A

        

Mặt khác  

2 0 2 2 2 1 1

2

x y x y xy xy

xy

        

(vì 2xy  )0 Do

1

1

2 A  

 Dấu “ = ” xảy x y

Từ 2 0,

2

x y

x y x y

x y              Lúc 2 A      Vậy A  2 x y

Cách 2: Với x0, y 0 ta có

2 1 3 1 2 2 4

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do

2

2

1 3

xy A xy xy          .

Dấu “=” xảy x y

Từ 2 0,

2

x y

x y x y

x y              Vậy A  2 x y

Cách 3:

Vớix0, y0 x2 y2 1

Ta có  

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2 2

0

3 3 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

        

   

Dấu “=” xảy

2 x y

Vậy A  2 x y

   2  

2

2

0; 0 a 2

1 2 2

a a xy

A b a xy bxy a x y b a xy

b b xy

a

b a a

a x y xy b a

UBND tØnh b¾c ninh

Sở giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thptNăm học 2012 - 2013 Mơn thi: Tốn (Dành cho tất thí sinh) Thời gian: 120 phút (Khơng kể thi gian giao )

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2012

Bi (2,0im)

1) Tỡm giỏ trị x để biểu thức có nghĩa:

3x  2 ; 2x 1 2) Rút gọn biểu thức:

(2 3)

2

A  

 Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình: mx2 – (4m -2)x + 3m – = (1) ( m tham số). 1) Giải phương trình (1) m =

2) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 3) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm nguyên Bài (2,0 điểm)

Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m Nếu tăng thêm chiều dài 3m chiều rộng 2m diện tích tăng thêm 45m2 Hãy tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn.

Bài (3,0 điểm)

Cho đường tròn O Từ A điểm nằm (O) kẻ tiếp tuyến AM AN với (O) ( M; N tiếp điểm )

1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính AO

2) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) B C (B nằm A C ) Gọi I trung điểm BC Chứng minh I thuộc đường trịn đường kính AO

3) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK.AI = AB.AC Bài (1,0 điểm)

Cho số x,y thỏa mãn x 0; y 0 x + y = Tìm giả trị lớn nhỏ A = x2 + y2.

- Hết -Câu 1:

a) 3x  có nghĩa  3x –

2

0

3

x x

    

4

2x  có nghĩa 1

1

2

2

x x x

      

b)

2 2

2

(2 3) (2 3)

(2 3) (2 3)(2 3)

1

2 (2 3)(2 3)

A           

   

Câu 2: mx2 (4m 2)x3m (1)

1.Thay m = vào pt ta có:

2

(1) 2x  6x  4 x  3x  2

Ta thấy: – +2 = nên pt có nghiệm: x10; x2 2 * Nếu m = (1) 2x 0  x

Suy ra: Pt ln có nghiệm với m=0

*Nếu m  ph (1) pt bậc ẩn x

Ta có:  ' (2m 1)2 m m(3  2) 4 m2 4m 1 3m22m(m1)2  0 m0 Kết luận: Kết hợp trường hợp ta có: pt ln có nghiệm với m (đpcm) * Nếu m = (1) 2x 0  x nguyên

Suy ra: Với m = pt có nghiệm nguyên

* Nếu m # ph (1) pt bậc ẩn x Từ ý ta có: pt có nghiệm:

2

2 1

1

2 1

m m

x

m

m m m

x m m                

Để pt (1) có nghiệm ngun nghiệm x phải ngun 2

3 2

3 ( 0)

m

Z Z m m

m m



       

hay m ước  m = {-2; -1; 1; 2}

Kết luận: Với m = { 1; 2;0  } pt có nghiệm ngun Câu 3:

Gọi chiều dài hcn x (m); chiều rộng y (m) (0 < x, y < 17)

Theo ta có hpt :

34 : 17 12

( 3)( 2) 45

x y x

x y xy y

   

 



 

    

  (thỏa mãn đk)

Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng = 5m Câu :

1 Theo tính chất tiếp tuyến vng góc với bán kính tiếp điểm ta có : AMOANO90O

AMO

  vuông M  A, M , O thuộc đường trịn đường kính AO ( Vì AO cạnh huyền)

ANO

 vuông N  A, N, O thuộc đường trịn đường kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy: A, M, N, O thuộc đường trịn đường kính AO Hay tứ giác AMNO nội tiếp đường trịn đường kính AO

AIO vuông I  A, I, O thuộc đường trịn đường kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy I thuộc đường trịn đường kính AO (đpcm) Nối M với B, C

Xét AMB&AMC có MAC chung

 

2 MCB AMB 

sđMB ~

AMB ACM

   (g.g)

2

AB AM

AB AC AM

AM AC

   

(1) Xét AKM &AIM có MAK chung

AIM AMK (Vì: AIM ANM chắn AM AMK ANM )

~

AMK AIM

   (g.g)

2

AK AM

AK AI AM

AM AI

   

(2) Từ (1) (2) ta có: AK.AI = AB.AC (đpcm)

Câu 5: * Tìm Min A Cách 1:

Ta có:

 

 

2 2 2

2 2

2

2

x y x xy y

x y x xy y

    

    

Cộng vế với vế ta có:    

2 2 1

2

2

x y   x y   A

Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y = Cách 2

Từ x y  1 x 1 y Thay vào A ta có :

1 2 2 2 1 2( 1)2 1

2 2

A  y y  y  y  y   y

Dấu « = » xảy : x = y =

Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y = * Tìm Max A

Từ giả thiết suy

2 2 1

x x x

x y x y

y y y

                   

Vậy : Max A = x = 0, y

GIẢI CÂU 05

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN BẮC NINH 2012-2013

Cho số x ; y thoả mãn x ; y ≥ x+ y =

.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + y2 I- TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

CÁCH 01 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y = nên y = - x + thay vào A = x2 + y2 ta có : x2 + ( -x + 1)2 - A = hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = (*)

do để biểu thức A tồn giá trị nhỏ giá trị lớn phương trình (*) có nghiệm hay Δ' ≥ 0⇔1 −2 (1− A ) ≥0 ⇔ A −1 ≥ ⇔ A ≥1

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 12 phương trình (*) có nghiệm kép hay x = 12 mà x + y = y = 12 Vậy Min A = 1/2 x = y = 1/2 ( t/m) b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 02 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Theo Bất đẳng thức Bunhia ta có = x + y hay 1= (x + y)2 2(x2+y2)⇔ x2+y2≥1

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y mà x + y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m)

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 03 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Khơng tính tổng qt ta đặt

¿

x=1− m y=m

¿{

¿

với 0 ≤ m≤1

Mà A= x2 + y2 Do A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1

hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + hay 2A = (2m- 1)2 + hay A=(2 m− 1)

2 +

1 2≥

1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 m= 1/2 hay x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 04 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = -2xy ( x + y =1 ) mà xy (x + y )

2

4 ⇔ xy ≤ 14⇒− xy ≥ − 12 ⇔1 −2 xy ≥ 12⇒ A ≥ 12 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 05 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Xét toán phụ sau : Với a , b c ; d > ta ln có : a2

c + b2

d ≥ (a+b )2

c +d (*) , dấu “=” xảy a c=

b d Thật : có (√x2

+√y2)[( a

√x)

+( b

√y)

]≥(a+b)2⇔ a x+

b2 y ≥

(a+b )2

Cho a = x b = y ,từ (*) có : A= x2 + y2 = x2 +

y2 ≥

(x + y )2

2 mà x+ y =1 Nên A

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 06 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta có A = x2 + y2 hay xy = 1 − A

2 (*) mà x + y =1 (**)

Vậy từ (*) ;(**) có hệ phương trình

¿

x + y=1 xy=1 − A

2

¿{

¿

,hệ có nghiệm

x ≥ ; y ≥ 0⇔1 −2 (1 − A) ≥ ⇔ A ≥1

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x+ y =1 x2 + y2 =

2 hay x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 07 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + - mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1 Hay A = (x2− x+1

4)+(y

2− y+1 4)+

1 2≥

1

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 08 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta có A= x2 + y2 = x

2 +y2

1 = x2

+y2 x + y =

x2 x + y+

y2 x + y≥

( x + y )2 2( x + y )=

x + y

Mà x + y =1 nên A 12 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 09 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y = đường thẳng , x2 + y2 = A đường trịn có tâm gốc toạ độ O bán kín √A mà x 0 ; y ≥ 0⇒ thuộc góc phần tư thứ đường trịn Do để tồn cực trị khoảng cách từ O đến đường thẳng x + y =1 phải nhỏ hay bán kín đường trịn hay A 12 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x =y = 1/2

b)Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 10 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta có x + y =1 ⇔ x + y −1

2=

2 Vậy để chứng minh A với A = x2 + y2 ta cần chứng minh x2+y2≥ x + y −1

Thật :

Ta có x2+y2≥ x + y −1 Hay (x −1

2)

+(y −1 2)

2

≥ ( ) Vậy A 12 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y =1/2

b)Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 11 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Không tính tổng quát ta đặt

¿

x=2− m y=m−1 ⇒1 ≤m ≤2

¿{

¿

.Do A = x2 + y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A Hay A=(2 m − 3)

2

2 +

1 2≥

1

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 12 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Khơng tính tổng qt ta đặt

¿

x=3 −m y=m−2 ⇒2 ≤m ≤3

¿{

¿

.Do A = x2 + y2 hay (3-m)2 + (m-2)2 - A =0 hay 2m2 - 10m +13 = A Hay A=(2 m − 5)

2

2 +

1 2≥

1

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 13 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = mà A = x2 + y2 hay A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - 4

,do ta đặt

¿

a=x +1 b= y +1

⇒

¿a≥ 1

b ≥ 1

¿{

¿

Khi ta có toán sau :

Cho hai số a , b thoả mãn a ≥ 1;b ≥ 1 a + b =3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = a2 + b2 - 4 Thật : Ta có A = a2 + b2 - = (a+b)2 - 2ab - = - 2ab ( a+b=3)

Mặt khác theo cơsi có : ab ≤(a+ b) =

9

4 A

2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Khơng tính tổng qt ta đặt

¿

x=a − m y =m− b ⇒b ≤ m≤ a

¿{

¿

( với a > b a - b =1 hay a = b+ hay a > b ) Do A = x2 + y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay 2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay

