DE THI THPT Môn toán 2011-2012

Hai người làm cùng nhau trong 3 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm công việc khác, người thứ hai làm một mình trong 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) nữa thì hoàn thành công việc.. Hỏi nế[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011

Đề thi gồm: 01 trang (Đợt 1)

Câu (3,0 điểm).

1) Giải phương trình: a 5(x1) 3 x7 b

4

1 ( 1)



 

 

x

x x x x

2) Cho hai đường thẳng (d1): y2x5; (d2): y4x1cắt I Tìm m để đường thẳng (d3): y(m1)x2m1 qua điểm I

Câu (2,0 điểm).

Cho phương trình: x2  2(m1)x2m0 (1) (với ẩn x) 1) Giải phương trình (1) m=1

2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1; x2 Tìm giá trị m để x1; x2là độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu (1,0 điểm).

Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu? Câu (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có Â > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O’) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E

1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn

2) Gọi F giao điểm hai đường tròn (O) (O’) (F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD

3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH.BD

Câu (1,0 điểm).

Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z =3 Chứng minh rằng:

1

3   

     

x y z

x x yz y y zx z z xy .

-Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011

Đáp án gồm: 02 trang

I, HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Biến đổi 5x + = 3x + 7 2x 2  0,5

x = 0,5

1.b

Điều kiện: x0 x1 0,25

Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + 4 3x =  x = 2 0,5 So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = 0,25

2

Do I giao điểm (d1) (d2) nên toạ độ I nghiệm hệ phương trình:

2 y x

y x

 

 

  

0,25

Giải hệ tìm I(-1; 3) 0,25

Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

Giải phương trình tìm m = 0,25

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = 0,25

Giải phương trình x1 2 2; x2  2 0,25

2 Tính  ' m21 0,25

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25

3

Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m

m 2m

  

 

 

 0,25

Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0 0,25

Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25 Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > 0,25 Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a –

và b –

nên (a – 4)(b – 4) = 77

Giải hệ phương trình kết luận kích thước 15 m 11 m 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0,25

Lập luận có ADC 90  0,25

Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường trịn 0,25

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

 

AFB AFC 180 

Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng

0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE ) AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25 Mà ECD EBD  (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: AFE AFD  => FA phân giác góc DFE 0,25

3

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy

AH EH AD ED (1)

0,25 Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy

BH EH

BD ED (2)

0,5

Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD   0,25

5

Từ  

2

x yz  0 x yz 2x yz

(*) Dấu “=” x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz 

Suy 3x yz  x(y z) 2x yz   x ( y z) (Áp dụng (*))

0,25

x x

x 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có:

y y

y 3y zx  x y z (2),

0,25 x

H

D

B C

E

A

F

z z

z 3z xy  x  y z (3) Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy  Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

Câu V: Cách 2:

Ta có 3x yz (x y z x yz  )  (x y x z )(  )(vì x + y +z = 3) Theo bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có

2

( yx ) ( )( ) yx ( )( )

yx yx

3 yx

xz x y z x xz x y z x

xz x yz x xz x x yz

x x x

x x yz x xz x y z

        

         

  

     

Chứng minh tương tự

y y

y y xz  x y z

z z

z z xy  x y z

Cộng vế bất đẳng thức chiều ta

3 3

x y z

x x yz  y y xz z z xy  Đẳng thức xảy x = y = z =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011

Đề thi gồm: 01 trang (Đợt 2)

Câu (2,5 điểm).

1) Cho hàm số yf x( )x22x a Tính f x( ) khi: x0;x3.

b Tìm x biết: f x( )5; ( )f x 2. 2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x

Câu (2,5 điểm).

1) Cho hàm số bậc ym– 2x m 3 (d) a Tìm m để hàm số đồng biến

2) Cho hệ phương trình

3

2

  

 

 



x y m

x y

Tìm giá trị m để hệ có nghiệm x y;  cho

2

5 x y

y

  

 .

Câu (1,0 điểm).

Hai người thợ quét sơn nhà Nếu họ làm ngày xong cơng việc Hai người làm ngày người thứ chuyển làm cơng việc khác, người thứ hai làm 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) hồn thành cơng việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc

Câu (3,0 điểm).

Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A O) Tia CM cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai N Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) N Tiếp tuyến cắt đường thẳng vng góc với AB M P

1) Chứng minh: OMNP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: CN // OP

3) Khi

1

AM AO

3



Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN theo R

Câu (1,0 điểm).

Cho ba số x y z, , thoả mãn 0x y z, , 1 x y z  2 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức: A =

2 2

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

z x y

  

 

-Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011

Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1.a Với x = tính f(0) = -5 0,5

1.b Khi f(x) = -5 tìm x = 0; x = - 0,5

Khi f(x) = -2 tìm x = 1; x = -3 0,5

2 Biến đổi 3x – 12 > x – Giải nghiệm x > 3 0,250,25

2

1.a Để hàm số đồng biến m – > 0Tìm m > kết luận 0,250,25

1.b Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x –

2 3 m

m

  



 

 0,5

4 m m

   



 0,25

 m = 4 0,25

2

Giải hệ x = m + 1; y = 2m - 0,25

Đặt điều kiện: y + 10 2m – + 10  m 1 0,25 Có:

2

2

5

4 4( 1) 4

1  

           



x y

x y y x y y

y x2 5y 0

   

Thay x = m + 1; y = 2m – ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – = 0  m2 – 8m + = Giải phương trình m = 1; m = 7

0,25 So sánh với điều kiện suy m = (loại); m = (thoả mãn) 0,25

3

Gọi thời gian người 1, người làm xong cơng việc x, y

ngày (x, y > 0) 0,25

Trong ngày người người làm x

1

y công việc. suy phương trình:

1 1 x y6

0,25

Người làm ngày người làm 7,5 ngày x

và 7,5

y công việc suy phương trình:

3 7,5 x y 

0,25 Giải hệ x = 18, y = So sánh với điều kiện kết luận 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Có OMP 90  0(MP  AB) 0,25

Có ONP 90  0 (tính chất tiếp tuyến) 0,25

Do OMP  ONP 90 0 suy OMNP tứ giác nội tiếp 0,25 Do OMNP tứ giác nội tiếp nên ONC OPM  (cùng chắn OM ) 0,25

P N

D C

Ta có: MP // CD (cùng vng góc với AB) nên OPM POD  ( so le trong) 0,25 Mà tam giác OCN cân O (OC = ON) nênONC OCN  0,25

Suy ra: OCN POD  => CN // OP 0,25

3

Do OMP  ONP 90 0 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường

kính OP Nên đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính OP 0,25 Ta có: CN // OP MP // CD nên tứ giác OCMP hình bình hành suy

ra OP = CM 0,25

Ta có AM =

3AO =

3R  OM =

3R Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông OMC nên tính MC =

R 13

0,25

Suy OP = R 13

3 từ ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN

R 13

0,25

5

Do x, y, z  đặt a = – x  0, b = 1- y  0, c = 1- z  a + b + c = suy z = – x + 1- y = a + b, y = – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b

Khi A =

2 2

a b c

a b b c c a    

0,25

Với m, n   

m n  0 m n mn 

(*) Dấu “=” m = n Áp dụng (*) ta có:

2 2

a a b a a b a a b

2 a

a b a b a b

  

    

  

2

a a b

a

a b



  



Tương tự ta có:

b b c

b

b c

  

 ;

2

c c a

c

c a

   

0,25

Suy ra:

2 2

a b c

a b b c c a    

a b c   

=

2 0,25

Dấu “=” xảy a = b = c =

3 suy x = y = z = Vậy giá trị nhỏ A

1

2 x = y = z =

0,25

Câu V: Cách 2.

0 , , 1;

; ; 0;

x y z x y z a b c a b c

    

    

2 2

1 1

a b c

A

c a b

   

  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki cho ba cặp số

 ; ; ; ; ;

1 1

a b c

c a b

c a b

 

    

  

 

Ta có :

   

2 2

2

2 2

1 1

1 1

1

1 1

1

a b c

a b c c a b

c a b

a b c

c a b

A

 

            

  

 

 

     

  

 

 

Vậy:

1

2 3