Đề, đáp án tuyển sinh 10 môn Toán năm học 2013-2014 của một số tỉnh (có trường chuyên) - sưu tầm từ internet

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp được trong một đường tròn.. Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 7. Chứng minh rằng hiệu các lập phương của hai chữ số của s[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm. Câu Điều kiện để biểu thức

1

1 x có nghĩa là

A x1. B x1. C x1. D x1.

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng yax 5 (d) qua điểm M(-1;3) Hệ số góc (d)

A –1 B –2 C D

Câu Hệ phương trình

2

6 x y x y

  



 

 có nghiệm (x;y) là

A (1;1) B (7;1) C (3;3) D (3;-3)

Câu Phương trình sau có tích hai nghiệm 3?

A x2  x 0. B x2 x 0 . C x2 3x 1 0. D x25x 3 0.

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm parabol y = x2 đường thẳng y= 2x + là

A B C D

Câu Cho tam giác ABC vng A, có AB = 3cm; AC = 4cm Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền

A 7cm B 1cm

C 12

5 cm. D

5 12cm.

Câu Cho hai đường trịn (O;3cm) (O,;5cm), có OO, = 7cm Số điểm chung hai đường tròn

A B C D

Câu Một hình nón có bán kính đáy 4cm, đường sinh 5cm Diện tích xung quanh của hình nón

A 20 cm2. B 15 cm2. C 12 cm2. D 40 cm2.

Phần II - Tự luận (8,0 điểm)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A =

2

:

2 1

x x x

x

x x x

   



 

     

  với x > x1.

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm tất số nguyên x để biểu thức A có giá trị số nguyên

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m tham số. 1) Giải phương trình (1) m =

2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

1( 2) 2( 2) 10 x x  x x   .

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

6

1

5

3

1

x

x y

x y

 

 

  

 

  

  



Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tia đối tia BA lấy điểm C (C không trùng với B) Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D tiếp điểm), tiếp tuyến A đường tròn

(O) cắt đường thẳng CD E Gọi H giao điểm AD OE, K giao điểm BE với đường tịn (O) (K khơng trùng với B)

1) Chứng minh AE2 = EK EB.

2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn

3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh AE EM EM  CM  . Câu (1,0 điểm Giải phương trình :   

2

3x  6x 2x1 1 2x  5x 4x

Hết

Họ tên thí sinh:……….Chữ ký giám thị ………

Số báo danh:….………Chữ ký giám thị ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Câu

Đáp án B C C D A C B A

Phần II: Tự luận (8,0 điểm)

Bài Lời giải

Bài 1 1,5đ

1) Rút gọn biểu thức A =

1 x 2) Với x > x1ta có A =

2 x

Chỉ A có giá trị số nguyên x – ước Từ tìm x = x = thỏa mãn điều kiện đề

Bài 2 1,5đ

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m tham số. 1) Giải phương trình (1) m =

Thay m = vào (1) giả phương trình tìm x 1

2) Xác định m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện

1( 2) 2( 2) 10 x x  x x   .

+ Chỉ điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2    m1

+ Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1)

1 2

2

x x m

x x m m

 

 

  

 Tính x12x22 2m24m2

+ Biến đổi x x1( 12)x x2( 22) 10  x12x222(x1x2) 10 , tìm m = 1; m = -4

Đối chiếu điều kiện kết luận m = thỏa mãn yêu cầu đề

Bài 3 1,0đ

Giải hệ phương trình

2

6

1

5

3

1

x

x y

x y

 

 

  

 

  

  

+ Điều kiện: x -1 y

+ Giải hệ phương trình cho có nghiệm (x = 0; y = 2)

Bài 5 1,0đ

Giải phương trình :   

2

3x  6x 2x1 1 2x  5x 4x + Điều kiện

1 x

+ Biến đổi phương trình cho trở thành phương trình tương đương

   

 

2

2

2 1 (2 2)

3 1 (2 2)

x

x x x x x

x x x x

 

  

       

       



+ Giải phương trình    

2

3x 2x1 1  (2x  x2) 0 3x 2x1 1  x x(2 1) 0  (2)

Đặt 2x1t với t0 suy

2 1 t x 

thay vào phương trình (2) ta t4  3t3  2t2  3t + =  (t2 + t + 1)(t2 – 4t + 1) =  t2 – 4t + = 0

2

t

  

Từ tìm x 4 3( )tm

+ Kết luận phương trình cho có nghiệm x = x 4

Bài 4 3,0đ

1) Chứng minh AE2 = EK EB.

+ Chỉ tam giác AEB vng A

+ Chi góc AKB = 900 suy AK đường cao tam giác vuông AEB.

+ Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông AEB ta có AE2 = EK EB

2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn + Chỉ tứ giác AHKE nội tiếp suy góc EHK = góc EAK + Chỉ góc EAK = góc EBA

+ Suy tứ giác BOHK nội tiếp suy điểm B, O, H, K thuộc đường tròn 3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh

AE EM EM  CM  . + Chỉ tam giác OEM cân E suy ME = MO

+ Chỉ OM // AE, áp dụng định lý ta – lét tam giác CEA ta có

CE AE CM OM

M K

H E

D

B O

+ Ta có 1

CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM

CM OM CM OM CM OM OM CM

 

        

Mà ME = MO nên suy AE EM

EM  CM  (đpcm)

sở giáo dục - đào tạo

hµ nam kú thi tuyển sinh vào lớp 10 thptNăm học: 2013 - 2014 Môn thi: Toán

Thi gian lm bi: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

C©u 1: (1,5 điểm)

Rút gọn biểu thức sau:

A =

a a a 1

a 1 a 1

 



  (a 0;a 1) 

B =

4 2 3 6 8

2 2 3

   

 

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Gii phng trình: x2 - 6x - = 0

b) Giải hệ phương tr×nh:

2x y 1

2(1 x) 3y 7

  



  



C©u 3: (1,5 điểm)

Cho phơng trình: x2 + 2(m 1)x – 2m – = (m lµ tham số).

a) Chứng minh phơng trình có nghiƯm ph©n biƯt x1; x2  m R.

b) Tìm giá trị m cho (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0.

C©u 4: (4,0 ®iĨm)

Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng với A, B), M điểm cung nhỏ AC Các đờng thẳng AM BC cắt I, các đờng thẳng AC BM cắt K

a) Chứng minh rằng:ABM IBM  vµ ABI cân b) Chng minh t giác MICK nội tiếp

c) Đờng thẳng BM cắt tiếp tuyến A (O) N Chứng minh đờng thẳng NI là tiếp tuyến đờng tròn (B;BA) NIMO.

d) Đờng tròn ngoại tiếp BIK cắt đờng tròn (B;BA) D (D không trùng với I) Chứng minh ba điểm A, C, D thng hng.

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho số thực dơng x, y thỏa mÃn

y 2x 1

2x 3 y 1

  

 

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q = xy – 3y - 2x – 3.

HÕt.

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: sở giáo dục - đào tạo

hµ nam kú thi tun sinh vµo lớp 10 thptNăm học: 2013 - 2014 Hớng dẫn chấm Môn Toán dự thảo

Câu 1: (1,5 điểm)

a) A =

a a a 1

a 1 a 1

 



 

=

a ( a 1) a 1 a a 1 1

( a 1)( a 1) a 1 a 1 a 1

   

  

    

0,75 ®

b)

B =

4 2 3 6 8

2 2 3

   

 

=

2 2 3 2 2 6 (2 2 3) 2(2 2 3)

2 2 3 2 2 3

         



   

=

(1 2)(2 2 3)

1 2

2 2 3

  

0,75 đ

Câu 2: (2,0 ®iĨm)

a)

x2 - 6x - = 0

2

x 7x x 0 x(x 7) (x 7) 0

         

x 0 x 7

(x 7)(x 1) 0

x 0 x 1

  

 

       

  

 

VËy: S = 7; 1 

1,0 ®

b)

2x y 1 y 2x 1

2(1 x) 3y 7 2 2x 3(2x 1) 7

   

 



 

      

 

y 2x 1 y 2x 1 y 3

2 2x 6x 0 4x 8 x 2

      

  

     

      

  

VËy: (x; y) = (2; 3)

1,0 đ

Câu 3: (1,5 điểm)

x2 + 2(m – 1)x – 2m – = (1)

a)

Cã: / = (m – 1)2 – (- 2m – 3) = m2 – 2m + + 2m +

= m2 +  > víi mäi m  / > víi mäi m

Nên phơng trình cho có nghiện phân biệt x1; x2  m R (Đpcm)

0,75 ®

b) Theo bµi ra, ta cã: (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0  16x x1 20x120x2 25 19 0 

1 2

16x x 20(x x ) 44 0

     (2)

¸p dơng hƯ thøc Vi – Ðt, ta cã:

(3)

1

1

b

x x 2(m 1) 2m

a c

x x 2m 3

a



      

 

   

 

0,25 ®

Thay (3) vµo (2), ta cã:

16( 2m 3) 20(2 2m) 44 0     

32m 48 40 40m 44 0

      

1

72m 36 m

2

    

VËy víi m = 1

2 th× (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0.

0,25 ®

Câu 4: (4,0 điểm) Hình vẽ: 0,25 đ

a) Chng minh rng:ABM IBM ABI cân

Vì M điểm cung nhỏ BC (GT)  AM MC 

Mµ:

 

 

1

ABM SdAM

2 1

IBM SdMC

2



 

   



(Định lý góc nội tiếp) ABM IBM (HƯ qu¶

gãc néi tiÕp)

Có: M(O) AB đờng kính  AMB 90  0(Hệ góc nội tiếp)

BM AI

  t¹i M.

Xét ABI có: BM đờng cao đồng thời đờng phân giác Nên: ABI cân B (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)

0,5 ®

b)

Có: C(O) AB đờng kính  ACB 90  0(Hệ góc nội tiếp) AC BI

  t¹i C  KCI 90 

Mặt khác: KMI 90  0 (Vì BMAI)  IMK KCI 180   Mà góc vị trớ i nhau

Vậy MICK tứ giác nội tiếp (Đpcm)

1,0 đ

c)

Có: ABI cân B (cma)

BA = BI mà BA bán kính (B;BA) I(B;BA) (1)

Vì AN tiếp tuyến (O) (GT) ANAB A BAN 90 Xét ABN IBN có:

AB = BI ( ABI cân B)

 

ABN IBN (cma)  ABN = IBN (c.g.c)

BN c¹nh chung

 NAB NIB (2 gãc t/) mµ: NAB 90   NIB 90 0 NIIB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: NI lµ tiÕp tun cđa(B;BA) (Đpcm)

0,5 đ

Vì M điểm cung nhỏ BC (GT)

OMAC (Đờng kính qua điểm cung

vuông góc với dây căng cung ấy)

Mà: AC BI C (cmb)  OM//BI ( vng góc AC) Mặt khác: NIIB (cmt)  OMNI (Từ  đến //)

0,5 ®

d)

Cã:

 1

IDA IBA

2



(gãc néi tiÕp vµ gãc ë tâm chắn cung AI

(B;BA); mà:

 1

IBN IBA

2



(v× ABM IBM  ,cma)  IDA IBN 

M à IDK IBN  (cùng chắn IK của đờng tròn ngoại tiếp IKB) 

 

IDA IDK

 A, K, D thẳng h ng à  A, C, D thẳng h ng (V× A, K, C thà ẳng

h ng)

0,75 đ

Câu 5: (1,0 ®iÓm)

y 2x 1

2x 3 y 1

  

 

   

   

3

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

y 2x 3 y (2x 3) 0

y 2x y y(2x 3) 2x 3 y 2x 3 0

      

      

          

Cã y y 2x 2x 3    y  2x 3 với mọi x, y dương

 y 2x 3 =  y = 2x +  Q = x(2x + 3) – 3(2x + ) – 2x – 3

= 2x2 + 3x – 6x - – 2x -3

= 2x2 – 5x – 12 =

2 5

2 x x 12

2

 

 

 

  =

2 5 25 25

2 x 2.x. 12

4 16 8

 

   

 

 

=

2

5 121 121

2 x

4 8 8

 

  

 

  víi mäi x > 0

DÊu b»ng x¶y x - 5 4 =

5 5 22 11

x y 2. 3

4 4 4 2

      

 GTNN cña Q =

121 5

x

8 4

  

vµ y = 11

2

0,5 ®

HÕt

Lu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tơng đơng theo phần nh đáp án

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014

MƠN THI: TỐN (KHƠNG CHUN) Ngày thi: 21/06/2013

(Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề)

Bài 1: ( 2,00 điểm) (Khơng dùng máy tính cầm tay) 1) Chứng minh:  22 10 11 2    2) Cho biểu thức P =

( 1)

a a a

a a a

 

  với a > a ≠ 1.