Hay A=[2 m− (a+b )]2+2(a2+b2)−(a+b)2⇔ A=[2 m− (a+b )]

2 +

1 2≥

1 (Vì a - b= 1)

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 15 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y =1 hay y = - x mà y 0⇔0 ≤ x ≤ 1 Do x2 + y2 - A = hay x2 - 2x +( - A ) = Khi ta có tốn sau :

Tìm A để phương trình x2 - 2x +( - A ) = (*) có nghiệm 0 ≤ x

1≤ x2≤ 1 Với x1 ; x2 nghiệm phương trình (*)

0 ≤ x1≤ x2≤ 1⇔

¿

x2≥ x1≥0 x1≤ x2≤1

⇔

¿x1≥ 0 x2≥0

¿x1≤ 1

x2≤1

¿

no

¿⇔ ¿S ≥ 0

P≥ 0

¿S ≤ 2

P ≤1

¿

no

¿⇔ ¿Δ' ≥ 0

S ≥ 0 P≥ 0

¿Δ' ≥ 0

S ≤2 P ≤1

¿

no

¿⇔1

2≤ A ≤ 1

¿ ¿{ {

{ {

¿{ {

¿{ {

¿ ¿

¿ ¿{

¿

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x =y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

Vậy theo ta có giá trị lớn biểu thức A x = y = x= y =

II- TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CÁCH 01 :

Vậy theo ta có giá trị lớn biểu thức A x = y = x= y =

CÁCH 02 :

Ta có A = x2 + y2 hay xy = 1 − A

x = y = x= y = CÁCH 03 :

Khơng tính tổng qt ta đặt

¿

x=sin2α ≥ 0 y=cos2α ≥ 0

¿{

¿

Do A = sin4α +cos4α=1− (sin α cos α )2≤1 Vậy giá trị lớn biểu thức A

x = y = x= y =

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có trang) Mã đề 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012 Thời gian làm : 120 phút Câu (2điểm)

a) Trục thức mẩu biểu thức:

1

b) Giải hệ phương trình:

2 7

.

2 1

 

 

 



x y

x y

Câu (2điểm)

Cho biểu thức:

2

4

  

  

 

 

a a a

P

a

a a a

với a >0 a 1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với giá trị a P = Câu (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M(–1 ; 2) song song với đường thẳng y = 2x + Tìm a b

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm giá trị m cho: |x1 – x2| =

Câu (3điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt H (D BC, E AC)

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành c) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

AD BE CF

Q

HD HE HF

  

Câu (1điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau vơ nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = 0.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nội dung Điểm

1

a) Ta có:

5 5( 1)

6 ( 1)( 1)  

   0,5

5( 1) 5( 1)

6

6

 

   

 0,5

b) Ta có:

2x y 4x 2y 14

x 2y x 2y

   

 



 

   

  0,5

5x 15 x

x 2y y

 

 

   

  

  0,5

2

a) Với 0a1thì ta có:

2

4 1

1                

a a a a a

P

a a

a a a a 0,5

2

4a 1 a



 0,5

b) Với 0a1thì P =

2

4a

3 3a 4a

a 

     2

3a 4a

    0,5

 a = (loại)

1 a

3 

(thỏa mãn đk) 0,5

3 a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1. 0,5 Vì đường thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b =  b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 4 0,5 b) Ta có :   ' m2 5m (m 1)(m 4)   Để phương trình có nghiệm x1, x2 ta

có:  ' 0 m4 m1 (*)

Theo định lí Vi-et, ta có: b

x x

a

  

2

c

x x m 5m

a

   0,25

Ta có:

2

1 2 2

x  x  4 (x  x ) 16 (x x )  4x x 16

2

16 4( m 5m) 16 m 5m

         m = m = – 5 0,25

Kết hợp với đk(*), ta có m = , m = – giá trị cần tìm 0,25

4

a) Vì AD BE đường cao nên ta có:

 

ADB AEB 90   0,5

 Hai góc ADB, AEB  nhìn cạnh AB góc 90nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

0,5

b) Ta có:ABK ACK 90   (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  CKAC, BKAB (1)

Ta có H trực tâm tam giác ABC nên: BHAC,CHAB(2)

0,5

Từ (1) (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (theo định

nghĩa) 0,5

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên

trong ABC, đó: S = S1 + S2 + S3 0,25

Ta có:

ABC ABC ABC

BHC AHC AHB

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HD S S HE S S HFS S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

1 3

AD BE CF S S S 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương, ta có:

3

1 3

S S S S 3 S S S

(4) ; 3

1 1

S S S  S S S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy S1 S2 S3 hay H

trọng tâm ABC, nghĩa ABC đều. 0,25

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x 2  t 0 pt (*) trở thành: t2 – 2mt + – m = (**), '(t) m 2m (m 1)(m 2)   

0,25

Để pt (*) vơ nghiệm pt(**) phải vơ nghiệm có nghiệm t1, t2 cho: t1 t2 0 0,25 Pt (**) vô nghiệm  '(t) 0 (m 1)(m 2) 0    2 m 1  (1)

Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1t2  Điều kiện là:0

0,25 H

F E

D

K O

C B

' '

2m m m

2 m m

   

 

 

    

 

    

  (2)

Kết hợp (1) (2), ta có đk cần tìm m là: m <1 0,25 Chú ý: Mọi cách giải cho điểm tối đa, điểm tồn khơng quy trịn.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT

BÌNH DƯƠNG Năm học 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Bài (1 điểm): Cho biểu thức: A =

2

50

5 x  x

1/ Rút gọn biểu thức A

Bài (1,5 điểm):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 x

2/ Xác định m để đường thẳng (d): y = x – m cắt (P) điểm A có hồnh độ Tìm tung độ điểm A Bài (2 điểm):

1/ Giải hệ phương trình:

2

3

x y x y

  



  

2/ Giải phương trình: x4 + x2 – = 0

Bài (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số)

1/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 2/ Tìm m để x1 x2 đạt giá trị nhỏ (x

1; x2 hai nghiệm phương trình)

Bài (3,5 điểm): Cho đường trịn (O) điểm M ngồi đường trịn Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MPQ (MP < MQ) Gọi I trung điểm dây PQ, E giao điểm thứ đường thẳng BI đường tròn (O) Chứng minh:

1/ Tứ giác BOIM nội tiếp Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 2/ BOM = BEA

3/ AE // PQ

4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K trung điểm EA HƯỚNG DẪN GIẢI:

Nội dung Bài (1 điểm):

1/ ĐKXĐ: x 

A =

2

50

5 x  x

=

2

25.2 4.2

5 x x

=

3

2 2

2

x  x

=

2

2 x

Vậy với x  thi A =

2

2 x

2/ Khi A = 

 x = (Thỏa điều kiện xác định) Vậy A = giá trị x =

Bài (1,5 điểm):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 x

-Bảng giá trị

x -4 -2

y = 2 x

8 2

-Đồ thị (P) đường parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trục hồnh, nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm có tọa độ cho bảng

2/ Cách

Vì (d) cắt (P) điểm A có hồnh độ nên x = thỏa mãn công thức hàm số (P) => Tung độ điểm

A là: yA =

2 =

 A(1;

2 ) (d) nên

1

2 = – m

 m = – =

1

Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ Khi tung độ yA = Cách 2

Ta có phương trình hoành độ giao điểm (d) (P) là:

2 x

= x – m  x2 – 2x + 2m = (*)

Để (d) cắt (P) điểm A có hồnh độ phương trình (*) có nghiệm

 12 – 2.1 + 2m =  m =

Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A có hồnh độ Khi tung độ yA =

2 = Bài (2 điểm):

2 3 x y x y         3 x x y         3.( 1) x y         x y      Vậy hệ phương trình có nghiệm (-1; -6) 2/ Giải phương trình

x4 + x2 – = (1) Đặt x2 = t (t  0)

Phương trình (1) trở thành: t2 + t – = (2) Ta có  = 12 – 4.1.(-6) = 25

Phương trình (2) có hai nghiệm t1 =

1 25 2.1  

= (nhận) ; t2 =

1 25 2.1  

= -3 (loại) Với t = t1 = => x2 =  x = 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = 2; x2 = -

Bài (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – = (m tham số) 1/ Ta có  ’ = (-m)2 – (-2m – 5)

= m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + Vì (m + 1)2  với m

 (m + 1)2 + > với m Hay  ’ > với m

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m 2/ Vì phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với m



1 2

2

x x m

x x m

 

 

 

 (theo định lý Vi-et) Đặt A = x1 x2

 A2 = ( x1 x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2  A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20

= (2m)2 + 2m + + 16 = (2m + 2)2 + 16  16  Giá trị nhỏ A2 = 16

 Giá trị nhỏ A 2m + =  m = -1 Vậy với m = -1 x1 x2 đạt giá trị nhỏ 4 Bài (3,5 điểm):

1/ Ta có MB tiếp tuyến (O) (gt)  OB  MB

 OBM = 900

 B thuộc đường trịn đường kính OM (1) Ta có IQ = IP (gt)

 OI  QP (Tính chất liên hệ đường kính dây cung)  OIM = 900

 I thuộc đường tròn đường kính OM (2)

Từ (1) (2) => BOIM nội tiếp đường trịn đường kính OM 2/ Ta có BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

mà BOA = SđAB

 BOM =

2 SđAB

Ta lại có BEA =

2 SđAB (Định lý góc nội tiếp)  BOM = BEA

3/ Ta có: Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)  BOM = BIM (Cùng chắn BM)

mà BOM = BEA (Chứng minh trên)  BIM = BEA

Mặt khắc BIM BEA hai góc vị trí đồng vị  AE // PQ

4/ Ta có OI  QP AE // PQ (chứng minh trên);  OI  AE (3)

mà KE = KA (gt)

 OK  AE (tính chất liên hệ đường kính dây cung) (4)

Từ (3) (4), ta thấy qua điểm O có hai đường thẳng OI OK song song với AE  OI OK phải trùng

Ba điểm O, I, K thẳng hàng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi: TỐN

Bài (2,0 điểm)

1) Tính:

1

A

5

  



2) Cho biểu thức:

2(x 4) x

B

x x x x



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a Rút gọn B

b Tìm x để giá trị B số nguyên

Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + m + = (m tham số).

1) Giải phương trình với m =

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < < x2) Khi nghiệm có giá

trị tuyệt đối lớn hơn?

Bài (2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y = mx + (m

là tham số)

1) Tìm m để (d) cắt (P) điểm

2) Cho hai điểm A(-2; m) B(1; n) Tìm m, n để A thuộc (P) B thuộc (d)

3) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến (d) Tìm m để độ dài đoạn OH lớn

Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC khơng đường kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A khác B C; độ dài đoạn AB khác AC) Kẻ đường kính AA’ đường trịn (O), D chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E, F chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’ Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E nằm đường tròn

2) BD.AC = AD.A’C

3) DE vng góc với AC

4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phương trình:

4

2 2

x x 3x 4y

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

     



   

  

 

ĐÁP ÁN

Nội dung Điểm

1.

(0,5đ)

5

A ( 2) 5

5 

       

 0,5

2.

(1,5đ)

a (1 đ)

Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:

B

2(x 4) x 2x x( x 4) 8( x 1)

( x 1)( x 4) x x ( x 1)( x 4)

     

   

     

2x x x x 3x 12 x

( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4)

     

 

    0,25

3 x( x 4) x

( x 1)( x 4) x



 

   0,25

Vậy

3 x B

x 

 với x ≥ 0, x ≠ 16 0,25

b (0,5 đ)

Dễ thấy B ≥ (vì x 0).

Lại có:

3

B 3

x

  

 (vì

0 x 0, x 16)

x 1     .

Suy ra: ≤ B <  B  {0; 1; 2} (vì B  Z)

0,25

- Với B =  x = 0;

- Với B = 

3 x

1 x x x

4

x 1      

- Với B =  x

2 x 2( x 1) x

x 1      

Vậy để B  Z x  {0; 1; 4}

0,25

Bài

Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

m = 2, phương trình cho thành: x2 – 4x + = 0.

Phương trình có a + b + c = – + = nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 0,5

Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 0,5

2.

(1,0đ)

Phương trình cho có hai nghiệm trái dấu  ac <  m + <  m < -1 0,5

Theo định lí Vi-et, ta có:

1

1

x x

x x m

 

 

 



Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < (vì x1 < < x2)  |x1| < |x2|

0,25

Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ nghiệm x2 0,25

Bài (2,0 điểm):

Nội dung Điểm

1.

(0,75đ)

(d) cắt (P) điểm  Phương trình hoành độ (d) (P):

-x2 = mx +  x2 + mx + = có nghiệm nhất. 0,25

  = m2 – =  m = ± 2 0,25

2.

(0,75đ)

2

A (P) m ( 2) m

n

B (d) n m

  

   

 

  



   

 

0,5

Vậy m = -4, n = -2 0,25

3.

(0,5đ)

- Nếu m = (d) thành: y =  khoảng cách từ O đến (d) =  OH = (Hình 1)

0,25

- Nếu m ≠ (d) cắt trục tung điểm A(0; 2) cắt trục hoành điểm

B(

; m 

0) (Hình 2)

 OA = OB =

2

m |m|

 

OAB vng O có OH  AB 

2

2 2

1 1 m m

OH OA OB 4



    

2

2 OH

m

 

 Vì m2 + > m ≠  m2   OH < 2.1

So sánh hai trường hợp, ta có OHmax =  m =

0,25

Bài (3,5 điểm)

Nội dung Điểm

1.

(0,5đ) Vì

 

ADB AEB 90   bốn điểm A, B, D, E thuộc đường trịn đường kính

AB 0,5

2.

(1,0đ) Xét ADB ACA’ có:  0

ADB ACB 90  (ACB 90  0 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

 

ABD AA 'C (hai góc nội tiếp chắn cung AC)  ADB ~ ACA’ (g.g)

0,5



AD BD

ACA 'C  BD.AC = AD.A’C (đpcm).

3.

(1,25đ

Gọi H giao điểm DE với AC

Tứ giác AEDB nội tiếp  HDC BAE  BAA '. 0,25

BAA' BCA hai góc nội tiếp (O) nên:

   

BAA' sđBA' ; BCA sđBA

2

  0,25



    

BAA ' BCA sđBA ' sđBA sđABA ' 90

2 2

    

(do AA’ đường kính) 0,25 Suy ra: HDC HCD BAA ' BCA 90       0  CHD vuông H. 0,25 Do đó: DE  AC

4.

(0,5đ Gọi I trung điểm BC, K giao điểm OI với DA’, M giao điểm EI với CF, N điểm đối xứng với D qua I

Ta có: OI  BC  OI // AD (vì  BC)  OK // AD ADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD  KD = KA’

DNA’ có ID = IN, KD = KA’  IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC)  NA’  BC

Tứ giác BENA’ có BEA ' BNA ' 90   0 nên nội tiếp đường tròn

 EA 'B ENB  .

Ta lại có: EA 'B AA 'B ACB   (hai góc nội tiếp chắn cung AB (O)).

 ENB ACB   NE // AC (vì có hai góc vị trí đồng vị nhau).

Mà DE  AC, nên DE  EN (1)

Xét IBE ICM có:

 

EIB CIM (đối đỉnh)

IB = IC (cách dựng)

 

IBEICM (so le trong, BE // CF (vì  AA’))

 IBE = ICM (g.c.g)  IE = IM EFM vuông F, IE = IM = IF

Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên hình bình hành (2) Từ (1) (3) suy DENM hình chữ nhật  IE = ID = IN = IM  ID = IE = IF Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp DEF I trung điểm BC nên I cố định

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

0,25

Bài 5.(0,5 điểm):

Nội dung Điểm

Từ (2) suy x + 2y ≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

2 2 2 2

2(x 4y ) (1 1 )[x (2y) ] (x 2y) 

2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2

  

  

(3) Dấu xảy  x = 2y

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được:

2

x 2xy 4y x 2y

3

  



(4)

Thật vậy,

2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3

     

  

(do hai vế ≥ 0)

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ (luôn x, y).

Dấu xảy  x = 2y

0,25

Từ (3) (4) suy ra:

2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

  

  

Dấu xảy  x = 2y

Do (2)  x = 2y ≥ (vì x + 2y ≥ 0)

Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – =  (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0

 x = (vì x3 + 3x + ≥ > x ≥ 0) 

1

y

2 

Vậy nghiệm hệ cho (x = 1; y = )

SỞ GD & ĐT TRÀ VINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 1,5 điểm )

Cho biểu thức A =

1

1

1

x  x  1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x để A = - Bài 2: ( 1,0 điểm )

Giải hệ phương trình:

2 13

3

x y

x y

  

 

 

  Bài 3: ( 2,5 điểm )

Cho hai hàm số

2 x y 

y = x



1).Vẽ đồ thị hai hàm số mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị

Bài 4: ( 2,0 điểm )

Cho phương trình: x2 – 2(m + )x + m2 – = (1) , với m tham số. 1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phận biệt x1 x2 2) Tìm m để x1 + x2 – 3x1x2 có giá trị lớn

Bài 5: ( 3,0 điểm )

Từ điểm M ngồi đường trịn O bán kính R, vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường trịn O bán kính R ( Với A, B hai tiếp điểm ) Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn tâm O E Đoạn ME cắt đường tròn tâm O F Hai đường thẳng AF MB cắt I

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IB2 = IF.IA.

c) Chứng minh IM = IB

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

Bài (1,5 Điểm)

1)

1 ( 1)

1

x x x

A

x

     

 ( Điều kiện: x0,x )1

1 x x

 



0,5

2) Có A = -3

1 x x



 



0,25

Điều kiện x 1

0,25

1 x

 

0,25

Bài (1.0 điểm )

Hệ Pt

2 13

3 15

x y x y

  

  

  

 

0,25

 x2

0,25

 y3

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( 2;3 ) 0,25 Bài

( 2,5 điểm) 1) ( P) :

2 x y  Tập xác định D = R

x   -2 -1 

2 x y 

-2 



-2

0,25

(d): y =

1 2x 

Cho x =  y = -1, A( 0;-1) Cho x =  y = 0, B( 2;0)

Đường thẳng (d) qua hai điểm A( 0;-1), B( 2;0)

0,25

Đồ thị

2) Phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) có :

1 2

x x

   0.25

 x2 x 0 0.25

1 x x

    



0.25

Với

1

2 x  y x = -2  y = -2

Vậy (d) cắt (P) hai điểm M ( 1;

2 

) , N ( -2; -2)

0.25

Bài (2,0 điểm)

1)  / 8m24 0.25

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt / 0

   8m24 0

0.25

m

  0.5

2) Có : x1 + x2 – 3x1.x2 = -3m + 2m + 32 0,25

1 97 97

3

3

3 m

 

     

 

0.5

Dấu “ =” xảy

1 m

 

Vậy m 

x1 + x2 – 3x1x2 đạt GTLN

0,25

Bài (3,0 điểm)

Vẽ hình:

A

E F

M

I B

1) Có MA tiếp tuyến Nên OA  MA

 900  OAM 

Tương tự OBM 900

  1800

 OAM OBM  0,5

 Tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn có đường kính OM 0,25 Xét IBA IFB

Có : BIA góc chung

IAB IBF  (

2 số đo BF)  IBA đồng dạng IFB

0.25

IB IA IF IB

  0.25

2 (1) IB IF IA

  0.25

3) Ta có : AE // MB ( gt) Nên IMF MEA

Mà MEA FAM  IMF FAM Xét IMF IAM Có IAM góc chung

 

IMF IAM ( Chứng minh )

 IMF đồng dạng IAM

0.25

IM IA

IF IM

 

2 .