Rút gọn tính giá trị P a = 20142 Bài 2: (2,00 điểm)

1) Tìm x biết 2x 3  8x 12 1  

2) Giải hệ phương trình:

2

2

3x 2(3x ) 11

5 2x 11

y y

x y y

    

 

   

 

Bài 3: (2,00 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):

2 y x 1) Vẽ đồ thị (P)

2) Gọi M điểm thuộc (P) có hồnh độ x = Lập phương trình đường thẳng qua điểm M đồng thời cắt trục hoành trục tung hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác OMA gấp đơi diện tích tam giác OMB

Bài 4: (4,00 điểm)

Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi M điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O C) Tia BM cắt cắt đường tròn (O) N

1) Chứng minh AOMN tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ND phân giác ANB 3) Tính: BM BN

4) Gọi E F hai điểm thuộc đường thẳng AC AD cho M trung điểm EF Nếu cách xác định điểm E, F chứng minh tổng (AE + AF) khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

- HẾT -Giám thị không giải thích thêm

Họ tên thí sinh: ……… SBD:………/ Phòng: ……… Giám thị 1: ……… Giám thị 2: ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: ( 2,00 điểm)

1) Chứng minh:  22 10 11 2    Ta có:  22 10 11   

2 2( 11 3) 10 11

( 11 3) 20 11 ( 11 3) ( 11 3) ( 11 3)( 11 3) 11

   

     

     

2) P =

( 1)

a a a

a a a

 

  (ĐK : a > a ≠ 1)

Ta có: P=

( 1) 1 1

1 1

a a a a a a

a a a a a a

 

     

    

Với a = 20142, ta có : P = 20142  2014 2013   Bài 2: (2,00 điểm)

1) Tìm x biết 2x 3  8x 12 1   2 (ĐK: x ≥ -3/2)

 2x 2x 1      2x 1  



2

( 2x 3)  (1 2)  3 2

2x 3 2   x (thỏa đk)

2) Giải hệ phương trình:

2

2

3x 2(3x ) 11

5 2x 11

y y

x y y

    

 

   



2

2

3x 6x 11 (1) 15 6x 15 33 (2)

y y

x y y

    

 

   

 

Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22  y2 +y – 2=  y = y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 =  x = -1 * Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 =  x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y)  { (-1 ;1), (-1 ;-2)}

Bài 3: (2,00 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):

2 y x 1) Vẽ đồ thị (P) ( em tự vẽ)

2) Gọi M điểm thuộc (P) có hồnh độ x = Lập phương trình đường thẳng qua điểm M đồng thời cắt trục hoành trục tung hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác OMA gấp đơi diện tích tam giác OMB

Gọi A(x ; 0) B(0 ; y)

Vì M thuộc (P) có x = nên: y = -1 Vậy M (2 ; -1) Ta có : SOMA =

1

2.1.OA ; SOMB =

2.2.OB

từ: SOMA= 2SOMB  OA = 4.OB hay : x = 4.y x = 4y 

1 y

x  = k (Với k hệ số góc đường thẳng (d) qua M thỏa điều kiện đề bài)

Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k thỏa điều kiện đề :

(d1) :

1

4

y x

(d2) : y =

1 4x

 

Bài 4: (4,00 điểm)

1) Chứng minh AOMN tứ giác nội tiếp Ta có : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))

 900

AOM  (vì AB CD tạo O)

Suy ra: ANB+ AOM= 1800

 tứ giác AOMN nội tiếp

2) Chứng minh : ND phân giác ANB Ta có : AB, CD đường kính (O)

AB  CD (gt)  A DBD  AN DBN D  ND phân giác góc ANB

3) Tính: BM BN Do BOM  BNA (gg)



BO BM

BN BA  BM.BN = BO.BA=3.6=18  BN BM  18 2 cm



M 

2 

-1 

 

A

 B

4) Ta có:  EAF vng A (CA D 90 0, E AC, F AD) có M trung điểm EF  MA =

ME = MF  M tâm đường trịn qua M có bán kính MA  Điểm E, F giao điểm đường

tròn (M; MA) với AC AD

Ta có: AM = BM ( M nằm CD trung trực AB)

 MA = MB = ME = MF tứ giác AEBF nội tiếp  BF DA BE

Ta lại có: BDF  BCE = 900, suy ra: DBF CBE

Xét tam giác BDF tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF  CBE ; BDF  BCE = 900 nên

BDF = BCE(gcg) DF = CE

Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD Mà OAD vuông cân O nên AD = OA2OD2  3232 3

 AE + AF =

Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M

(GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014

Mơn thi: TỐN (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2013

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

1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 2) Xác định hệ số m n biết hệ phương trình

3

2

x my mx ny

 

 

 

 có nghiệm (1; -2)

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2 1

A= +

x +1 x- x

x x x

x x

  



  với x 0

2) Hai người thợ quét sơn ngơi nhà Nếu họ làm ngày xong

việc Nếu họ làm riêng người thợ thứ hồn thành cơng việc chậm người thợ thứ hai ngày Hỏi làm riêng người thợ phải làm ngày để xong việc

Câu III (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 2(m1)x2m 0

1) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm x1; x2 với m

2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện: (x12 2mx12m1)(x22 2mx22m1) 0

Câu IV (3,0 điểm)

Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Đường trịn (O; R) thay đổi qua B C cho O không thuộc BC Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) Gọi I trung điểm BC, E giao điểm MN BC, H giao điểm đường thẳng OI đường thẳng MN

1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I thuộc đường tròn 2) Chứng minh OI.OH = R2

3) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Câu V ( 1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có chu vi Ký hiệu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4

a b c

S

b c a c a b a b c

  

      .

- Hết

-Họ tên thí sinh : Số báo danh Chữ ký giám thị Chữ ký giám thị

Hướng dẫn câu III:

2) phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên

2

1 1 1

2

2 2 2

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

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

           

 



 

         

 

 

Theo định lí Vi-et ta có :

1

1

x x 2m x x 2m

  

 

 

 Theo ta có :

   

 

   

2

1 2

1

1 2

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

16 x x 4x x 16 2m 2m

3 m

2

      

   

    

     

 

Hướng dẫn câu IVc : + AMB∽ACM(g-g) 

2

AM AB

AM AB.AC

AC AM  

+ AME∽AIM(g-g) 

2

AM AE

AM AI.AE

AI AM  

 AB.AC = AI.AE (*)

Do A, B, C cố định nên trung điểm I BC cố định nên từ (*) suy E cố định

Vậy đường thẳng MN qua điểm E cố định

Hướng dẫn giải câu V:

Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi nên a b c 2  

H

E I

B

N

O A

M

Đặt b c a x; c a b y; a b c z         a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên x, y,z 0

Suy x y z 2   (do a b c 2   )

y z x z x y

a ; b ; c

2 2 2

  

  

Khi

       

4 x z 9 x y 4 x z 9 x y

y z 1 y z

S

2x 2y 2z 2 x y z

     

 

       

 

1 y 4x z 9x 4z 9y

2 x y x z y z

                      Ta có:

y 4x y x

2 2 2

x y x y

 

     

 

2

z 9x z x

3 6 6

x z x z

 

     

 

2

4z 9y z y

2 3 12 12

y z y z

 

     

 

 

1

S 4 12 11

2

    

Dấu “=” xảy

1 x

y 2x 3

z 3x 2

y

2z 3y 3

z 1 x y z 2

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

5 2 1

a ; b ; c

6 3 2

   

Khi đó: a2 b2 c2  ABC vuông Vậy Smin 11 ABC vuông

5 2 1

a ; b ; c

6 3 2

  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)

1) Phân tích đa thức P x( ) (3 x 2)3 (1 ) x (1 x)3 thành nhân tử.

2) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c   abc 4 Tính giá trị biểu thức:

(4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )

A a  b  c  b  c  a  c  a  b  abc

Câu II ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình 4 x2  6 2x 3 2 x .

2) Giải hệ phương trình

2 2

5

( ) 6

x y xy x y    



 



 .

Câu III (2,0 điểm)

1) Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện x2  4xy5y2 2(x y ). 2) Tìm tất số nguyên tố p cho 1 p p 2 p3 p4 số hữu tỷ. Câu IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm O Điểm A thay đổi cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H.

1) Chứng minh điểm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 2) Chứng minh AO EF .

3) Xác định vị trí điểm A để chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 2

2 2 2

x xy y y yz z z zx x S

x y z y z x 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 HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014

Mơn thi: TỐN (chuyên)

Câu Ý Nội dung Điểm

I Phân tích P x( ) (3 x 2)3(1 ) x 3(1 x)3 thành nhân tử 1,00 Đặt a3x 2, b 1 ,x c 1 x a b c   0 P a 3b3c3 0,25

3

( ) ( )

    

2

( ) ( ) ( )  ( )

 a b c   a b  a b c c    ab a b 0,25

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

 ab c  abc x  x  x 0,25

I A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) abc 1,00

4 4 4 16

(4 )(4 ) (16 4 )

        

      

a b c abc a b c abc

a b c a b c bc 0,25

(4 4 4 ) (4 )

 a a b c abc  b c bc  a a abc bc 0,25

2

(2 ) (2 )

 a a bc  a a bc  a abc 0,25

Tương tự b(4 c)(4 a) 2 b abc, c(4 a)(4 b) 2 c abc

2( ) 2( )

 A a b c   abc abc  a b c   abc  0,25

II Giải phương trình 4 6 2 3 2

 x   x  x 1,00

ĐK: 2 x 2 Pt  (2 x)(2x) 2  x2 3  2x 0 0,25

   

2 2

  x x  x 

 3  2 2

                x x x x 0,25

Giải pt 2x 0  x7 (Loại) 0,25

Giải pt 2 x 0  x2 (TM) Vậy x = -2 0,25

II

Giải hệ phương trình

2

2

( )

         x y

xy x y 1,00

Hệ

2

2

2

( ) ( )

5

( )( ) ( )( )

    

   

   

      

 

x xy y xy

x y

xy x y x y x xy y xy

Đặt a x 2 xy b, y2xy ta hệ

5       a b ab 0,25

Giải hệ pt ta

2

2

2, 2,

3, 3,

                  

a b x xy y xy

a b x xy y xy 0,25

TH

2 2

2

2

3 2

3                  x xy

x xy y xy x xy y

y xy

2

2

2 1,

1

3 ,

2 2

      



      

 

x y y y x

y x x x y

0,25

TH 2

2 2

2

3

2 3

2                  x xy

x xy y xy x xy y

y xy

2

2

1

3 ,

2 2

2 1,



     

 

     

 

x y y y x

y x x x y

Vậy hệ pt có tám nghiệm

1 3 3

(2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1; 2), ; , ;

2 2 2 2

   

       

           

       

III Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x2 4xy5y2 2(x y ) 1,00 Pt  x2 2(1 ) y x5y22y0

Tồn x    ' (1 )y 2 (5y22 ) 0y 

0,25

2

2 ( 1) 2 2

 y  y   y   y      y 0,25

Do y số nguyên nên y0, y1, y2 0,25

2

2

0 0,

1

2 10 24 4,

      

      

       

y x x x x

y x x x

y x x x x

Vậy cặp số nguyên cần tìm (0;0), (2;0), (4;2), (6;2)

0,25

III Tìm số nguyên tố p cho 1

 p p  p  p số hữu tỷ 1,00

2

1 p p  p  p số hữu tỷ  1 p p 2 p3 p4 n n2,   0,25

2

2 2

2 2 2 2

4 4 4 (1)

4 4 4 4

(2 ) (2 ) (2 2) 2 2

     

         

           

p p p p n

p p p n p p p p p

p p n p p p p n p p

0,25

2

2

 n p  p Thế vào (1) ta được

2 2

4 4 p4p 4p 4p (2p p1)  p  2p 0

0,25 Giải pt tìm p1 (loại) p3

Với p 3 1 p p 2 p3 p4 11 Vậy p3

0,25 IV Chứng minh điểm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 1,00 Tứ giác DCEH nội tiếp suy  HDE HCE  0,25