IM IA IF

  (2) 0.25

Từ (1) ( )  IB2 = IM2

 IB = IM (đpcm) 0.5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013

-Mơn thi: TỐN (Khơng chun)

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2012

Bài (1,5 điểm)

1/ Rút gọn: A = (3 2 11)(3 2 11)

2/ Chứng minh với a không âm, a khác 1, b tùy ý, ta có:

ab + a - b a - b a + a - 1 + a Bài (1,5 điểm)

Cho (dm):

1

(1 )( 2)

m

y x m m

m



   



1/ Với giá trị m đường thẳng (dm):

1

(1 )( 2)

m

y x m m

m



   

 vng góc với đường thẳng

(d):

3

y x

(Cho biết hai đường thẳng vng góc với tích hệ số góc -1) 2/ Với giá trị m (dm) hàm số đồng biến

Bài (3 điểm)

1/ Chứng minh phương trình sau có nghiệm phân biệt x1, x với giá trị m:2

( 1)

x  m xm  Xác định giá trị m thỏa mãn : x x1 22x x2 12 3

2/ Một phịng họp có 360 chỗ ngồi chia thành dãy có số chỗ ngồi Nếu thêm cho dãy chỗ ngồi bớt dãy số chỗ ngồi phịng khơng thay đổi Hỏi ban đầu số chỗ ngồi phòng họp chia thành dãy?

Bài (1 điểm)

Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Tính chu vi tam giác ABC, biết rằng: CH = 20,3cm Góc B 620 (Chính xác đến chữ số thập phân).

Bài (3 điểm)

Cho đường tròn (O, 4cm), đường kính AB Gọi H trung điểm OA, vẽ dây CD vng góc với AB H Lấy điểm E đoạn HD (E ≠ H E ≠ D), nối AE cắt đường tròn F

b) Tính độ dài cung nhỏ BF HE = cm (chính xác đến chữ số thập phân) c) Tìm vị trí điểm E đoạn HD để số đo góc EOF 900

HẾT

-ĐÁP ÁN ĐỀ KHÔNG CHUYÊN

BÀI NỘI DUNG

1.1 A = 2

(3 2 11)(3 2 11)(3 2)  11  9 2 2 116

1.2

Với a ≥ 0, a ≠ b tùy ý ta có:

ab + a - b a- b a ( a -1)+( a -1) (b a + 1)( a 1) b a a - (1 a )( a 1) (1 + a )( a 1) a

 

  

   

2.1

(dm):

1 m

(1 - m)(m + 2) m +

y  x

; (d):

3

y x

Để (dm)  (d) 

1 - m 1

m + 4   1- m = -4(m + 2) (với m ≠ -2 m ≠ )  3m =  m =

2.2

(dm) hàm số đồng biến khi:

1 m > m < m + > m > -2 m

0 < m <

m + m < m > (lo¹i) m + < m < -   

 

 

  

    

  

 

 

 

3.1

Phương trình: x2 (m - 1)xm - = có:

= [-(m – 1)]2 – (m – 3) = m2 – 2m + – 4m + 12 = (m2 – 6m + 9) + 4 = (m – 3)2 + > với m

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x1, x với m2

Theo định lí Viét ta có:

1 2

m - (I) = m - x x x x

 

 

 .

Theo đề ta có: x x1 22x x2 12  3 x x x1 2( 1x2)3 (1)

Thay hệ thức (I) vào (1) ta có: (m – 1)(m – 3) =  m2 – 4m =  m(m – 4) = 0



m = m =   

Vậy với m = m = phương trình có nghiệm thỏa mãn: x x1 22 x x2 12 3 3.2 Gọi x (dãy) số dãy ghế lúc đầu chia từ số chỗ ngồi phòng họp

Số chỗ ngồi dãy lúc đầu: 360

x (chỗ)

Do thêm cho dãy chỗ ngồi bớt dãy số chỗ ngồi phịng khơng thay đổi nên ta có

phương trình: ( 360

x + 4)(x – 3) = 360

 x2 – 3x – 270 =

x = 18 x = -15 (lo¹i) 

  

Vậy lúc đầu số chỗ ngồi phòng họp chia thành 18 dãy

4

*Xét ABC (A = 900) có:

B C  90  C 900 620 280 *Xét AHC (H = 900) có: AC =

HC CosC

*Xét ABC (A = 900) có: AB = AC.tanC =

HC

tanC CosC

Và BC =

AC HC

CosC Cos C *Chu vi tam giác ABC là:

AB + AC + BC = HC

tanC CosC +

HC

CosC+ HC Cos C

=

0

0

HC 20,3

(tanC + + ) (tan28 ) 61,254908 (cm)

CosC CosC Cos28  Cos28 

5 a Chứng minh: AD2 = AE AF

*Ta cú: AB CD AC AD (liên hệ đk dây cung) ADC AFD (cỏc gúc nt chắn cung tương ứng nhau) *Xét ADE AFD có:

ADC AFD (cm trên) A : góc chung

 ADE~ AFD (g-g)

2

AD AF

AD AE AF AE AD

   

b Tính đợ dài cung nhỏ BF HE = 1cm (chính xác đến chữ sớ thập phân)

*Ta có: AH = OH = OA

2 ( )

2  cm (Vì H trung điểm OA OA = 4cm)

*Xét AHE (H 900) có: tg

 HE

HAE

AH

   

BAF HAE

  270 s®BF 2.BAF 540

 

0

0

BF

.OA.n 54

180 180

l   

c Tìm vị trí của điểm E đoạn HD để số đo của góc EOF bằng 900

*Xét EAO có: EH đường cao (EH AB) đường trung tuyến (vì AH = OH) nên EAO cân E  EAH O

*Mà

  O

EAH BAF (cïng ch¾n cung BF)

 

 0   0    0   0  0

1 2 2

O

*§Ĩ EOF 90 O O 90 (V× O EOF O 180 ) O 90 3O 180

2

           

 O 600  EAH 300  tan

 HE

EAH AH 

(vì  EAH vuông H)



HE = AH tanEAH tan30 (cm)

  

Vậy điểm E cách H khoảng HE =

3 (cm) đoạn HD EOF 900

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

-Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06/7/2012

Bài (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A = 112 - 45 - 63 + 20

2) Cho biểu thức B =

x x x x

1

1 x x

     

 

   

     

   , với ≤ x ≠ 1

a) Rút gọn B

b) Tính giá trị biểu thức B x = 1 Bài (1,5 điểm)

Cho đường thẳng (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x

1) Vẽ đường thẳng (dm) m = (D) hệ trục tọa độ, nhận xét đồ thị chúng

2) Tìm m dể trục tọa độ Ox, (D) (dm) đồng quy

Bài (1,5 điểm)

Trong đợt quyên góp ủng hộ người nghèo, lớp 9A 9B có 79 học sinh quyên góp 975000 đồng Mỗi học sinh lớp 9A đóng góp 10000 đồng, học sinh lớp 9B đóng góp 15000 đồng Tính số học sinh lớp

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 2(m2)xm2 5m 4 (*)

 

1 O O

2

1/ Chứng minh với m < phương trình (*) ln ln có nghiệm phân biệt x1, x2

2/ Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức

1 1

x x 

Bài (4 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm C đường tròn cho CA = CB Gọi M trung điểm dây cung AC; Nối BM cắt cung AC E; AE BC kéo dài cắt D a) Chứng minh: DE DA = DC DB

b) Chứng minh: MOCD hình bình hành

c) Kẻ EF vng góc với AC Tính tỉ số

MF EF ?

d) Vẽ đường trịn tâm E bán kính EA cắt đường trịn (O) điểm thứ hai N; EF cắt AN I, cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K; EB cắt AN H Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp đường tròn

HẾT

-ĐÁP ÁN

BÀI NỘI DUNG

1.1 A = 112 - 45 - 63 + 20 4 - - + 5 + 5 1.2 a) Với ≤ x ≠ ta có:

B =

x x x x ( 1) x( x 1)

1 1 (1 + x )(1 - x ) x

1 x x x

x x

x

           

       

       

           

       

b) Ta có:

1

x =

2

1



  



  B = - 1 2 -

2.1 (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x

*Khi m = (dm) trở thành: y = -x –

Xét (dm): y = –x – ta có bảng giá trị:

Xét (D): y = x ta có: x =  y = 1 *Đồ thị (dm) (D):

x -3

y -3

-3 -2 -1

-2 -1

x y

(D): y = x (dm

): y = -x - 3

*Nhận xét: Đường thẳng (D) đường thẳng (dm) vng góc với tích hệ số

chúng -1

2.2 (dm) : y = - x + – m2 (D): y = x

Ta có (D) cắt Ox O Để Ox, (D) (dm) đồng quy (dm) phải qua O đó:

– m2 =  m = ± 1

Vậy m = ± Ox, (D) (dm) đồng quy

3 Gọi x số học sinh lớp 9A (x N* x < 79)  Số học sinh lớp 9B là: 79 – x (học sinh) Lớp 9A quyên góp được: 10000x (đồng) Lớp 9B quyên góp được: 15000(79 – x) (đồng)

Do hai lớp quyên góp 975000 đồng nên ta có phương trình: 10000x + 15000(79 – x) = 975000

 10x + 15(79 – x) = 975  -5x = - 210 x = 42

Vậy lớp 9A có 42 học sinh; lớp 9B có: 79 – 42 = 37 (học sinh)

4 1/ Phương trình: 2

2( 2)

x  m xm  m  (*) Ta có: '

= [-(m + 2)]2 – (m2 + 5m + 4) = m2 + 4m + – m2 – 5m – = -m

Với m <  '

 = -m >  Phương trình (*) ln ln có nghiệm phân biệt x1, x2

2/ Theo định lí Viét ta có:

1 2

2(m 2) m + 5m +

x x

x x

  

  

 

 (I)

Theo đề ta có:

1 2

1 2

1

1 x x x x

x x x x

 

   

(1)

Thay (I) vào (1) ta có:

2

2(m + 2) - (m + 5m + 4)

m + 5m +  (Đk: m ≠ -1 m ≠ -4)  2(m + 2) – (m2 + 5m + 4) =

 2m + – m2 – 5m – =

 m2 + 3m =

 m(m + 3) =

m = (loại trái đk: m < 0)

m = -3 (thỏa điều kiện: m < 0; m m -4) 

   



Vậy với m = -3 phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức:

1 1

x x 

5 a Chứng minh DE DA = DC DB

Ta có: ACB 900 (góc nội tiếp nửa đường trịn (O)) 

ACD 90

Ta lại có:

AEB 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O))  DEB = 900 (vì kề bù với AEB )

Xét ADC BDE có:

ACD DEB 900(cm trên) D : góc chung

ADC BDE

  ~  (g-g) DA DC

DE DA = DC DB DB DE

  

b Chứng minh MOCD hình bình hành

Ta có: MC = MA (gt)  OM  AC (liên hệ đk dây cung) CDAC (vì ACD 900)

 OM // CD (cùng vng góc với AC) (1)

Mặt khác: DAB có: BE AC hai đường cao cắt M  M trực tâm  DM đường cao thứ ba  DM  AB

Mà: CA = CB  CA CB  CO  AB

Từ (1) (2) suy ra: MOCD hình bình hành

c Kẻ EF  AC Tính tỉ sớ MF

EF ?

XétMFE MCB có:

 

MFEMCB90 FME BMC (đối đỉnh)  MFE ~ MCB(g – g)

MF MC EF CB

 

Ta lại có: AC = 2MC (gt) Mà: CB = CA  CB = 2MC

MF MC MC EF CB 2MC

   

d Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp đường tròn.

Ta có:

  K s®BE

2 

(góc nội tiếp đường trịn tâm (O)) (3)

Ta lại có:

  

NHB (s®BN s®EA)

 

(góc có đỉnh nằm đường trịn (O)) Mà : EA = EN (bán kính đường tròn (E)) EAEN



     

NHB (s®BN s®EA) (s®BN s®EN) s®BE

2 2

    

(4) Từ (3) (4) suy ra: K NHB

Vậy tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

QUẢNG BÌNH Mơn thi: TỐN

Mã đề: 201 (thí sinh ghi mã đề vào sau chữ làm) Thời gian làm bài: 120 phỳt

Câu 1: (1.5 điểm): Cho biểu thức::

2

1 1

:

1

m P

m

m m m m



 

  



  

  víi m , m ±10 

a)Rót gän biĨu thøc P

b) TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc P x=

Câu 2:(1,5điểm) : Cho ba đờng thẳng(d1): y= 2x+1; (d2): y=3; (d3): y=kx+5 a) Xác định toạ độ giao điểm hai đờng thẳng d1 d2

b) Tìm k để ba đờng thẳng đồng quy

Câu 3:(2.5 điểm) Cho phơng trình bậc hai ẩn x: x2-2(m-1)x+2m-4=0 (m tham số) (1) a) Giải phơng trình (1) m =

b)Chøng minh r»ng ph¬ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m c) Gọi x1,x2 hai nghiệm phơng trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x12+x22

Câu 4: (3,5 điểm): Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB=2R Gọi M điểm đờng trịn( M khơng trùng với A, B) Vẽ tiếp tuyến Ax, By, Mz đờng tròn Đờng thẳng Mz cắt Ax, By lần lợt N P Đờng thẳng AM cắt By C đờng thẳng BM cắt Ax D

a) Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp đợc đờng tròn b) Chứng minh N trung điểm AD, P trung điểm BC c) Chứng minh AD.BC = 4R2

Câu 5: : (1,0điểm) Cho a, b, c sè d¬ng Chøng minh r»ng : 25 a

b+c+ 16 b

a+c+ c

a+b>8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi: TỐN(Khơng chun)

Ngày thi : 02 tháng năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu : (1điểm) Thực phép tính

a) A b) B 5  20

Câu : (1 điểm) Giải phương trình: x2 2x 0 .

Câu : (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2

3 10

x y x y

 

 

 

 .

Câu : (1 điểm) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa:

a)

9

x  b) 4 x

Câu : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số y x Câu : (1 điểm) Cho phương trình  

2 2 m 1 m2 3 0

x   x   .

a) Tìm m để phương trình có nghiệm

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình cho, tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 2

A x x x x .

Câu : (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y3xm 1 cắt trục tung điểm có tung độ

Câu : (1 điểm) Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Cho biết AB 3cm , AC 4cm . Hãy tìm độ dài đường cao AH

Câu : (1 điểm) Cho tam giác ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F Chứng minh tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp Câu 10: (1 điểm) Trên đường tròn (O) dựng dây cung AB có chiều dài khơng đổi bé đường kính. Xác định vị trí điểm M cung lớn AB cho chu vi tam giác AMB có giá trị lớn

BÀI GIẢI Câu : (1điểm) Thực phép tính.

a) A  16 4

b) B 5  20 5 5   Câu : (1 điểm) Giải phương trình.

2 2 8 0

x  x  .

 2  

' 1

       ,  ' 9 3 .

1

x    , x   2 2. Vậy S = 4; 2  

Câu : (1 điểm) Giải hệ phương trình.

2 5 15 3

3 10 10 10

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

    .

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 3;1 Câu : (1 điểm) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa:

a)

9

x  có nghĩa x2 9 0

    x2 9  x3. b) 4 x có nghĩa  4 x2 0  x2 4  2 x 2. Câu : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số y x

BGT

x 2 1 0 2

2

y x 1

Câu : (1 điểm)

 

2 2 m 1 m2 3 0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm

 2   2

' m 1 m m 2m m 2m

           

Phương trình có nghiệm   ' 0  2m 0   m 1 . b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x 1x2x x1 2.

Điều kiện m 1 .

Theo Vi-ét ta có : x1x2 2m 2 ;

2

1 m

x x   .

 2

2

1 2

Ax x x x 2m m   3 m 2m 5  m 1  4 4.  Amin 4 m 0   m1 (loại không thỏa điều kiện m 1 ).

Mặt khác :    

2

A m 1   4 1 4 (vì m 1 )  A 8 .  Amin 8 m 1 .

Kết luận : Khi m 1 A đạt giá trị nhỏ Amin 8.

Cách 2: Điều kiện m 1 .

Theo Vi-ét ta có : x1x2 2m 2 ;

2

1 m

x x   .

2

1 2

Ax x x x 2m m   3 m 2m 5 Vì m 1 nên A m 22m 1  2 2.1 5 hay A 8 Vậy Amin 8 m 1 .

Câu : (1 điểm)

Đồ thị hàm số y3xm 1 cắt trục tung điểm có tung độ m

    m 5 . Vậy m 5 giá trị cần tìm. Câu : (1 điểm)

Ta có:

 

2 2

BC AB AC  4 5 cm

AH.BC AB.AC

 

AB.AC 3.4

AH 2,4 cm

BC

   

Cách 2:

2

1 1

AH AB AC

2 2 2

2

2 2 2

AB AC 4

AH

AB AC

   

  .

 

3.4

AH 2, cm

5

  

GT ABC, A 90  0, nửa

AB O;

2

 



 

  cắt BC D, 

E AD , BE cắt AC F KL CDEF tứ giác nội tiếp

Ta có :

 1    1    

C sđAmB sđAED sđADB sđAED sđBD

2 2

    

(C góc có đỉnh ngồi đường tròn)

Mặt khác

 

BED sđBD

2 

(BED góc nội tiếp)

  

BED C sđBD

2  

 Tứ giác CDEF nội tiếp (góc ngồi góc đối trong). Câu 10: (1 điểm)

GT  O , dây AB không đổi, AB 2R , M AB (cung lớn)

KL Tìm vị trí M cung lớn AB để chu vi tam giácAMB có giá trị lớn nhất.

Gọi P chu vi MAB Ta có P = MA + MB + AB. Do AB không đổi nên Pmax  MA + MBmax.

Do dây AB không đổi nên AmB không đổi Đặt sđAmB  (không đổi). Trên tia đối tia MA lấy điểm C cho MB = MC

MBC

  cân M  M 12C (góc ngồi đỉnh MBC cân)

 1 1 1 1  

C M sđAmB sđAmB

2 2 4

     

(khơng đổi)

Điểm C nhìn đoạn AB cố định góc khơng đổi 4.

 C thuộc cung chứa góc

4 dựng đoạn AB cố định. MA + MB = MA + MC = AC (vì MB = MC).



ABC 90

 

 

 

0

1

0 1

B B 90

C A 90

  

  

 



  A 1B (do B 1C 1)  AMB cân M

MA = MB

  MA MB   M điểm AB (cung lớn).

Vậy M điểm cung lớn AB chu vi MAB có giá trị lớn nhất.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

CAO BẰNG NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn thi: TỐN Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (4,0 điểm)

a) Tính: 36 ; 81

c) Giải phương trình: x2 – 4x + = 0. Câu 2: (2,0 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 400m Biết chiều dài chiều rộng 60m Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn

Câu 3: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, biết AB = 3cm, AC = 4cm a) Tính cạnh BC

b) Kẻ đường cao AH, tính BH Câu 4: (2,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O, bán kính R; P điểm ngồi đường trịn cho OP = 2R Tia PO cắt đường tròn (O; R) A (A nằm P O), từ P kẻ hai tiếp tuyến PC PD với (O; R) với C, D hai tiếp điểm

a) Chứng minh tứ giác PCOD nội tiếp

b) Chứng minh tam giác PCD tính độ dài cạnh tam giác PCD Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2

2

4

x x

x

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 27 tháng 06 năm 2012 Đề thi gồm: 01 trang

Câu I (2 điểm).

A =   1 1

B =

12 27 

2 Cho biểu thức P =

1 1

2 :

1 1 1

x

x x x x



 



 

     

 

Tìm x để biểu thức P có nghĩa; Rút gọn P Tìm x để P số nguyên Câu II (2 điểm).

1 Vẽ đồ thị hàm số : y = 2x2

2 Cho phương trình bậc hai tham số m : x2 -2 (m-1) x - = 0 a Giải phương trình m=

b Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị m

Tìm m thỏa mãn

1

2

2

1

x x

m x x   Câu III (1,5 điểm).

Trong tháng niên Đoàn trường phát động giao tiêu chi đoàn thu gom 10kg giấy vụn làm kế hoạch nhỏ Để nâng cao tinh thần thi đua bí thư chi đoàn 10A chia đoàn viên lớp thành hai tổ thi đua thu gom giấy vụn Cả hai tổ tích cực Tổ thu gom vượt tiêu 30%, tổ hai gom vượt tiêu 20% nên tổng số giấy chi đoàn 10A thu 12,5 kg Hỏi tổ bí thư chi đoàn giao tiêu thu gom kg giấy vụn?

Câu IV (3,5 điểm).

Cho đường tròn tâm O,đường kính AB, C điểm cố định đường tròn khác A B Lấy D điểm nằm cung nhỏ BC Các tia AC AD cắt tiếp tuyến Bt đường tròn E F

a, Chừng minh hai tam giác ABD BFD đồng dạng b, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp

c, Gọi D1 đối xúng với D qua O M giao điểm AD CD1 chứng minh sooe đo góc AMC không đổi D chạy cung nhỏ BC

Câu V (1 điểm).