Tứ giác DBFH nội tiếp suy  HDF HBF  0,25

Tứ giác BCEF nội tiếp suy  HCE HBF   HDE HDF 

Suy DH tia phân giác góc EDF

0,25

Tương tự EH tia phân giác góc DEF Vậy H tâm đường tròn

nội tiếp tam giác DEF 0,25

IV Chứng minh AO EF 1,00

Tứ giác AEHF nội tiếp suy  AFE AHE 

Tứ giác EHDC nội tiếp suy  AHE DCE 

 

DCE xAB (góc nội tiếp góc tiếp tuyến dây cung cùng

chắn cung) 0,25

Suy AFE xAB   Ax // EF 0,25

AO  xAy  AO  EF 0,25

IV Chứng minh AO EF 1,00

AO  EF  SAEOF =

1

AO.EF

2 0,25

Tương tự

BDOF CDOE

1

BO DF S BO.DF, CO DE S CO.DE

2

      0,25

ABC AEOF BDOF CDOE

S = S + S S (AO.EF BO.DF+CO.DE)

1

= R(EF DF+ DE)

   



0,25

Vậy chu vi tam giác DEF lớn  SABC lớn  khoảng cách từ A đến BC lớn  A điểm cung lớn BC

0,25

V

Tìm GTNN

2 2 2

2 2

     

  

     

x xy y y yz z z zx x

S

x y z y z x z x y 1,00

Ta có

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

4 4

         

x xy y x y x y x y x y 0,25

Tương tự suy

2 2

  

  

     

x y y z z x

S

x y z y z x z x y 0,25

Đặt

2 , ,

, ,

2 2

2

2 2

        

     

      

     

   

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

b c a c a b a b c

x y y z z x

b c a c a b a b c S

a b c

0,25

4       2 3

            

     

b a c a c b

S

a b a c b c

Do



S

Đẳng thức xảy x y z Vậy GTNN S

H F

E

D H

F

E

D

O O

B C

A

B C

A

X

Y

Hình vẽ câu a Hình vẽ câu b

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

TP.HCM Năm học: 2013 – 2014

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  5x 6

b) x2 2x1 0

c) x43x 0

d)

2

2

  



  

x y x y Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x đường thẳng (D): yx2 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:

3

3

  

  



 

 

x x

A

x

x x với x0; x9

  2 2

21 3 3 15 15

        

B

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình 8x2 8x m 2 1 0 (*) (x ẩn số)

a) Định m để phương trình (*) có nghiệm



x

b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa điều kiện:

4 3

Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I

a) Chứng minh MBC BAC  Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE

c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng

d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a)

2 5 6 0 25 24

5

2

2

x x

x hay x

  

   

 

    

b)

2 2 1 0 ' 1

1 2

x x

x hay x

  

   

    

c) Đặt u = x2 0 pt thành :

2 3 4 0 1 4

u  u   u hay u  (loại) (do a + b + c =0) Do pt  x2  1 x1

Cách khác pt  (x2  1).(x24) 0  x2 0  x1

d)

2 (1)

2 (2) x y

x y

  



 

 

2 (1)

5 (3) ((2) 2(1) ) x y

x

  



 





1 y x

  



 

1 x y

  

 

Bài 2:

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1;1 , 2;4   (D) qua 1;1 , 2; ,(0; 2)   b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

2

x  x  x2 x 0  x1 hay x2 (a+b+c=0)

y(1) = 1, y(-2) =

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

Với x 0 x  ta có :

   

3

3

x x x x

A

x

x x

 

   

 



    

 

3 x

 

2

2

2 21

( ) 3( ) 15 15

21

( 1) 3( 1) 15 15

15

( 5) 15 15 60

B        

        

   

Câu 4:

a/ Phương trình (*) có nghiệm x =

1

2  4 m2 1  m2 1 m1 b/ ∆’ = 16 8 m2 8(1  m2)

Khi m = 1 ta có ∆’ = tức : x1x2

4 3 2

x  x x  x thỏa

Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là:

1 1

m  hay  m Khi m 1hay  1m1 ta có

4 3 2

x  x x  x  x12 x22 x12x22 x1 x2x12x22x x1 2

  2  2 

1 2 2

x x x x x x x x

     

(Do x1 khác x2)

 2  22 2 2

2

2 ( )

( )

x x x x x x x x x x

S S P S P

 

      

 

   

2

1(1 ) 1P P

    (Vì S = 1)

0

P

   m2 1 0(vơ nghiệm) Do u cầu toán m1 Cách khác

1

x x  và

2

1

m

x x  

4 3 2

x  x x  x  x x13.( 1 1) x x23( 2 1) 0

3

1 2

x x x x

    (thế x1 1 x2 x2 1 x1)

2 2( 2)

x x x x

  

1 2 (x x )(x x )

    (vì x

1x2 0)

1

x x

  (vì x

1+x2 =1 0)

1

m

 

Câu 5

a) Ta có BAC MBC  chắn cung BC

Và BAC MIC  AB// MI

Vậy BAC MIC  , nên bốn điểm ICMB nằm

Trên đường trịn đường kính OM

(vì điểm B, C nhìn OM góc vng) b) Do tam giác đồng dạng FBD FEC

nên FB FC =FE FD

Và tam giác đồng dạng FBM FIC

nên FB FC =FI FM So sánh ta có FI.FM =FD.FE c) Ta có góc PTQ=900 POIQ đường kính.

Và tam giác đồng dạng FIQ FTM có góc đối đỉnh F

FI FT

FQ FM

(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)

Nên FIQ FTM  mà FIQ OIM  900 (I nhìn OM góc 900) Nên P, T, M thẳng hàng PTM 1800.

d) Ta có BC khơng đổi Vậy diện tích SIBClớn khoảng cách từ I đến BC lớn

nhất Vậy I trùng với O yêu cầu tốn I nằm cung BC đường trịn đường kính OM Khi I trùng O ABCvng B Vậy diện tích tam giác ICB lớn AC là đường kính đường tròn (O;R)

Cách khác:

O’ trung điểm OM BC cắt OO’, O’T L, T Vẽ IH vng góc BC H

' ' ' '

IH IT O I O T O O O L OL    

TS Nguyễn Phú Vinh

(Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 QUẢNG NGÃI Năm học: 2013-2014 Môn: TỐN

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

B C

M O

D F

E

Q P

I

T

Bài 1: (1,5 điểm) 1) Tính 16 36

2) Chứng minh với x0 x1

1

1

x x

x x x x



 

 

3) Cho hàm số bấc y 2m1x

a) Với giá trị m hàm số cho nghịch biến R? b) Tìm m để đồ thị hàm số cho qua điểm A1;2

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2 3x 0

2) Tìm m để phương trình x2 mx m  0 có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn x1 x2 2 3) Giải hpt:

1

2

x y xy x y xy

  

 

  



Bài 3: (2,0 điểm)

Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm thời gian định Nhưng thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên ngày tổ làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định Do tổ hồn thành cơng việc sớm dự định ngày Hỏi thực hiện, ngày tổ làm sản phẩm?

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn  O cố định Từ điểm A cố định bên ngồi đường trịn  O , kẻ tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( M;N tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn

 O

tại hai điểm B C (B nằm A C) Gọi I trung điểm dây BC 1) Chứng minh rằng: AMON tứ giác nội tiếp

2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh rằng: AK AI AB AC

3) Khi cát tuyến ABC thay đổi điểm I chuyển động cung trịn nào? Vì sao? 4) Xác định vị trí cát tuyến ABC để IM 2IN .

Bài 5: (1,0 điểm)

Với x0, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 2014

x x

A

x

 



HẾT -HƯỚNG DẪN

Bài 1: (1,5 điểm)

1) 16 36 3.4 5.6 12 30 42    2) Với x0 x1 ta có

     

   

 

1

1 1

1 1 1

x x

x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x

 

  

      

      

Vậy với x0 x1

1

1

x x

x x x x



 

 

3)

a) Hàm số bấc y 2m1x nghịch biến R

1

2

2 m   m   m 

b) Đồ thị hàm số y2m1x qua điểm

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2 3x 0

Ta có a b c    2 0 Suy pt có nghiệm: 1;

2 x  x 

2) x2 mx m  0 có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn x1 x2 2

Ta có    

2

2 4 2 4 8 4 4 4 2 4 0

m m m m m m m

              

với Do pt cho ln có nghiệm phân biệt với m

Áp dụng định lí Vi et ta có:

1 2

S x x m

P x x m

  

 

  



Ta có        

2 2 2 2 2

1 2 2 4 x  x x x  x x  x x  x x  m  m m  m Do

 2 2  2

1 2 4 4 2

x  x   x  x   m  m   m  m   m   m

3)

1 2

2 1 2

x y xy y y y

x y xy x y xy x x x

     

   

  

   

         

    Vậy nghiệm hpt là

x y;   3;2

Bài 3: (2,0 điểm)

Gọi số sản phẩm tổ thực ngày x (sản phẩm) ĐK: x10; x Z Do đó:

Số sản phẩm tổ dự định làm ngày là: x 10 (sản phẩm)

Thời gian tổ hồn thành cơng việc thực tế là: 240

x (ngày). Thời gian tổ hồn thành cơng việc theo dự định là:

240 10

x (ngày).

Vì tổ hồn thành cơng việc sớm dự định ngày, ta có phương trình: 240 240

2 10

x  x  Giải pt:

2

240 240 120 120

2 120 120 1200 10 10 1200

10 10 x x x x x x

x  x   x  x          

' 25 1200 1225 ' 1224 35

        

PT có nghiệm phân biệt: x1  5 35 40 (nhận) x2  5 3530 (loại)

E K I B N M O A C GT

(O) cố định

AM,AN tiếp tuyến (O) IB=IC

KL

1) Tứ giác AMON nội tiếp 2) AK.AI=AB.AC

3) Khi cát tuyến ABC thay đổi I chuyển động cung trịn nào? Vì sao?

4) Xác định vị trí cát tuyến ABC để IM=2.IN

1) Tứ giác AMON nội tiếp

2)    

2 ΔAKM ΔAMI gg AK AM AK AI AM

AM AI

   

∽

   

2 ΔABM ΔAMC gg AB AM AB AC AM

AM AC

   

∽

 1 & 2   AK AI AB AC

3) Ta có IBIC  OI BC AIO900 mà A,O cố định suy I thuộc đường trịn đường

kính AO Giới hạn: Khi

B M I M

B N I N

  

  

Vậy cát tuyến ABC thay đổi I chuyển động MON đường trịn đường kính AO

4)  

ΔKIN ΔKMA gg IN KN IN KN MA

MA KA KA

   

∽

 

ΔKIM ΔKNA gg IM KM IM KM NA KM MA

NA KA KA KA

    

∽

(vì NA=MA)

Do

1 1

2

2 2

KN MA

IN KA KN

IM IN

KM MA

IM KM

KA

      

Vậy IM=2.IN cát tuyến ABC cắt MN K với

1 KN KM  Bài 5: (1,0 điểm)

   

2

2 2

2 2014

2 2014 2014

x x

A Ax x x A x x

x

 

         

* Với A 1 x1007

* Với A1 PT (1) pt bậc ẩn x có   ' 2014A 1  1 2014A 2014 2014 A 2013

PT (1) có nghiệm

2013 ' 2014 2013

2014

A A

      

Kết hợp với trường hợp A=1 ta có

2013 2014 A 

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: TỐN

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

Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức P =

2 1

:

x x x

 



  

 

 

a) Tìm điều kiện xác định rút biểu thức P. b) Tim x để P =

3 2. Câu 2: (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m Nếu tăng chiều rộng m giảm chiều dài m diện tích mảnh vườn giảm m2 Tính diện tích mảnh vườn.

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + = (m tham số) a) Giải phương trình với m = 2.

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

2

1

x 2(m 1)x 3m 16. Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt H Tia AO cắt đường tròn (O) D.

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành.

c) Gọi m trung điểm BC, tia AM cắt HO G Chứng minh G trọng tâm của tam giác ABC.

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:

2 2

a b c

a b b c c a     2.

- Hết

-SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Câu Ý Nội Dung

C

âu

1

a, ĐKXĐ:

x x

x x

ì ³ ì ³

ï ï

ï Û ï

í í

ï - ¹ ï ¹

ï ï

ỵ ỵ

0 0

4 0 4

P =

2 1 x x

: ( x 2)

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

 

 

   

  

    

 

b, P = Û32 x

x- = 3 2 2

x x x x

Û 2 =3 - 6Û = Û6 =36 (TMĐKXĐ)

Câu

Gọi x (m) chiều rộng mảnh vườn ( 0<x<25) Chiều dài mảnh vườn là: 50-x

Diện tích mảnh vườn là: x(50-x)

Nếu tăng chiều rộng 3m chiều rộng x+3; giảm chiều dài m chiều dài 46-x

Diện tích mảnh vườn là: (x+3)(46-x)

Theo ta có phương trình: x(50-x)-(x+3)(46-x)=2

 50x-x2-43x+x2-138=2 7x=140 x=20 (TM) Vậy diện tích mảnh vườn 20(50-20)=600 m2.

C

âu

3

a, (1,0 điểm)

Khi m = pt trở thành x2- 6x+ =8 0 Ta có D = 1'

Suy pt có hai nghiệm là: x1=4

x2=2

b,

Để pt (1) có hai nghiệm x x1; Û D ³' 0

(m ) (m ) m

Û +1 2- 2+7 ³ 0Û ³ 3 2 (*)

Theo Viet ta có:

( )

.

x x m

x x m

ì + = +

ïï

íï = +

ïỵ

1

2

2 1

4

Suy x12+2(m+1)x2£ 3m2+16Û x12+(x1+x x2) 2£ 3m2+16

( )

x

x x x x m x x x x m

Û 2+ 2+ £ 2+ Û + 2- £ 2+

1 3 16 2 3 16

(2m+2)2- m2- 4 3£ m2+16Û 8m£ 16Û m£ 2 Đối chiếu với điều kiện (*) suy £ m£

3

2

2 pt (1) có hai nghiệm x x1;

C

âu

4

Vẽ hình

M G

D O F

E

H

C B

A

(Hình vẽ cần vẽ hết câu b đạt 0,5 điểm ) Xét tứ giác BCEF có ··BFCBEC==090 ( nhìn cạnh BC) Suy BCEF tứ giác nội tiếp

b, Ta có

·

ACD =900

( góc nội tiếp chắn đường trịn)  DCAC

Mà HEAC; suy BH//DC (1)

Chứng minh tương tự: CH//BD (2)

Từ (1) (2) suy BHCD hình bình hành

c,

Ta có M trung điểm BC suy M trung điểm HD

Do AM, HO trung tuyến AHD G trọng tâm AHD

GM AM

 

Xét tam giác ABC có M trung điểm BC,

GM AM3 Suy G tâm ABC

Câu

Áp dụng BĐT si ta có:

2 2

a a b b b c c c a

a; b; c

a b b c c a

  

     

  

Suy

2 2

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

(a b c) ( )

a b b c c a 4 2

    

         

  

Vậy

2 2

a b c

a b b c c a     2

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGUYỄN BÌNH NĂM HỌC 2013-2014

MƠN : TỐN

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

(Đề thi có trang) Câu I(2,0 điểm)

Cho biểu thức:

2 1

1

1

x x x

P

x

x x x x

  

  



   với x ≥ x ≠ 1

a.Rút gọn biểu thức P

b.Tìm x để P đạt giá trị nguyên Câu II(2,5 điểm)

1.Cho phương trình ẩn x: x22m 5x n 0

a) Tìm m n biết phương trình có hai nghiệm -2

b) Cho m = Tìm số nguyên dương n nhỏ để phương trình có nghiệm dương Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + = 0

Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

1

x + 2mx = 9 Câu III (1,0 điểm ) : Giải toán sau cách lập hệ phương trình:

Khoảng cách hai bến sống A B 50km Một ca nô từ bến A đến bến B, nghỉ 20 phút bến B quay lại bến A Kể từ lúc khởi hành đến tới bến A hết tất Hãy tìm vận tốc riêng ca nơ, biết vận tốc dịng nước 4km/h

Câu IV (3 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB, M điểm cung AB, K điểm cung nhỏ BM Gọi H chân đường vuông góc M xuống AK

a) Chứng minh AOHM tứ giác nội tiếp b) Tam giác MHK tam giác gì? Vì sao?

c) Chứng minh OH tia phân giác góc MOK

d) Gọi P hình chiếu vng góc K lên AB Xác định vị trí K để chu vi tam giác OPK lớn

Câu V (1,5 điểm) : Cho a, b, c số thực thỏa mãn: abc = Tính giá trị biểu thức:

1 1

1 1

P

a ab b bc c ca

  

     

giải phương trình: x3

+7x2+6x+1=4x2+3x

………Hết ………

ĐÁP ÁN

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I 2.0 điểm

a ) 1 điểm

a.

   

2 1

1

1

2 1

1 1

2 1

1 1

2 ( 1)( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

2 1

( 1)( 1) ( 1)( 1)

( 1)

( 1)( 1)

x x x

P

x

x x x x

x x x

x x x x x x

x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x x x x

                                                                     

Vậy với x ≥ x ≠ 1, P = x x x

0, 25

0, 25

2 ) 0.75 điểm

b.Đặt t=√x ,đk t ≥0 Ta có P= t

t2+t+1⇒Pt

2

+(P −1)t+P=0

Đk có nghiệm P−1¿

2

−4P2≥0⇔−1≤ P ≤1

3

Δ=¿

Do x ≥0 :x ≠1 nên 0≤ P ≤1

3 ⇒ P nguyên ⇔ P=0 x=0

0, 25 0, 25 0, 25 Câu II 2,5 điểm

a) Do -2 nghiệm phương trình x22m 5x n 0 nên ta có: 4m+n=14 (1)

Do nghiệm phương trình x22m 5x n 0 nên ta có: 6m-n=6 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình

4 14 6 m n m n       

Giải hệ ta

2 m n      Vậy với m n    

 phương trình cho có nghiệm -2 3

b) Với m= 5, phương trình cho trở thành: x25x n 0

0,25

0,25

0,25

Để phương trình có nghiệm

25 25

4

n n 

     

(*)

Khi theo định lý Viét ta có

1 2

5

x x x x n

  





 , nên để phương trình có nghiệm dương

thì x x1 n0 suy n0 Kết hợp với điều kiện (*) suy n0 Từ ta tìm n =1 giá trị phải tìm

2.Phương trình có nghiệm x1, x2  / ≥0  m –1 ≥ 0 m ≥

theo hệ thức Vi –ét ta có:

1 2

2 (1)

m – m (2)

x x m

x x

 

 

 



Mà theo cho,

1

x + 2mx = 9 (3)

Thay (1) vào (3) ta được:

:

1 2 2

2

1 x2) x x1 9 (4) 

   

2

1

2

x + (x + x )x = 9 x + x x + x = 9 (x

Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m2 m2m 1 9  3m2m 10 0 Giải phương trình ta được: m1= - (loại) ; m2 =

5

3(TMĐK)

Vậy m =

5

3 thì phương trình cho có nghiệm x1, x :

2

1

x + 2mx = 9

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu III 1,0 điểm

Đổi 20 phút = 1 3 giờ

Gọi vận tốc canô nước yên lặng x (km/h, x4)

Vận tốc canô nước xi dịng x4 thời gian canơ chạy nước xi dịng

50 4

x .

Vận tốc canơ nước ngược dịng x 4 thời gian canô chạy nước ngược dòng

50 4

x .

Theo giả thiết ta có phương trình

50 1 50

7

4 3 4

x   x 

pt

2

2

50 50 20 5 5 2

4 4 3 4 4 3

15( 4 4) 2( 16) 2 30 32 0

15 16 0

x x x x

x x x x x

x x

     

   

         

   

Giải phương trình ta x1 (loại), x 16 (thỏa mãn) Vậy vận tốc canô nước yên lặng 16 km/h

0,25 0,25

Câu IV điểm

a)

0,75 điểm

Hình vẽ: 0,25

Vì M điểm cung AB, nên sđAM 900 => AOMˆ 900 (đ/l góc tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900

Trong tứ giác AOHM, ta có: AOMˆ AHM 900

Do đỉnh O H ln nhìn đoạn Am góc 900, nên AOHM tứ giác nội tiếp

0,25 0,25

0,25

b) 0.5 điểm

Xét tam giác vng MHK có MKH 450

Nên tam giác MHK tam giác vuông cân H

0,25 0,25

c) 0.75 điểm

Vì tam giác MHK cân H nên : HM = HK Xét  MHO  KHO có

HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R

Suy  MHO =  KHO ( c-c-c)

Nên MOH KOH, Do OH phân giác góc MOK

0,25

0,25 0,25

d) 0,75 điểm

Ta có chu vi tam giác OPK là: C = OP + PK + OK Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn  OP + PK lớn

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có

(OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2 Vậy (OP + PK)2 lớn 2R2, nên OP + PK lớn 2R Do chu vi tam giác OPK lớn bằng: 2R + R = ( 1)R , OP = PK hay K điểm cung MB

0,25 0,25 0,25

P H

K

B M

Câu VI 1,5 điểm

1)

2

1 1

1 1

1 1

1 1

1

1 P

a ab b bc c ca

a ab

a ab ab abc a abc a bc ab

a ab

a ab ab a a ab

a ab a ab

  

     

  

     

  

     

 

 

 

Vậy a, b, c số thực thỏa mãn: abc = P = 1

0,25

0,25

0,25

2)

Chuyển vế phương trình trở thành đẳng thức suy ngiệm

phương trình x=-1 0,25

0,25

0,25

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

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TỐN ( khơng chun) Ngày thi 18 tháng 06 năm 2012

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

Bài I: ( điểm)

1\ Rút gọn biểu thức B=

5

7  1  2\ Giải phương trình : 5x2 – 3x – 14 =

3\ Giải hệ phương trình :

7x y 33 2x 3y 16

  



 



Bài II: ( 1,5 điểm)

Cho Parabol (P): y = x



đường thẳng (d): y = x +3 1\ Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ

2\ Viết phương trình đường thẳng (d’), biết (d’) song song với (d) (d’) có điểm chung với (P)

Bài III: ( 1,5 điểm)

Cho phương trình : x2 – (3m – 1)x + 2m2 – m = (1)

1\ Chứng minh với giá trị m phương trình (1) ln có nghiệm 2\ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 10 Bài IV: ( 3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Lấy điểm C đoạn AO, C khác A O Đường thẳng qua C vng góc với AO cắt nửa đường trịn (O) D M điểm cung BD

( M khác B D) Tiếp tuyến M (O) cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD

1\ Chứng minh bốn điểm B, C, F ,M nằm đường tròn 2\ Chứng minh EM = EF

3\ Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DMF Chứng minh góc ABI có số đo khơng đổi M di động cung BD

Bài V: ( 0,5 điểm)

Giải phương trình :   2

2 x

x 15

x

 



-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2013 – 2014

MƠN THI: TỐN ( không chuyên) Ngày thi 14 tháng 06 năm 2013

Thời gian làm thi: 120 phút, (không kể thời gian giao đề) Bài I: ( điểm)

1\ Rút gọn biểu thức B=

3

2 2  2 

2\ Giải phương trình : 2x2 + x – 15 =

3\ Giải hệ phương trình :

2x 3y 5x y 12

 

 

  

Bài II: ( 1,5 điểm) Cho Parabol (P): y =

2

x

2 đường thẳng (d): y = x +m

1\ Vẽ parabol (P) đường thẳng (d) m= - hệ trục tọa độ

2\ Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 = 5m

Bài III : ( điểm)

Quãng đường AB dài 120 km Một ô tô khởi hành từ A đến B mô tô khởi hành từ B đến A lúc Sau gặp địa điểm C, tơ chạy thếm 20 phút đến B, cịn mơ tơ chạy thếm đến A Tìm vận tốc tơ vận tốc mô tô

Bài IV: ( 3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có bán kính R điểm C nằm ngồi đường trịn Đường thẳng CO cắt đường tròn hai điểm A B ( A nằm C O) Kẻ tiếp tuyến CM đến đường tròn ( M tiếp điểm) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt CM E tiếp tuyến đường tròn (O) B cắt CM F

1\ Chứng minh tứ giác AOME nội tiếp đường tròn 2\ Chứng minh AOE OMB  CE.MF=CF.ME

3\ Tìm điểm N đường tròn (O) ( N khác M) cho tam giác NEF có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R, biết góc AOE 30  0.