Chứng minh Q = x4 3x34x2 3x  với giá trị x1 Đáp án :

Câu I (2 điểm).

1 A   1 1

= B

12 27 

= ĐK : x >1

P =

1 x 

Để P số nguyên x 1 U(2)1; 2 =>x 2;5

Câu II (2 điểm). HS tự vẽ

2 a) x = -1 x =

b ) Có  ' (m1)2  3 m=> Pt ln có nghiệm phân biệt Theo Vi ét có : x1x2 2m

Theo đề : 2 2 1 x x m x x   =>x13x23 (m1)(x x1 2)2 =>

2

1 2 2

(x x ) ( x x )  3x x  (m1)(x x ) =>

2

(2m 2) (2 m 2)  3.( 3)  (m1)( 3) =>

2

(2m 2) 4 m  8m13 9(m1) =>8m316m226m 8m216m 26 9 m  =>9 8m3 24m233m17 0

=>(m1)(8m216m17) 0 =>

8 16 17 0( ) m

m m Vn

  

  

 Vậy m = giá trị cần tìm

Câu III (1,5 điểm).

Gọi số kg giấy vụn tổ bí thư chi đồn giao x (kg) ( Đk : < x <10) Số kg giấy vụn tổ bí thư chi đoàn giao y (kg) ( Đk : < x <10 )

Theo đầu ta có hpt:

10

1,3 1, 12,5 x y x y       

Giải hệ ta : (x; y ) = (5;5)

Trả lời : số giấy vụn tổ bí thư chi đồn giao kg Số giấy vụn tổ bí thư chi đồn giao kg Câu IV (3,5 điểm).

1  ABD  BFD có :  ADB=  BDF = 900

BAD =  DBF ( Cùng chắn cung BD) => ABD  BFD

2 Có :  E = (SdAB- SdBC): ( Góc ngồi đường trịn) = SdAC:

=  CDA => Tứ giác CDFE nội tiếp

3 Dễ dàng chứng minh tứ giác ADBD1 hình chữ nhật Có :  AMC =  AD1M +  MAD1 ( Góc ngồi tam giác AD1M) = (SdAC: 2) + 900

Mà AC cố định nên cung AC cố định=>  AMC không đổi D chạy cung nhỏ BC Câu V (1 điểm).

Q = x4 3x34x2 3x1

= (x4 2x3x2) (1 3  x3x2 x3) = x x2( 1)2(1 x)3

= (1 x) (2 x2 x1)=

2

(1 ) ( )

4

x x x

   

=

2

(1 ) ( )

2

x  x  x

      

 

SỞ GD & ĐT HỊA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI MƠN TỐN (CHUNG) Ngày thi: 29 tháng năm 2012

A B C D E F D1 M O

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang

-PHẦN I TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

(Thí sinh khơng cần giải thích khơng phải chép lại đề bài, viết kết toán sau vào tờ giấy thi)

1 Biểu thức A = 2x  có nghĩa với giá trị x là…1

2 Giá trị m để đường thẳng (d1): y = 3x – (d2): y = mx + 3m – cắt điểm trục tung

3 Các nghiệm phương trình 3x  1

4 Giá trị m để phương trình x2 – (m+1)x - = có nghiệm x

1, x2 thỏa mãn x12x2 + x1x22 =

PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm) Bài (2 điểm)

a) Giải hệ phương trình

1

5 x y

x y 

 

  

   



b) Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC) Đường phân giác AD chia cạnh huyền BC thành đoạn theo tỷ lệ

3

4 BC = 20cm Tính độ dài hai cạnh góc vng.

Bài (2 điểm) Tìm số có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị nếu đem số chia cho tổng chữ số thương dư

Bài 3 ( điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Các đường cao AD, BE, CF tám giác cắt H Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCEF nội tiếp b) EF vuông góc với AO

c) Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC R

Bài (1 điểm) Trên cạnh hình chữ nhật đặt điểm tùy ý Bốn điểm tạo thành một tứ giác có độ dài cạnh x, y, z , t Chứng minh

25  x2 + y2 + z2 + t2  50 Biết hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 3. ĐÁP ÁN

PHẦN I TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

1 Biểu thức A = 2x  có nghĩa với giá trị x là: 1

1

x 

2 Giá trị m để đường thẳng (d1): y = 3x – (d2): y = mx + 3m – cắt điểm trục tung

1

3 Các nghiệm phương trình 3x  1 là: x = 2; x = 3.

4 Giá trị m để phương trình x2 – (m+1)x - = có nghiệm x

1, x2 thỏa mãn x12x2 + x1x22 = m = -3

PHẦN II TỰ LUẬN(8 điểm) Bài (2 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

1 (1) (2) x y x y            Điều kiện: x y , 0.

Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta được:

3 2

0

3 x

y x y

x y      , vào (1) ta có pt:

1

5

2 x x

x x   x     (thỏa mãn đk x 0)

Với

1

2

x  y

(thỏa mãn đk y 0)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

1 1 ( ; ) ( ; )

2 3

x y 

b) Đặt độ dài cạnh AB = x (cm) AC = y (cm); đk: x > y > Theo tính chất đường phân giác định lý pitago ta có:

2 2 2

2 2

3 3 3 4 4 4 9 20 16 20 16

y y x y x

x

x x x

x y                            3 12 4 16 16 y y x x x              

Vậy độ dài cạnh AB = 16 (cm) ; AC = 14 (cm)

Bài (2 điểm) Gọi số cần tìm có chữ số ab, với a b, {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}, a0 Theo giả thiết ta có hệ phương trình:

5 5 5 5 8

10 7( ) 6 3 6 6 2 2 2 2 3

a b a b a b a b a

a b a b a b a b a b b

        

    

   

    

          

     (t/m đk)

Vậy số cần tìm là: 83 Bài 3 ( điểm)

a) Vì BE, CF đường cao tam giác ABC

 

; 90

BE AC CF AB BEC CFB

     

 Tứ giác BCEF nội tiếp.

b) EF vng góc với AO Xét AOB ta có:

 1

90 90

2

OAB  AOB 

sđAB900 ACB (1) Do BCEF nội tiếp nên AFE ACB  (2)

Từ (1) (2) suy ra:

 900    900

OAB  AFE OAB AFE   OAEF (đpcm) c) Bán kính đường trịn ngoại tiếpBHC R.

Gọi H'AH( )O Ta có:

 900    '  '

HBC  ACB HAC H AC H BC   (3)

 900    '  '

HCB  ABC HAB H AB H CB   (4) Từ (3) (4)  BHCBH C g c g' ( )

Mà BH'C nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R  BHC nội tiếp đường trịn có bán kính R, tức bán kính đường trịn ngoại tiếp BHC R.

Bài (1 điểm) Giả sử hình chữ nhật có độ dài cạnh đặt như hình vẽ

Với:  a, b, e, f 4 a+b = e+f = 4;

 c, d, g, h 3 c+d = g+h = Ta có:

2 2; 2 2; 2 2; 2

x h a y b c z d e t f g

2 2 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)

x y z t a b c d e f g h

            (*)

 Chứng minh:

2 2 50

x y z t  .

Vì a b , 0 nên a2 b2 (a b )2 16 Tương tự: c2 d2 9;e2  f2 16; g2 h2 9

Từ (*) x2  y2 z2 t2 16 16 50    (1)  Chứng minh:

2 2 25

x y z t  .

Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a- cốp – xki , ta có:

2

2 2 2 2 ( ) 16

(1 1 )( ) (1. 1 )

2 2

a b

a b a b a b 

       

Tương tự:

2 9; 2 16; 2 9

2 2 2

c d  e  f  g h 

Từ (*)

2 2 16 16 9 25

2 2 2 2

x y z t

        

SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Ngày thi: 19/ 07/ 2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu (3,0 điểm)

1 Tìm điều kiện có nghĩa biểu thức: a)

1 

x ; b) x 2. Phân tích đa thức thành nhân tử :

a) x25x ; b) x2 7xy10y2

3 Cho tam giác ABC vuông A; AB = cm, AC = cm Tính độ dài cạnh BC

Câu (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2(x + 5) + (x – 3)(x + 3) = a) Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + (1)

b) Gọi A, B giao điểm đồ thị hàm số (1) với trục tung trục hoành Tính diện tích tam giác OAB

Câu (1,0 điểm) Một phịng họp có 320 ghế ngồi xếp thành dãy số ghế dãy Nếu số dãy ghế tăng tăng thêm số ghế dãy tăng thêm phịng có 374 ghế Hỏi phịng có dãy ghế dãy có ghế?

Câu (2,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O, bán kính R điểm M cho MO = 2R Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) Hai đường cao BD AC tam giác MAB cắt H

1) Chứng minh tứ giác AHBO hình thoi 2) Tính góc AMB

Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x2y2 x y Chứng minh rằng: x y 2

–––––––––––– Hết ––––––––––––

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH MƠN TỐN VÀO 10 HỊA BÌNH NĂM HỌC 2012-2013 Câu (3,0 điểm)

1 Tìm điều kiện có nghĩa biểu thức:

a) Điều kiện: x 0   x 1 ; b) Điều kiện: x 0   x 2 Phân tích đa thức thành nhân tử :

a) x25x x x ( 5);

b) Cách 1: Phương pháp tách, thêm bớt số hạng:

2 7 10 ( 2 2 ) (5 10 )2  (  2 ) (  2 ) (  2 )(  5 )

x xy y x xy xy y x x y y x y x y x y

Cách 2: Sử dụng định lý: Nếu pt bậc hai ax2bx c 0(a 0)   có nghiệm phân biệt x1, x2 thì:

2

1

ax bx c a(x x )(x x )   

Áp dụng vào toán ta xem pt:x2 7xy10y2 0 pt bậc hai ẩn x, tham số y

Ta có  (7y)2 4.10y2 9y2  3y;

7y 3y 7y 3y

x 2y; x 5y

2

 

   

Suy ra: x2 7xy10y2 (x )(y x )y

3 Cho tam giác ABC vuông A; AB = cm, AC = cm Tính độ dài cạnh BC Vì tam giác ABC vng A, nên theo định lý Pitago ta có:

2 2 2

BC AB AC 2 4 20 BC 20 (cm)

Câu (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: x+5   x – x 3    0

2

2

2

2x 10 x

x 2x

(x 1) x

x

    

   

  

  

 

2 a) Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + (1)

A B

C

2 cm

4

cm

O x

y

2 A

B

+ Cho x 0  y 2

+ Cho

2

y x

3

  

+ Đồ thị hàm số y = 3x + đường thẳng qua điểm (0;2) ( ;0)

3 

b) Từ cách vẽ đồ thị hàm số y = 3x + ta có:

+ Giao đồ thị hàm số (1) với trục Oy A(0;2)

+ Giao đồ thị hàm số (1) với trục Ox B ( ;0)

3 

Suy diện tích OAB : OAB

1 2

S OA.OB | | | |

2 3

    

(đvdt)

Câu (1,0 điểm) Một phịng họp có 320 ghế ngồi xếp thành dãy số ghế dãy Nếu số dãy ghế tăng tăng thêm số ghế dãy tăng thêm phịng có 374 ghế Hỏi phịng có dãy ghế dãy có ghế?