Bài V: ( 0,5 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

2

a b

a b

 



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

TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2013 – 2014

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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

1) Tìm số x không âm biết x 2

2) Rút gọn biểu thức P=

2 2

1

2

     

 

   

 

   

Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

3

5

x y

x y

 

 

 



Bài 3: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số

2

y x

b) Cho hàm số bậc y ax  (1) Hãy xác định hệ số a, biết a > đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy hai điểm A, B cho OB = 2OA (với O gốc tọa độ)

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2(m 2)x 0 , với m tham số 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 cho biểu thức Q =

2

1

(x  1)(x  4) có giá trị lớn nhất Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O;R) có BC = 2R AB < AC Đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn (O;R) A Tiếp tuyến B C đường tròn (O;R) cắt đường thẳng xy D E Gọi F trung điểm đoạn thẳng DE

a) Chứng minh tứ giác ADBO tứ giác nội tiếp

b) Gọi M giao điểm thứ hai FC với đường tròn (O;R) Chứng minh

 2

CED AMB

c) Tính tích MC.BF theo R

BÀI GIẢI Bài 1:

a) Với x khơng âm ta có x  2 x4

b) P=

2 2

1

2

     

 

   

 

   

=

3 2 2

1

     

   

   = 9 8 = 1

3 (1) (2)

x y x y       

3 (1)

4 (3)( (2) (1))

x y

x pt pt

         x y       Bài 3: a) b)

Gọi A x( ,0)A , B(0,yB)

A nằm đường thẳng (1) nên

2

2 ( 0)

A A A A

y ax ax x a

a

       

B nằm đường thẳng (1) nên yB axB  2a.0 2  yB 2

2 B A 2 ( 0)

OB OA y x a a

a

        

Bài 4:

a) Khi m = pt trở thành :

2 2 8 0 1 2 1 3 4

x  x   x   hay x   ( do ' 9)

b)  

2

2

m

    

với m Vậy pt có nghiệm phân biệt với m

Do x x1 8 nên x x  

2 2

1 2

1

64 16

( 1)( 4) ( 1)( 4) 68 4( ) 68 4.8

Q x x x x

x x            = 36 (Do 2 16 x x 

8) Ta có Q = 36 x12

Khix1 2 m = 4, x1 = -2 m = Do ta có giá trị lớn Q = 36 m = hay

m =

Bài 5:

a) Ta có góc DBC DAO  900

nên tứ giác ADBO nội tiếp b)

 1

2



AMB AOB

chắn cung AB mà CED AOB  bù với góc

AOC

nên CED 2AMB

c) Ta có FO đường trung bình hình thang BCED nên FO // DB

nên FO thẳng góc BC Xét tam giác vng FOC BMC đồng dạng theo góc

Nên  

MC BC OC FC

2

   2

MC FC MC FB OC BC R R R

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. I PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong câu sau, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em ghi vào làm chữ in hoa đứng trước lựa chọn (Ví dụ: Câu chọn A viết 1.A).

Câu Điều kiện để biểu thức

1 x xác định là:

A x < B x  - 1 C x > 1 D x  1

Câu Đường thẳng có phương trình y = x – qua điểm:

A M(0; 1) B N(0; -1) C P(-1; 0) D Q(1; 1)

Câu Phương trình x2 + 3x – = có tích hai nghiệm bằng:

A B C – D –

Câu Cho ABC có diện tích 81cm2 Gọi M, N tương ứng điểm thuộc đoạn thẳng BC, CA cho 2BM = MC, 2CN = NA Khi diện tích AMN bằng:

A 36cm2 B 26cm2 C 16cm2 D 25cm2

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu (2,5 điểm) Cho phương trình x2 + 2x – m = (1) (x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm Gọi x1, x2 hai nghiệm (có thể nhau) phương trình (1) Tính biểu thức P = x14 + x24 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ

Câu (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số Biết tổng hai chữ số 11 đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho ta số lớn số ban đầu 27 đơn vị

C

Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên cạnh AD CD lấy điểm M N cho góc MBN = 450, BM BN cắt AC theo thứ tự E F.

a) Chứng minh tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp

b) Gọi H giao điểm MF với NE I giao điểm BH với MN Tính độ dài đoạn BI theo a.

c) Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn

Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức M = 3xy + y2.

-HẾT -SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014

MƠN: TỐN I PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Mỗi câu đúng: 0,5 điểm

Câu 1 2 3 4

Đáp án D B C A

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu Đáp án, gợi ý trình bày Điểm

Câu 5 (2,5 điểm)

a) Với m = -1, phương trình có dạng: x2 + 2x +1 = <=> (x + 1)2 = 0

<=> x + = <=> x = - Vậy với m = -1 phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = -1

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Phương trình (1) phương trình bậc (vì hệ số x2 0) có

’ = + m 0 <=> m  - 1.

Vậy phương trình (1) có nghiệm <=> m  -1.

Khi đó, áp dụng định lý Vi-ét, ta có: x1 + x2 = -2 ; x1.x2 = -m

Do đó, P = x14 + x24 = (x12 + x22)2 – x12.x22 = [(x1 + x2)2 - x1.x2] – 2(x1.x2)2 = (4 + 2m)2 – 2m2 = 2m2 + 16m + 16.

Vì m  -1 <=> m +  nên ta có: P = 2m2 + 16m + 16

= 2(m2 + 2m + 1) + 12m + 14 = 2(m + 1)2 + 12(m + 1) +  Suy P đạt giá trị nhỏ = m + = <=> m = -1

0,5 0,25 0,25

0,5

Câu 6 (1,5 điểm).

Gọi số tự nhiên cần tìm ab (với a, b N <a<10, 0b<10)

Vì tổng chữ số la 11 nên a + b =11 (1) Khi đổi chỗ chữ số ta số ba

Vì số lớn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27 <=>10b + a – (10a + b) = 27 <=> 9b – 9a = 27 <=> a – b = -3 (2) Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình:

11 a b a b

  



  

<=>

2

11

a a

a b b

 

 



 

  

  (thoả mãn điều kiện).

Vậy số tự nhiên cần tìm 47

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Câu 7

(3,0

-Hình vẽ (phần a) a) Chứng minh tứ giác

điểm).

ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp:

Vì ABCD hình vng MBN = 450 (GT) nên ta có MBF FAM 450

và NBE NCE 450

do tứ giác ABFM BCNE tứ giác nội tiếp (vì có đỉnh kề nhìn đỉnh cịn lại góc 450).

Mặt khác, tứ giác ABFM nội tiếp nên BFM BAM  1800, mà BAM 900

=> BFM 900 => MFN 900(1)

Chứng minh tương tự, ta có NEM 900(2)

Từ (1) (2) suy tứ giác MEFN nội tiếp đường tròn (đường kính MN) Vậy tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp

0,5

0,5

7b (1,0 điểm)

b) Tính độ dài đoạn BI theo a

Lấy G tia đối tia AD cho AG = CN (như hình vẽ) Kết hợp ABCD hình vng ta suy ABGCBN (c.g.c)

=>GBA CBN  .(3) GB = NB (4)

Lại có MBN = 450 => ABM CBN 450(5).

Kết hợp (3), (5) => GBM ABM GBA 450 MBN , lại kết hợp với (4) BM

là cạnh chung => MBGMBN (c.g.c)

Mặt khác theo chứng minh phần a, ta có NE MF hai đường cao MBN ,

suy BI đường cao MBN => BA = BI (hai đường cao tương ứng của hai tam giác nhau)

Vậy BI = BA = a

0,25 0,25

0,25

0,25 7c

(0,75 điểm)

c) Tìm vị trí M N để diện tích tam giác MDN lớn Do MBGMBN (theo chứng minh phần b) => MG = MN

Do MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho MDN(vng D), ta có MN2 = DN2 + DM2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN2 + DM2

2

( )

2 DM DN 

(vì tương đương với (DM – DN)2 0 đúng).

Suy

2

( )

2

DM DN DM DN

MN   

=> 2a = MD + DN + MN  

2

2

MD DN

MD DN   MD DN

    

Lại áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 2a=MD+DN+ MN

2

( ) (2 2)

2 MD DN MD DN MD DN

 

     

=>

2

2 2

2( 1)

2

a

DM DN    a



 

=>

2

( 1)

MDN

S  DM DN   a ,

0,25

dấu “=” xảy <=>

2 2

2 DM DN

DM DN

MN DM DN a

DM DN MN a

                 .

Vậy để diện tích tam giác MDN lớn M, N cạnh AD, CD cho DM DN 2 2a

0,25

Câu 8 (1,0

điểm). +Ta có:

2

2 2

2 ( )

2 a b

ab   ab a b  a b 

(đúng với a, b), đẳng thức xảy <=> a = b

Do đó:

M = 3xy + y2 = ( 3x).y + y2

 2 2 2 2 2 2

2

3 3 2 3( )

2 2

x y x y y x y

y

   

   

Mà x2 + y2 = => M



, dấu “=” xảy <=>

2

1

;

3 2 2

1

; 2 x y x y x y x y                     

Vậy giá trị lớn M

2, đạt x y x

và

3 y

+Xét 2M + = 2( 3xy + y2) +1 = 2 3xy + 2y2 + (x2 + y2) = x2 + 2x. 3y + 3y2 = (x + 3y)2  với x, y Suy M

1

 

, dấu “=” xảy

2 1

3 x y x x y            



1 y x y

Vậy giá trị nhỏ M



, đạt

3 x

y x y

0,25

0,25

0,25

0,25

Một số lưu ý:

-Trên trình bày cách giải Trong trình chấm, giám khảo cần linh hoạt cho có cơng khách quan cho thí sinh; thí sinh giải theo cách khác chặt chẽ đắn cho điểm tối đa

-Trong q trình giải thí sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm

- Bài hình học, thí sinh khơng vẽ hình vẽ sai hình phần khơng chấm tương ứng với phần

- Điểm tồn tính đến 0,25 điểm, khơng làm tròn

-ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013

TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU MƠN THI: TỐN (Chun)

Thời gian: 150 phút Câu I: Cho phương trình: x2 4mx m 2 2m 0(1)  với m tham số.

a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 phân biệt Chứng minh rằng:

x ;x tái dấu nhau.

b) Tìm m cho: x1 x2 1

Câu II: Giải hệ phương trình:

 

 

 

2

2

2

3x 2y 2z x 3y 2z 2x y 3z 2x 2y z

    

 

   

 

   

 

Câu III: Cho x, y hai số không âm thỏa mãn x3y3  x y

a) Chứng minh rằng: y x 1 

b) Chứng minh rằng: x3y3 x2 y2 1

Câu IV: Cho M a 23a 1 với a số nguyên dương. a) Chứng minh ước M số lẻ

b) Tìm a cho M chia hết cho Với giá trị a M lũy thừa 5?

Câu V: Cho ABC có A 60  0 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các

cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự M, N

a) Chứng minh rằng: tứ giác IFMK IMAN nội tiếp

b) Gọi J trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) Gọi r bán kính đường trịn (I) S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh IMN

S S

4 

(SIMN diện tích IMN)

Câu VI: Trong kỳ thi, 60 thí sinh phải giải tốn Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh ln có tốn mà hai thí sinh giải Chứng minh rằng:

a) Nếu có tốn mà thí sinh khơng giải phải có tốn khác mà thí sinh giải

b) Có tốn mà có 40 thí sinh giải



HEÁT

ĐÁP ÁN Câu I:

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x1   ' 4m2 m22m 0 

   

2

3m m 3m m 3m 3m

         

3m m 1  

1 1 m vaø m > -1

3m vaø m 3 m

3 3m vaø m m < vaø m < -1 1 m 1

3                           

Khi đó:  

2

1

x x m  2m 1  m 1 0

Do x ;x1 khơng thể trái dấu

b) Phương trình có hai nghiệm không âm x ;x1

 

1

2

1

m m (áp dụng câu a)

' 3

S x x 4m

P x x m 1 0

                           m  

Ta coù:  

2

1 2

x  x  1 x x  x x  1 4m m 1  1 4m

4m m 1 m



      

4m 4m m 4m m                   m 4m 1

1 m (thích hợp)

2m 4m m 2

2

2m 4m 1

m                               Vậy m 

giá trị cần tìm

Câu II: Ta có: 3x2 2y 3y  22z 3z  22x 2z x 2x y 2y z 2          

2 2

3x 2y 3y 2z 3z 2x 2zx 4z 2xy 4x 2yz 4y

              

           

           

2 2 2 2 2

2 2 2

x 2xy y x 2zx z y 2yz z x 2x y 2y z 2z

x y x z y z x y z

                  

            

x y2 x z2 y z2 x 12 y 12 z 12

            

x y;x z;y z;x 1;y 1;z x y z

          

Thử lại, ta có: x;y;z 1;1;1 nghiệm hệ phương trình cho

Câu III:

a) Ta có: x 0;y 0  vaø x3y3  x y

Do : x y x  3y3 0 Nên x y 0   x y

Ta có :   

3 3 2

x y x  y  x y x xy y

Neân   

2

Neáu x = y x3y3 0 Ta có : x = y = Neân y x 1 

Nếu x y từ x y x y x  2xy y 2 ta có : 1 x 2xy y

Maø x2xy y x2 Nên 1 x2

 Mà x 0 Nên 1 x

Vậy y x 1 

b) y x 1   nên y3 y ;x2 x2 Do : x3y3 x2 y2

Vì x 2xy y 2 x2xy y 2x2y2 Do đó: x2y2 1

Vậy x3y3 x2y2 1

Caâu IV:

a) M a 3a a 2   2 a 2a a a 2a 1      số lẻ (Vì a, a + hai số nguyên dương liên tiếp nên a a   12 )

Do ước M số lẻ

b)    

2

2

M a 3a 1    a 2a 5a    a 1 5a

Ta có: M 5; 5a 5   Do đó:  

2 a 5 

Neân a 5 

Ta có : a chia cho dư 1, tức a 5k k N     Đặt  

2 n *

a 3a n N  

(n N * a 1 nên a23a 5  ) Ta coù : 5n theo ta có : a 5k k N    

Ta coù :    

2 n

5k 1 3 5k 1 5   25k 10k 15k 52 n

      

  n 

25k k 5 *

   

Neáu n 2 ta có : 5n2 , mà   25k k ; 

khơng chia hết cho 52 : vơ lí Vậy n = Ta có : 25k k 1   0;k N Do : k = Nên a =

Caâu V :

  ID MN IK MN IKM IKN 90

      

  0

IFM IKM 90  90 180  Tứ giác IFMK nội tiếp.

Mặt khác : IKN IEN 90    Tứ giác IKEN nội tiếp.

Ta có : IMF IKF  (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF ANI  (Tứ giác IKEN nội tiếp).

 

IMF ANI

   Tứ giác IMAN nội tiếp. b) Ta có :

   

   

IMK IFK Tư ùgiác IFMK nội tiếp INK IEK Tư ùgiác IKEN nội tiếp

 

 

 



Mặt khác : IE = IF (= r)  IEF cân I. IMN

 cân I có IK đường cao.

 IK đường trung tuyến IMN  K trung điểm MN.

 MN 2.MK

Mà BC = 2.BJ (J trung điểm BC) Do đó:

MN 2.MK MK BC  2.BJ  BJ

Mặt khác: ABC coù MN // BC AM MN

AB BC

 

(Hệ định lý Thales) Ta coù:

AM MK MN

AB BJ BC

 

  

 

Xét AMK ABJ , ta có:

   

AMK ABJ hai góc đồng vị MN // BC AM MK

AB BJ

 

 

 



   

AMK ABJ c g c MAK BAJ

      

 Hai tia AK, AJ truøng nhau.

Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) AE, AF tiếp tuyến đường tròn (I)

 AE = AF, AI tia phân giác EAF AEF

 cân A có EAF 60 (gt)   AEF  EF = AE = AF.

AEF

 có AI đường phân giác  AI đường cao AEF  AI EF

1 S AI.EF

2

 

IAE

 vuông E  AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE

0 r

AE r.cot 30 3.r;AI 2r sin30

Vaäy EF = AE = 3.r Vaäy

2

1

S AI.EF 2r 3.r 3.r (ñvdt)

2

  

Gọi H giao điểm AI EF

Ta có: IH EF, H trung điểm EF HIF 60 0 IHF

 vuông taïi H

0 IH IF.cosHIF r.cos60 r

2

   

Do đó:

2 IEF

1 3.r

S IH.EF

2

 

(đvdt) Xét IMN IEF , ta coù:

   

IMN IFE;INM IEF  Do đó: IMNIEF g g  

2 IMN

IEF

S IM

S IF

 

  

  Maø IF FM

IM

IM IF

IF

   

Do đó:

IMN

IMN IEF IEF

S 1 S S

S   

Ta coù:

2

IEF IMN IEF

3.r

S 3.r ;S ;S S

4

  

Vaäy IMN

S S

4 

Câu VI: Gọi ba toán A, B, C.

a) Khơng tính tổng qt, giả sử thí sinh khơng giải tốn A

 Nếu thí sinh khơng giải tốn B từ giả thiết ta có thí sinh giải

được tốn C

 Nếu thí sinh giải tốn B tốn C ta có thí sinh giải

bài tốn B; tốn C

 Nếu có thí sinh giải toán, giả sử giải toán B Xét học sinh

với tất học sinh cịn lại Theo giả thiết, có thí sinh giải tốn B

Vậy có tốn mà thí sinh khơng giải phải có tốn khác mà thí sinh giải

b) Theo giả thiết ta có thí sinh giải tốn Nếu có thí sinh giải toán Xét học sinh với tất học sinh lại, ta có thí sinh giải tốn Ta cịn xét trường hợp mà thí sinh giải hai tốn

 Gọi số thí sinh giải A, B mà khơng giải C x, số thí sinh giải B, C mà

không giải A y, số thí sinh giải A, C mà khơng giải B z, số thí sinh giải A, B, C t (x, y, z, t N)

Ta coù: x y z t 60    (1)

Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận tốn. Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40

Do : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40  x y z t     t 120 Kết hợp (1) ta có : t <

Vậy có tốn mà có 40 thí sinh giải

Cách 2 : Ta có : số học sinh khơng giải A y, không giải B z, không giải C x

Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 x + y + z > 60 Mâu thuẫn (1) Do : ba số x, y, z phải có số khơng vượt q 20

Như có tốn mà có nhiều 20 thí sinh khơng giải Do tốn có 40 thí sinh giải

Vậy có tốn mà có 40 thí sinh giải

Câu1 (2,0điểm)

a) Tính : A=2√16−√49

b) Trong hình sau : Hình Vng, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình có hai đường chéo ?

Câu2 (2điểm)

a) giải phương trình : 2x2−7x+3=0 b) Giải hệ phương trình

¿

x+3y=4

x+y=2

¿{

¿

Câu 3 (2điểm)

a)Rút gọn biểu thức B=(1+a+√a

√a+1)(1−

a −√a

√a −1) với a ≥0;a ≠1 b)Cho phương trình x2 +2(m+1)x +m2 =0

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dod có nghiệm -2 Câu 4 (3điểm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2013-2014

Mơn tốn

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

Đề thi có 01 trang

-Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I trung điểm OA qua I kẻ dây MN vng góc với OA C thuộc cung nhỏ MB ( M khác B, M), AC cắt MN D

a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b) Chứng minh AD.AC=R2

c) Khi C chạy cung nhỏ MB chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMD ln thuộc đường thẳng cố định

Câu (1 điểm)

Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x+y

√x(2x+y)+√y(2y+x) -Hết -Hướng dẫn câu khó

Câu 4

b) Xét tam giác AID tam giác ADB đồng dạng (g.g)

c) Chứng minh tam giác AMD đồng dạng với tam giác ADM suy AM2=AC.AD suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD mà AM vng góc với MB suy tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMD ln thuộc đường thẳng BM cố định

Câu (1 điểm)

Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x+y

√x(2x+y)+√y(2y+x)

Hướng dẫn

Áp dụng Bất đẳng thức CôSi cho số dương √ab≤a+b

2 Ta có

√3x(2x+y)≤3x+2x+y

2 =

5x+y

2 (1)

√3y(2y+x)≤3y+2y+x

2 =

5y+x

2 (2) Từ (1) (2) ta có P= √

3(x+y)

√3x(2x+y)+√3y(2y+x)≥

√3(x+y)

6x+6y

2

=√3

3 Min(P)=√3

3 ⇔ 3x=2x+y

3y=2y+x

⇔x=y

¿{

Cách Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacópki cho dãy Dãy √x ;√y

Dãy √2x+y ,√2y+x

Nên P≥ x+y

√3(x+y)=

1 √3=

√3 Min(P)=√3

3 ⇔ √x

√2x+y=

√y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013- 2014

Mơn thi: TỐN Ngày thi 21 tháng năm 2013

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm câu trang

Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A = (x −1

√x+

1 √x −1):

√x+1

(√x −1)2 Với x > 0, x 1 Rút gọn A.

2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = A - 16 √x

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình x2+(m−1)x −6=0 (1) (với ẩn x, tham số m).

1 Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x=1+√2

2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với

mọi m Tìm m để biểu thức B = (x12−9)(x22−4) đạt giá trị lớn nhất.

Câu 3: (2,0 điểm).

1 giải hệ phương trình

¿

x+y+z=6

xy+yz−zx=7

x2

+y2+z2=14

¿{ {

¿

2 Tìm tất cặp số thực (x; y) thỏa mãn (x2

+1)(x2+y2)=4x2y

Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R có đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H (H khác O H khác B) Trên tia đối tia NM lấy điểm C AC cắt đường tròn K khác A, hai dây MN BK cắt E.

1 Chứng minh tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp.

2 Qua N kẻ đường vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh tam giác NFK tam giác cân.

3 Giả sử KE = KC Chứng minh KM ❑2 + KN ❑2 không đổi H di

chuyển đoạn thẳng OB. Câu (1,5 điểm)

Cho x, y số thực thỏa mãn x2(x2+2y2−3)+(y2−2)2=1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ biểu thức C = x2 + y2

Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho a2−2

ab+2 số nguyên.

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

LÂM ĐỒNG Khóa ngày 21/6/2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN

( Đề thi gồmcó 01 trang) Thời gian làm : 150 phút Câu 1:(2,0đ) Rút gọn : A 2 2 2 2 2

Câu 2:(2,0đ) Cho  góc nhọn Chứng minh : sin6 cos6 3sin2cos2 1

Câu 3:(2,0đ) Giải hệ phương trình :

 2 6 

6

x y x y

x y

    

 

 

 

Câu 4:(2,0đ) Giải phương trình : x22 3x 3 2x4

Câu 5:(1,5đ) Cho tam giác ABC, lấy điểm M nằm B C, lấy điểm N nằm A M Biết diện tích tam giác ABM diện tích tam giác NBC 10m2 , diện tích tam giác ANC 9m2 Tính diện tích tam giác ABC.

Câu 6:(1,5đ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ( đơn vị hai trục toạ độ nhau) cho A(6;0) , B(3;0) , C(0;- 4) , D(0;-8) Đường thẳng AC cắt đường thẳng BD M Tính độ dài đoạn thẳng OM

Câu 7:(1,5đ) Cho phương trình bậc hai :  

2 3 1 15 0

x  m x m   (x ẩn số, m tham số)

Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn hệ thức

2x  x 12

Câu 8:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Trên tia đối tia AC lấy điểm D tia đối tia BA lấy điểm E cho AD = BE Chứng minh tứ giác DAOE nội tiếp

Câu 9:(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ M  x 2 x 5

Câu 10:(1,5đ) Tìm số tự nhiên n để n + n + 11 số phương

Câu 11:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân A, lấy điểm D nằm B C, lấy điểm E nằm A B , lấy điểm F nằm A C cho EDFˆ Bˆ Chứng minh :

2

4 BC BE CF

Câu 12:(1,5đ) Cho đường trịn tâm O đường kính AB, M điểm đường tròn (M khác A B), kẻ MH vng góc với AB H Đường trịn tâm M bán kính MH cắt (O) C D Đoạn thẳng CD cắt MH I Chứng minh : I trung điểm MH

-Chứng minh MC2 = MK.MJ = 2MK.MO = 2MI.MH = MH2 => MH = 2MI => đpcm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm. Câu Điều kiện để biểu thức

1

1 x có nghĩa là

A x1. B x1. C x1. D x1.

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng yax 5 (d) qua điểm M(-1;3) Hệ số góc (d)

A –1 B –2 C D

Câu Hệ phương trình

2

6 x y x y

  



 

 có nghiệm (x;y) là

A (1;1) B (7;1) C (3;3) D (3;-3)

Câu Phương trình sau có tích hai nghiệm 3?

A x2  x 0. B x2 x 0 . C x2 3x 1 0. D x25x 3 0.