Giải: Gọi số dãy ghế phòng họp x (dãy) (x  *) Gọi số ghế dãy y (ghế) (y  *)

Vì phịng họp có 320 ghế ngồi xếp thành dãy số ghế dãy nên ta có phương trình: xy 320 (1)

Vì số dãy ghế tăng tăng thêm số ghế dãy tăng thêm phịng có 374 ghế nên ta có phương trình: (x 1)(y 2) 374   (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

xy 320

(x 1)(y 2) 374        320 320 y y

xy 320 xy 320 x

x

xy 2x y 374 2x y 52 320

2x 52 x 26x 160

x                                      2 320 320

y y x=10

x x

y 32

x 26x 160 x 26x 160

                      

  hoặc

x=16 y 20    

Vậy phịng họp có 10 dãy ghế dãy có 32 ghế Hoặc phịng họp có 16 dãy ghế dãy có 20 ghế Câu (2,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O, bán kính R điểm M cho MO = 2R Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) Hai đường cao BD AC MAB cắt H

Ta có: OAMA (Vì MA tiếp tuyến với đường trịn (O)) BHMA ( Vì BH đường cao MAB)

 OA // BH (1)

Tương tự ta có:

OB MB

OB / /AH

AH MB

 

 



 (2)

Từ (1) & (2) suy tứ giác AHBO hình bình hành, mặt khác lại có OA = OB nên tứ giác AHBO hình thoi

2) Tính góc AMB

Dễ thấy MO đường phân giác góc AMB  AMB 2AMO   .

Vì tam giác OAM vng A nên ta có:

 OA 

sin AMO AMO 30

MO

     0

AMB 60

  .

Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x2y2 x y Chứng minh rằng: x y 2 Cách 1:

Nhận xét:

2

(x y)

xy ; x, y

4 

   

Thật vậy:

2

2

(x y)

xy (x y) 4xy (x y) 0; x, y

4 

         

(đúng) Do từ giả thiết: x2 y2  x y

2

( )

 x y  x y xy

2 ( )

( )

2   x y  x y x y

2

( ) 2( )

 x y  x y

( )( 2)

 x y x y    (*)

Vì x y x2 y2  0; x y,  , nên ta xét trường hợp sau: Nếu x2 y2  0 x  y x y  0

Nếu x2  y2  0 x y 0, từ (*) suy ra: x y  0  x y 2 Từ suy ra: x y 2 Dấu xảy x = y =

Cách 2: Áp dụng BĐT Bu nhi a cốp xki:x, y , ta có:

2 2 2

2 2

(x y) 2(x y )

   

2

(x y) 2(x y)

   

(x y)(x y 2)

     (*)

Vì x y x2 y2  0; x y,  , nên ta xét trường hợp sau: Nếu x2 y2  0 x  y x y  0

Nếu x2  y2  0 x y 0, từ (*) suy ra: x y  0  x y 2 Từ suy ra: x y 2 Dấu xảy x = y =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học: 2012 – 2013

Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Tốn chung)

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức:  

x 3x

A 4x 12

x

   

  



  .

a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

c) Tính giá trị A x 3  Câu 2: (2,0 điểm)

a) Xác định hệ số a, b hàm số y = ax + b, biết đồ thị đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + qua điểm M(1 ; – 3)

b) Giải hệ phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay): 2x y

2x y

  

 

 

  Câu 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P):

2

y x

2 

đường thẳng (d): y = (m – 1)x – (với m tham số) a) Vẽ (P)

c) Với m tìm câu b), xác định tọa độ tiếp điểm (P) (d) Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Qua C kẻ đường thẳng d vng góc với AC Từ trung điểm M cạnh AC kẻ ME vuông góc với BC (E thuộc BC), đường thẳng ME cắt đường thẳng d H cắt đường thẳng AB K

a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ suy tứ giác AKCH hình bình hành

b) Gọi D giao điểm AH BM Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác

c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK

d) Cho AB = a ACB 30  0 Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học: 2012 – 2013

Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Tốn chung)

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn gồm 02 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (2,0)

a) (0,5)

Điều kiện: x ≥ x 3

0,25 0,25 b)

(1,0) Biến đổi được:  

2 3

x x  x

   

 

3 3

4 12

x x x

x x        A =          

.2 3

3 x x x x x       0,25 0,25 0,25 0,25 c)

(0,5) Biến đổi được:   3

x    

Tính được: A = –

0,25 0,25 Câu 2 (2,0) a) (1,0)

+ Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = – 2x + nên a = – (không yêu cầu nêu b ≠ 1)

+ Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) a = – vào y = ax + b + Tìm được: b = –

0,5 0,25 0,25 b)

(1,0)

2 x y x y          2 y x y          Tính được: y =

x =

Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: (x ; y) = ( ; 1)

0,25 0,25 Câu 3 (2,0) a) (0,5)

+ Lập bảng giá trị (chọn tối thiểu giá trị x phải có giá trị x = 0)

+ Vẽ dạng (P)

0,25 0,25 b)

(1,0)

+ Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

x (m 1)x

2   

 x2 – 2(m – 1)x +4 = 0

+ Lập luận được:

 2

'

1

'

0

                    m b m a       

m hc m m

+ Kết luận được: m =

0,25

0,25

0,25 0,25 c)

(0,5) + Tìm hồnh độ tiếp điểm:

b ' m

x

a 1

  

   

+Tính tung độ tiếp điểm: y = kết luận tọa độ tiếp điểm (2; 2)

0,25 0,25

Câu Nội dung Điểm

Câu 4 (4,0) Hình vẽ (0,25) 0,25 a)

(1,0) + AM = MC (gt) ,    

0

KAM HCM 90 , AMK CMH   (đđ) + AMKCMH g.c.g 

+ suy ra: MK = MH

+ Vì MK = MH MA = MC nên tứ giác AKCH hình bình hành

0,25 0,25 0,25 0,25 b)

(1,0) + Nêu được: CA  BK KE  BC , suy M trực tâm tam giác KBC + Nêu được: KC // AH BM  KC, suy BM  AH. +HDM HCM 90   0900 1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp.

+ MCH 90  0 => Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH trung

điểm MH 0,25 c)

(1,0)

+ Chứng minh hai tam giác ADM ACH đồng dạng (g.g)

+  

2

ìAC=2AM

AM AD

AM AC AH AD AM AH AD v

AH AC

     

2 (1)

2 AH AD AM

 

+ Ta lại có: MC2 = ME.MH MH=MK nên MC2 = ME.MK (2) + Mặt khác: MC = MA (gt) (3)

Từ (1), (2), (3) =>

AH AD

ME MK 

=> AH.AD = 2ME.MK

0,25

0,25 0,25

0,25 d)

(0,75) +  ABC vuông A, góc C = 300 nên AC = a

+ ACB MHC 30   0(cùng phụ góc CMH) => MH = 2MC Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a

+ Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là:

MH a

C 2 a

2

 

 

    

   

0,25

0,25

0,25

d

(0,75) + Tam giác ABC vuông A nên: AC = AB.cotC = a +CMH 90  0 ACB 60 

=> 

MC AC

MH AC a

cosCMH 2cos60

   

Diện tích hình trịn (O):

+

2

2

(O) MH a 3

S a

2

 

 

     

   

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học: 2012 – 2013

Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Chun Toán)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A =

a a

4 a a

 



  (với a ≥ a ≠ 4)

b) Cho

28 16 x

3  

 Tính giá trị biểu thức: P (x 22x 1) 2012. Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3(1 x)  x 2

b) Giải hệ phương trình:

2

x xy 4x

y xy

   

 

 

  Câu 3: (1,5 điểm)

Cho parabol (P): y = − x2 đường thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số).

a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) ln cắt (P) điểm phân biệt A, B b) Gọi yA, yB tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| = Câu 4: (4,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm, AD = cm Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB AD E F

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường tròn

b) Gọi I giao điểm đường thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID

c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD N

Gọi S1 diện tích tam giác CME, S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí điểm M để

1

S S

2 

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho a, b hai số thực không âm thỏa: a + b ≤

Chứng minh:

2 a 2b

1 a 2b

 

 

  .

Hết

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM Năm học: 2012 – 2013

Khóa thi: Ngày tháng năm 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn gồm 03 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (1,5 điểm)

a) (0,75) A =

a a

4 a a

 



  (a ≥ a ≠4)

A =

( a 2)( a 3)

(2 a )(2 a ) a

 



  

=

a

2 a a

 

 

= −1

0,25 0,25 0,25

b) (0,75) Cho

28 16 x

3  

 Tính: P (x 22x 1) 2012

2

(4 3) ( 1)

x

3 3

  

  

   = 1

 x22x 1 

 P (x 22x 1) 2012 1 Câu 2

(2,0 điểm) a) (1,0) Giải phương trình: 3(1 x)  x 2 (1) Bình phương vế (1) ta được:

3(1 x) x 3(1 x)(3 x) 4        3(1 x)(3 x) x   

 3(1 x)(3 x) 2x x      x2 x 0  x = x =−2 Thử lại, x = −2 nghiệm

0,25

0,25 0,25 0,25

b) (1,0) Giải hệ phương trình:

2

x xy 4x (1) y xy (2)

   

 

 



 (I)

Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠

Do đó: (2) 

2

y

x

y

 



(3) Thay (3) vào (1) biến đổi, ta được:

4y3 + 7y2 + 4y + = 0

 (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh bỏ qua bước này)  y = –

y = –  x =

Vậy hệ có nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1)

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu Nội dung Điểm

Câu 3

(1,5 điểm) a) (0,75) (P): y = − x

2 , (d): y = (3 − m)x + − 2m.