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm parabol y = x2 đường thẳng y= 2x + là

A B C D

Câu Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 3cm; AC = 4cm Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền

A 7cm B 1cm

C 12

5 cm. D

5 12cm.

Câu Cho hai đường tròn (O;3cm) (O,;5cm), có OO, = 7cm Số điểm chung hai đường tròn

A B C D

Câu Một hình nón có bán kính đáy 4cm, đường sinh 5cm Diện tích xung quanh của hình nón

A 20 cm2. B 15 cm2. C 12 cm2. D 40 cm2.

Phần II - Tự luận (8,0 điểm)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A =

2

:

2 1

x x x

x

x x x

   



 

     

  với x > x1.

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm tất số nguyên x để biểu thức A có giá trị số nguyên

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m tham số. 3) Giải phương trình (1) m =

4) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

1( 2) 2( 2) 10 x x  x x   .

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

6

1

5

3

1

x

x y

x y

 

 

  

 

  

  



Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tia đối tia BA lấy điểm C (C không trùng với B) Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D tiếp điểm), tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng CD E Gọi H giao điểm AD OE, K giao điểm BE với đường tịn (O) (K khơng trùng với B)

1) Chứng minh AE2 = EK EB.

2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn

3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh AE EM EM  CM  . Câu (1,0 điểm Giải phương trình :   

2

3x  6x 2x1 1 2x  5x 4x

Hết

Họ tên thí sinh:……….Chữ ký giám thị ………

Số báo danh:….………Chữ ký giám thị ………

HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Câu

Đáp án B C C D A C B A

Phần II: Tự luận (8,0 điểm)

Bài Lời giải

Bài 1 1,5 đ

3) Rút gọn biểu thức A =

1 x 4) Với x > x1ta có A =

2 x

Từ tìm x = x = thỏa mãn điều kiện đề

Bài 2 1,5 đ

Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m tham số. 3) Giải phương trình (1) m =

Thay m = vào (1) giả phương trình tìm x 1

4) Xác định m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x x1( 12)x x2( 22) 10

+ Chỉ điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2    m1

+ Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1)

1 2

2

x x m

x x m m

 

 

  

 Tính x12x22 2m24m2

+ Biến đổi x x1( 12)x x2( 22) 10  x12x222(x1x2) 10 , tìm m = 1; m = -4

Đối chiếu điều kiện kết luận m = thỏa mãn yêu cầu đề

Bài 3 1,0 đ

Giải hệ phương trình

2 x x y x y                

+ Điều kiện: x -1 y

+ Giải hệ phương trình cho có nghiệm (x = 0; y = 2) Bài 5 1,0 đ

Giải phương trình :   

2

3x  6x 2x1 1 2x  5x 4x + Điều kiện

1 x

+ Biến đổi phương trình cho trở thành phương trình tương đương

      2

2 1 (2 2)

3 1 (2 2)

x

x x x x x

x x x x

                     

+ Giải phương trình    

2

3x 2x1 1  (2x  x2) 0 3x 2x1 1  x x(2 1) 0  (2)

Đặt 2x1t với t0 suy

2 1 t x 

thay vào phương trình (2) ta t4  3t3  2t2  3t + =  (t2 + t + 1)(t2 – 4t + 1) =  t2 – 4t + = 0

2

t

  

Từ tìm x 4 3( )tm

Bài 4 3,0 đ

M K

H E

D

B O

A C

1) Chứng minh AE2 = EK EB.

+ Chỉ tam giác AEB vuông A

+ Chi góc AKB = 900 suy AK đường cao tam giác vuông AEB.

+ Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng AEB ta có AE2 = EK EB

2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn + Chỉ tứ giác AHKE nội tiếp suy góc EHK = góc EAK + Chỉ góc EAK = góc EBA

+ Suy tứ giác BOHK nội tiếp suy điểm B, O, H, K thuộc đường tròn 3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh

AE EM EM  CM  . + Chỉ tam giác OEM cân E suy ME = MO

+ Chỉ OM // AE, áp dụng định lý ta – lét tam giác CEA ta có

CE AE CM OM

+ Ta có 1

CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM

CM OM CM OM CM OM OM CM

 

        

Mà ME = MO nên suy AE EM

EM  CM  (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ:

Bài 1: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x – = (1) a) Giải phương trình (1)

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (1) Hãy tính giá trị biểu thức: A = x12x22

Bài 2: (2,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đồ thị (P) hàm số: y = 2x2

b) Viết phương trình đường thằng (d) có hệ số góc qua điểm M(2;-1)

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P(x) =

2

1

x x x x

x x

 

  



 

 

    , với x x  1 a) Rút gọn biểu thức P(x).

b) Tìm x để: 2x2 + P(x)  0

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Ba đường cao AD, BE, CK tam giác ABC cắt H cho AH = R Gọi M, N trung điểm cạnh AB AC.

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp đường trịn. b) Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AMON theo R c) Tính số đo góc BAC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NINH THUẬN NĂM HỌC 2013 – 2014

Khóa ngày: 23 – – 2013 Mơn thi chun: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) -ĐỀ:

(Đề gồm 01 trang) Bài 1 (2,0 điểm)

Cho phương trình: x4 – 3x2 + – 2m = (1)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt Bài 2 (2,0 điểm)

Giải phương trình : x 4 3 x 3  Bài 3 (2,0 điểm)

Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết số chia hết cho Chứng minh hiệu lập phương hai chữ số số chia hết cho

Bài 4 (2,5 điểm)

Cho nửa đường trịn đường kính BC Gọi A điểm nửa đường tròn cho AB < AC Dựng phía tia đối tia AB hình vng ACDE ; AD cắt nửa đường tròn H; BH cắt DE K

a) Chứng minh CK tiếp tuyến nửa đường trịn đường kính BC b) Chứng minh : AB = DK

Bài 5 (1,5 điểm)

Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Một đường trịn (O) thay đổi ln qua A B, gọi DE đường kính đường trịn (O) vng góc với d CD CE cắt đường tròn (O) M N

Khi đường trịn (O) thay đổi hai điểm M N di động đường cố định ?

Hết

-BÀI GIẢI Bài : (2,0 điểm)

Phương trình: x4 – 3x2 + – 2m = (1)

a) Với m = phương trình (1) trở thành:x4 – 3x2 – =

Đặt x2 = t ( t0), phương trình (2) trở thành: t2 – 3t – = 0

t1 = – (loại) ; t2 = (nhận)

Do đó: t =  x2 =  x = x2

Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 = ; x2 = –

b) Đặt x2 = t ( t0), phương trình (1) trở thành: t2 – 3t + – 2m = (2)

Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

cùng dương

     

 

  

            

      

 

 2

0 8m 1

m

t t 2m 8 m

8 m

3 t t

Bài 2: (2,0 điểm)

Phương trình tương đương với :

        

  

 

  

        

  

  

        

  

     

           

  

  

  

    

 

         

 

  



   



2 3

3 2

2

a b a b a b

a b (3 b) b 6b b b

a b a b a b

b b 6b 16 b b 6b 16 (b 2)(b b 8) a b

a b a x 5 b

b b

b b 0(VN) Kiểm tra : x = (TMĐK)

Vậy : Phương trình cho có nghiệm : x = Bài : (2,0 điểm)

Gọi số có hai chữ số : ab (a,b;0 a 9;0 b 9)    Ta có: ab Hay: 10a b 

Suy ra: (10a + b)3 

1000a3b 3.10a.b(10a b) (*)3   (Vì: (a+b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) )

(*)1001a a3 3b 3.10a.b(10a b) (*)3   Ta có: 1001a3 (vì 1001  7)

3.10a.b(10a + b)  (vì: 10a + b  7) Nên suy ra: -a3 + b 7 (đpcm)

Bài : (2,5 điểm)

a) BHC 90  0(góc nội tiếp chắn đường trịn) Suy ra: CHK CDK 180  

Vậy: Tứ giác CDKH nội tiếp  CKH CDH 45   (cùng chắn CH AD đường chéo hình vng) Mà CBH CAH 45   0(hai góc nội tiếp chắnCH )

Suy CKH CBH 45   0450 900  BCK 90  0 CK BC Vậy: CK tiếp tuyến nũa đường trịn đường kính BC b) ABC DKC có:

      

1

BAC KDC 90 ; AC=CD ; C  C phụ với ACK Vậy: ABC =DKC (g.c.g), suy AB = DK

Bài : (1,5 điểm)

Gọi H, K giao điểm CA với DE EM Do A, B, C cố định nên H cố định

 CMK CHD có:

  

M H 90 ; DCH góc chung   Vậy: CMK CHD (g.g)

CK CM CK.CH CM.CD (1) CD CH

   

 CMB CAD có:

 



CMB CAD (do tứ giác ABMD nội tiếp) ; ACD góc chung

Vậy: CMB CAD (g.g)

CM CB CM.CD CA.CB (2) CA CD

   

Từ (1) (2)

CA.CB

CK.CH CA.CB CK (không đổi) K điểm cố đinh CH

   

 Tam giác CDE có K trực tâm nên DN qua điểm K cố định

Mà DME DNE 90   0(góc nội tiếp chắn đường trịn) KMC KNC 90  

Vậy: Khi đường trịn (O) thay đổi hai điểm M N di động đường trịn cố định đường kính CK, với

CA.CB CK

CH 

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

TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2013 – 2014

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

1 Thực phép tính: a) 12 b)3 20 45 80.

2 Cho biểu thức: P =

1 1 a 1 a 2

: Voia 0;a 1;a 4

a 1 a a 2 a 1

   

 

      

 

  

   

a) Rút gọn P

b) So sánh giá trị P với số 3.

Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc y = -5x + (m+1) y = 4x + (7 – m) (với m tham số) Với giá trị m đồ thị hai hàm số cắt điểm trục tung Tìm tọa độ giao điểm

Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:

m x y 2

mx y m 1

  

 

  

 (m tham số)

1) Giải hệ phương trình m =

2 Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x; y) thỏa mãn: 2x + y  3.

Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + = (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2 Câu V : (3,0 điểm)

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

2) Kẻ đường kính QS đường trịn (O ; R) Chứng minh NS tia phân giác góc



PNM.

3) Gọi G giao điểm đường thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R

- Hết

-Giải:

Câu I: (2,5 điểm)

1 Thực phép tính:

a) 12 36 6

b)3 20 45 80 5 5 5

 

     

2 Cho biểu thức: P =

1 1 a 1 a 2

: Voia 0;a 1;a 4

a 1 a a 2 a 1

   

 

      

 

  

   

a) Rút gọn

 

   

   

   

   

 

   

   

a 1 a 1 a 2 a 2

a a 1

P :

a a 1 a 2 a 1 a 2 a 1

a 2 a 1

1 a 2

.

a 1 a 4 3 a

a a 1

     

   

 

 

    

 

  

 

   

b) So sánh giá trị P với số 3. Xét hiệu:

a a a

3

3 a a a

   

  

Do a > nên a 0 suy hiệu nhỏ tức P <

1

Câu II: (1,0 điểm) Đồ thị hai hàm số bậc y = -5x + (m+1) y = 4x + (7 – m) cắt một điểm trục tung tung độ góc tức m+1 = – m suy m = Tọa độ giao điểm (0; m+1) hay (0; 7-m) tức (0; 4)

Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:

m x y 2

mx y m 1

  

 

  

 (m tham số)

1) Giải hệ phương trình m = Ta có

x y 2 x 1

2x y 3 y 1

  

 



 

  

 

2 y = – (m-1)x vào phương trình cịn lại ta có:

mx + – (m-1)x = m +  x = m – 1 suy y = – (m-1)2 với m

2x + y = 2(m-1) + – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = – (m-2)2  với m

Vậy với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm thỏa mãn: 2x + y  3

Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + = (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1 Ta có x2 + 4x +3 = có a-b+c=1-4+3=0

nên x1 = -1 ; x2 = -3

b) ' = 3+2m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2  ' 0 tức m

3



Theo Vi ét ta có x1+ x2 = -4 (2); x1 x2 = -2m+1 (3) Két hợp (2) vói đầu x1-x2=2 ta có hệ phương trình :

1

1 2

x x x

x x x

  

 



 

  

  vào (3) ta m = -1 (thỏa mãn ĐK m

3



) Vậy với m = -1 hệ phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2 Câu V : (3,0 điểm)

a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối 1800. PM//AQ suy

 

  

 

PMN KAN (So le trong) PMN APK (cùng chan PN) Suy KAN APK

 



Tam giác KAN tam giác KPA có góc K chung

 

KAN KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g)

KA KN

KA KN.KP

KP KA 

b) PM//AQ mà SQ AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ PM suy PS SM 

nên PNS SNM  hay NS tia phân giác góc PNM .

c) Gọi H giao điểm PQ với AO

G trọng tâm tam giác APQ nên AG = 2/3 AH

mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3 AG = 2/3 8R/3 = 16R/9

- Hết

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

TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2013 – 2014

MƠN: TỐN (Chun)

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

 

   

3 x y

2x x y y

x y 3 xy y

P

x y x x y y



 

 

 



 (với x > 0; y >

0; xy).