Chứng minh với m ≠ −1 (d) cắt (P) điểm phân biệt A, B Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

− x2 = (3 − m)x + − 2m.  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1)  = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1

Viết được:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận đúng.

0,25 0,25 0,25 b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| =

Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2

|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|

|yA − yB| =  m2 − 2m − = m2 −2m − = −2  m = 1 m = 1

0,25

0,25

0,25 Câu 4

(4,0 điểm)

a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đường trịn Ta có:

 

ADB ACB

 

AEC ACB ( phụ với BAC)

 ADB AEC 

 tứ giác EBDF nội tiếp

0,25

b) (1,5) Tính ID

Tam giác AEC vng C BC  AE nên: BE.BA = BC2

 BC BE BA   BE//CD 

IB BE

ID CD 4



BD

ID 4



4

ID BD

3 

tính được: BD =

 ID  (cm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu Nội dung Điểm

Câu 4 (tt)

c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 = 2S2 Đặt AM = x, < x <

 MB = 4− x , ME = − x Ta có:

AM AM

MB MB

AN BC x

AN

BC      x

1

S BC.ME x

2

  

,

2

2 x

S AM.AN

2 x

 



S1 =

2 S2  5− x =

2 x

4 x  x2 + 18x − 40 =  x = (vì < x < 4)

Vậy M trung điểm AB

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 (1,0 điểm)

Cho a, b ≥ a + b ≤ Chứng minh :

2 a 2b

1 a 2b

 

 

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1

Ta có:

1

1 a  b =

1 1

2

1

( 1)( )

2 2

a b

a b

 



  

(1) (bđt Côsi)

1

1 2

( 1)( )

2

  

   

a b

a b

(bđt Cô si)



2

7 ( 1)( )

2 

 

a b

(2) Từ (1) (2) suy ra:

1

1a1 2 b 7

Dấu “=” xảy : a + = b +

2 a + b =  a =

4 b =

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

VĨNH LONG NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi : TOÁN

Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1: (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình: a) 2x – =

b) x212x35 0

c)

2 13

3

 

 

  

x y

x y

Câu 2: (2,5 điểm)

a) Vẽ đường thẳng (d): y = 2x –

b) Chứng minh đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P): y = x2

c) Tìm a b để đường thẳng (d’): y = ax + b song song với đường thẳng (d) qua điểm M(0; 2) Câu 3: (1,0 điểm)

Tìm tham, số thực m để phương trình x2 – 2mx + m – = có nghiệm Tính nghiệm cịn lại

Câu 4: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức:

a a a a

A 1

a a

     

      

 

    , với a 0,a 1  Câu 5: (2 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi AH BK đường cao tam giác ABC

a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp đường tròn Xác định tâm đường tròn

b) Gọi (d) tiếp tuyến với đường tròn (O) C Chứng minh ABH HKC  HKOC. Câu 6: (1 điểm)

Tính diện tích xung quanh thể tích hình nón có đường kính đường trịn đáy d = 24 (cm) độ dài đường sinh 20(cm).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT

TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2012 – 2013

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 05 tháng năm 2012

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 48  300 b) Giải phương trình: x2 + 8x – =

c) Giải hệ phương trình:

21

2

x y x y

  



  

Bài 2: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y =

4 x2 đường thẳng (d): y = x + a) Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính Bài 3: (1,5 điểm)

Hai đội công nhân làm công việc Nếu hai đội làm chung hồn thành sau 12 ngày Nếu đội làm riêng dội hồn thành cơng việc nhanh đội hai ngày Hỏi làm riêng đội phải làm ngày để hồn thành cơng việc đó?

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Trên Ax lấy điểm M cho AM > AB, MB cắt (O) N (N khác B) Qua trung điểm P đoạn AM, dựng đường thẳng vng góc với AM cắt BM Q

a) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn

b) Gọi C điểm cung lớn NB đường tròn (O) (C khác N C khác B) Chứng minh: BCN OQN 

c) Chứng minh PN tiếp tuyến đường tròn (O)

d) Giả sử đường trịn nội tiếp ANP có độ dài đường kính độ dài đoạn OA

Tính giá trị AM

AB

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho phương trình  

2 2 1 1 0

x  m x m  m 

(m tham số) Khi phương trình có nghiệm

1,

x x

, tìm giá trị nhỏ biểu thức:    

2

1

Đáp án hình

a) Tứ giác APQN có APQ ANQ 90   o  APQ ANQ 180   o b) Ta có PA = PM PQ  AM  QM = QB OQ // AM  OQ  AB

 

OQN NAB (cùng phụ với ABN)

 

BCN NAB (cùng chắn NB)

 

BCN OQN

 

c) Cách 1: OQN NAB   tứ giác AONQ nội tiếp

Kết hợp câu a suy điểm A, O, N, Q, P nằm đường tròn

  o

ONP OAP 90   ON NP  NP tiếp tuyến (O)

Cách 2: PAN PNA  (do PAN cân P)

 

ONB OBN (do ONB cân O)

Nhưng PAN OBN  (cùng phụ với NAB)  PNA ONB 

Mà ONB ONA 90   o  PNA ONA 90   o PNO  ONPN  NP tiếp tuyến (O) d) Gọi I giao điểm PO (O), suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác APN

R OE EI

2

 

(R bán kính đường tròn (O))  AIE

3 AE R

2

 

AEO

 PAO(g-g)

R

AE EO 2PA MA AE 2

3 R

PA AO 2AO AB EO

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang

Bài 1: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A=√3 −√6 1 −√2 +

2+√8 1+√2

Bài 2: (1,5 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2

+x −20=0 b)

¿

x − y =5 2 x + y=1

¿{

¿

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số: y = -2x2

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) đường thẳng (D): y = x – phép tính Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2

−2 (m− 1) x +m −3=0 (m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt

b) Gọi hai nghiệm phương trình x1, x2 Xác định m để giá trị biểu thức A=x12+x22

nhỏ

Bài 5: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm S bên đường tròn vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và đường thẳng a qua S cắt đường tròn (O; R) M, N với M nằm S N (đường thẳng a không qua tâm O)

a) Chứng minh SO AB

b) Gọi I trung điểm MN H giao điểm SO AB; hai đường thẳng OI AB cắt E Chứng minh: OI.OE = R2

c) Chứng minh tứ giác SHIE nội tiếp đường tròn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN TỐN (chung)

Thời gian 120 phút (khơng kể phát đề) Câu (2,0 điểm) Không dùng máy tính bỏ túi, rút gọn biểu thức sau:

a) A =  

2

6

5

 

 

 

 

 

b) B =

2x x x x x

x x x x

  

 

   , (với x > 0) Câu (2,5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)    

2

2

x  x 1  x  x 1  0

b)

2

11

x y

4

x y



 

  

  

 

Câu (2,5 điểm).

a) Chứng minh phương trình x2  2mx3m 0 ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m Với giá trị m hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x   2 0

b) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa: x2 y2 z2 1 Chứng minh rằng:

3 3

2 2 2

1 1 x y z

3

x y y z z x 2xyz

 

   

  

Đẳng thức xảy nào?

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Từ A, B vẽ tiếp tuyến Ax, By phía có chứa nửa đường trịn (O) Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA; điểm N thuộc nửa đường tròn (O) Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax C; đường thẳng CN cắt By D.

a) Chứng minh tứ giác BMND nội tiếp.

b) Chứng minh DM tiếp tuyến đường tròn (O’).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE

NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN TỐN CHUN

Thời gian 120 phút (không kể phát đề)

Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức

  x x

A x :

x x x x x

  

     

   

  với x 0

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Đặt

8

B x

x A

 

  Tìm x để biểu thức B đạt giá trị nhỏ Bài 2:

Giải phương trình hệ phương trình sau 1/ 2x2  8x x2  4x 16 4  2/  

2

3 x 2 10 x 1

3/

2x y xy 13

1

15

x y

  

 

 



 

 

  

 

 Bài 3:

1/ Xác định tất giá trị m để phương trình x2  2x 2m 0   có hai nghiệm phân biệt x1; x2 Với giá trị m hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện x1 mx2 x2  mx1 10

2/ Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh

2 2

a b c a b c

b 3c c 3a a 3b

 

  

  

Bài 4:

Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường cao AH Gọi E, F hình chiếu H lên hai cạnh AB, AC Đường thẳng qua A vng góc với EF cắt cạnh BC D

1/ Chứng minh đường thẳng AD qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2/ Gọi I, K hình chiếu D lên hai cạnh AB, AC Chứng minh tam giác DIK đồng dạng với tam giác HEF

3/ Chứng minh

2

BH BD AB

CD CH AC

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO AN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC

SBD……PHỊNG………

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2012-2013

-Mơn: TỐN Khóa ngày 11 -7 -2012 Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 12-7-2012

Bài (2,5 điểm)

a) Rút gọn A = 16 - 9 36

b) Giải phương trình bậc hai : x2 – 2 2x +1 =

c) Giải hệ phương trình :

3

2

x y x y

  



  

Bài (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x + (*) có đồ thị đường thẳng ( d ) a) Tìm hệ số góc vẽ đồ thị hàm số (*)

b) Tìm a để (P): y = ax2 qua điểm M (1 ;2).Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) với a vừa tìm

Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – (m+1) x + m2 + = 0

a) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm khơng lớn tổng hai nghiệm Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn ( O) bán kính R = cm điểm I nằm ngồi đường trịn, biết OI = 4cm.Từ I kẻ hai tiếp tuyến IA IB với đường tròn (A,B tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp

b)Từ I kẻ đường thẳng vng góc với OI cắt tia OA O’.Tính OO’ diện tích tam giác IOO’ c) Từ O’ kẻ O’C vng góc BI cắt đường thẳng BI C.Chứng minh O’I tia phân giác AO'C