2 Tính x biết x3 = 1 2 

Câu II: (2,0 điểm) Cho f(x) = x2 – (2m+1)x + m2 + (x biến, m tham số) Giải phương trình f(x) = m =

H G

S

K

N M

Q P

A

O

2 Tìm tất giá trị m  Z để phương trình f(x) = có hai nghiệm phân biệt x1; x2 cho biểu thức P =

1 2 x x

x x có giá trị số nguyên. Câu III: (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau :    

1

2 3x y 2x y

12y 4x 2x y 3x y



 

  



    



2 Tìm nghiệm nguyên phương trình : 5x2 + y2 = 17 + 2xy

Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O ; R) có hai đường kính AB CD vng góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M không trùng với O không trùng với hai đầu mút A B) Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn (O) điểm P Chứng minh :

1 Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn Tứ giác CMPO hình bình hành Tích CM.CN không đổi

4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB điểm P chạy đoạn thẳng cố định Câu V: (1,0 điểm) Tìm hai số nguyên a b để M = a4 + 4b4 số nguyên tố.

-

Hết -Giải

Câu (3 điểm):

(Bi ny l cõu đề thi 2007-2008 TS Lào Cai)

1) Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp đợc đờng tròn. 



0

0

OMP 90 (do MP AB)

ONP 90 (t / c t )



  



  M, N nhìn PO dới góc khơng đổi 900 nên tứ giác OMNP nội tiếp đợc đờng trịn đờng kính OP

2) Chøng minh r»ng OP // a.

Tam gi¸c OCN cân O nên OCN ONC (1)

MP // CP nªn OCN PMN (2)

p n

m

a

O

D C

B A

Do tø gi¸c OMNP néi tiÕp nªnPON PMN (3)

Tõ (1), (2), (3) suy ONC PON , hai gãc nµy ë vị trí so le nên OP // a Tứ giác

CMPO hình bình hành

3) hai tam giác COM CND vng có góc C chung nên đồng dạng suy

CM CO

CD CN CM.CN=CO.CD=R.2R=2R2 khơng đổi.

4) Tìm tập hợp điểm P M di động.

Tứ giác MODP hình chữ nhật nên P cách AB khoảng không đổi bán kính (O) P thuộc đờng thẳng d // AB cách AB khoảng khơng đổi OD

Giíi hạn: P thuộc đoạn thẳng nằm hai tiếp tuyến A B (O)

S GIO DC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

LÂM ĐỒNG Khóa ngày 21/6/2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN

( Đề thi gồmcó 01 trang) Thời gian làm : 150 phút Câu 1:(2,0đ) Rút gọn : A 2 2 2 2 2

Câu 2:(2,0đ) Cho  góc nhọn Chứng minh : sin6 cos6 3sin2cos2 1

Câu 3:(2,0đ) Giải hệ phương trình :

 2 6 

6

x y x y

x y

    

 

 

 

Câu 4:(2,0đ) Giải phương trình : x22 3x 3 2x4

Câu 5:(1,5đ) Cho tam giác ABC, lấy điểm M nằm B C, lấy điểm N nằm A M Biết diện tích tam giác ABM diện tích tam giác NBC 10m2 , diện tích tam giác ANC 9m2 Tính diện tích tam giác ABC.

Câu 6:(1,5đ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ( đơn vị hai trục toạ độ nhau) cho A(6;0) , B(3;0) , C(0;- 4) , D(0;-8) Đường thẳng AC cắt đường thẳng BD M Tính độ dài đoạn thẳng OM

Câu 7:(1,5đ) Cho phương trình bậc hai : x2 3m1 x m 2 15 0 (x ẩn số, m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn hệ thức

1 2x  x 12

Câu 8:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Trên tia đối tia AC lấy điểm D tia đối tia BA lấy điểm E cho AD = BE Chứng minh tứ giác DAOE nội tiếp

Câu 9:(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ M  x 2 x 5

Câu 10:(1,5đ) Tìm số tự nhiên n để n + n + 11 số phương

Câu 11:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân A, lấy điểm D nằm B C, lấy điểm E nằm A B , lấy điểm F nằm A C cho EDFˆ Bˆ Chứng minh :

2

4 BC BE CF

Câu 12:(1,5đ) Cho đường trịn tâm O đường kính AB, M điểm đường tròn (M khác A B), kẻ MH vng góc với AB H Đường trịn tâm M bán kính MH cắt (O) C D Đoạn thẳng CD cắt MH I Chứng minh : I trung điểm MH

Hết

-ĐÁP ÁN

Bài 1: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x – = (1) a) Giải phương trình (1):

 = 7

2

2

x x

   

b) A = x12x22 = (x1 + x2)2 – 2x1.x2 = (-4)2 – 2.(-3) = 22 Bài 2: (2,0 điểm)

a) Vẽ (P) :

x -2 -1 0 1 2

2

y = 2x 8 2 0 2 8

Tự vẽ đồ thị

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức P. P =

2

1

x x x x

x x

 

  



 

 

    , với x x  1 =

2

( 1) ( 1)

( 1).( 1)

1

x x x

x x x

x x

 

 

     

 

 

   

2

2

(2 1)( 1)

2 2

1 1

1

2

2 1

2

1 x x

x x

x x

x x

x x

x x

x

   

   

    

   

 

 

   

 



      

   

 

 

   

  

   

Kết hợp điều kiện, suy ra:

1

2 x

 

Bài 4: (4,0 điểm)

N M

H

O

C A

B

D

E

K

F

a)

Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp đường trịn Ta có: AM = MB  OM AB (Tính chất đường kính dây cung)

⇒ ∠ OMA = 900 Tương Tự: ∠ ONA = 900

Tứ giác AEID có : ∠ OMA + ∠ ONA = 900 + 900 = 1800

b) Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác AMON theo R S =

2 2

2

R R

     c) Tính số đo góc BAC:

Vẽ đường kính BF, ta có: AH // CF ( vng góc với BC) CH // AF ( vng góc với AB) Suy ra: Tứ giác AHCF hình bình hành

Do đó: CF = AH = R cos

2

CF R BFC

BF R

   

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho tất thí sinh

————————————

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức   1

:

1 x

P x x

x

  

   



  với x1,x1 a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm tất giá trị x để P x 2 7. Câu (2,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình

2

1

3

4 x y x y



 

 

 

  

 

 b) Giải phương trình

1

99 98 97 96

x x x x

  

Câu (2,0 điểm).Cho phương trình x2 (2m1)x m  0, (x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình cho với m1.

b) Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm tổng lập phương hai nghiệm 27

Câu (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) điểm M nằm (O) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MC (A, C tiếp điểm) tới (O) Từ M kẻ cát tuyến MBD (B nằm M D, MBD không qua O) Gọi H giao điểm OM AC Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn (O) E (E khác C), gọi K giao điểm AE BD Chứng minh:

a) tứ giác OAMC nội tiếp b) K trung điểm BD

c) AC phân giác góc BHD.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2c2 1 Chứng minh:

2 2

2 2

2 2

2

1 1

ab c bc a ac b

ab ba ca

ab c bc a ac b

  

     

     

-Hết -Cán coi thi không giải thích thêm!

Họ tên thí sinh: ……….; SBD: ………

Đáp án đề thi môn Toán (Đề chung) tuyển sinh lớp 10 Đồng Tháp

Cho hai biểu thức A x 3 B 9 a) Tính giá trị biểu thức B

b) Với giá trị x A= B Giải:

a) B 9 1  

b) A B  x 1  x 1  x4 Câu 2: (1 điểm) Với x0,x1, ta có:

 

1

1

1 1

1

1

1

x x

VT x

x x x

x x

x x x

x

x x

   

     

   

 

 



   

     

 

   

 

   

 

 

      

1

1 1

1

x x

x x x

x x

  

      

 

(Chứng minh xong) Câu 3: a) Giải hệ phương trình:

5 19 24 4

5 5

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: x y;   4;1 b) Giải hệ phương trình: x22x 0

Ta có: a b c     1  30

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 1, c

x x

a

  

c) Hai đội công nhân làm xong công việc 12 ngày Nhưng họ làm cùng ngày đội II phải làm việc khác, cịn đội I tiếp tục làm một mình với suất tăng gấp đôi so với lúc đầu nên hồn thành nốt phần việc cịn lại sau ngày Hỏi làm riêng đội làm xong cơng việc mấy ngày.

(Bình luận: đề khó so với mức độ đề chung, câu hỏi chưa rõ, HSG xuất sắc đáp án, nên hỏi: “Với suất ban đầu, hỏi làm riêng đội làm xong cơng việc ngày”.

Giải:

Gọi x, y (ngày) số ngày làm riêng đội I, đội II làm xong công việc. Điều kiện: x, y nguyên dương.

Vì hai đội làm xong công việc 12 ngày, nên:

1 1

12 x y  Trong ngày hai đội làm xong:

6

Phần việc lại đội I phải làm là:

1 1

2

 

(cơng việc).

Vì suất tăng gấp đôi so với lúc đầu hồn thành nửa cơng việc cịn lại 7 ngày, nên:

7

2 x  . Giải hệ phương trình:

1 1

12

2 x y

x



 

  

 



 

28

1 1

28 12

x y

   

 



 

28

1 1

12 28 x

y

   

  

 

28

1

21 x

y

   

 

 

28 21 x y

  

  Vậy: Số ngày làm riêng đội I làm xong công việc 28 ngày. Số ngày làm riêng đội II xong công việc: 21 ngày. Câu 4: (1,5 điểm)

a) Vì (d): y= x+ b qua M(1; 3), nên 1+ b= hay b= 2.

b) Vẽ (P): y= x2, (d): y=x+ mặt phẳng toạ độ.

Câu 5: (1,5 điểm) Một tồ nhà có bóng in mặt đất dài 16 mét, thời điểm đó cọc (được cấm thẳng đứng mặt đất) cao mét có bóng in trên mặt đất dài 1,6 mét.

a) Tính góc tạo tia nắng mặt trời với mặt đất (đơn vị đo góc làm trịn đến độ).

b) Tính chiều cao tồ nhà (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Bình luận: Kết chả có chữ số thập phân nào, có là: Tồ nhà cao 10,0m. Lạ thật.

Như hình vẽ: AB chiều cao nhà.

AC= 16m bóng tồ nhà in mặt đất. HK= 1m chiều cao cọc.

HC=1,6 m bóng cọc in mặt đất. Tam giác CHK vng H, có:



1

tan 0,625 32

1,6 HK

C C

CH

    

Tam giác ABC vuông A, có AB AC tanC16.0,625 10 m. Câu 6: (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông cân A Đường trịn tâm O đường kính AB cắt cạnh BC tại D

a) Tính số đo cung nhỏ AD.

b) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AC E Tứ giác AODE hình gì? Giải thích sao.

c) Chứng minh OE// BC.

d) Gọi F giao điểm BE với đường tròn (O) Chứng minh CDFE tứ giác nội tiếp.

Giải:

a) Tam giác ABC vuông cân A, nên ABD450 Mà ABD

1

2sđAD (tính chất góc nội tiếp)  sđAD 2.ABD2.450 900

b) Tứ giác AODE hình vng. Vì: OAE 900(gt)

ODE 900(do DE tiếp tuyến)

c)Ta có: OBD 450 BOE 900450 1350

Do đó: OBD BOE  4501350 1800, vị trí phía. Vậy OE// BC

d)Xét tứ giác CDFE có BFD góc ngồi đỉnh F,

 

.90

2

BFD BOD

(cùng chắn cung BD)

Tam giác ABC vuông cân A, nên DCE 450.

Suy ra: BFD =DCE 450(góc ngồi đỉnh F tứ giác với góc C) Vậy tứ giác CDFE tứ giác nội tiếp.

Phần bình luận đề thi:……, 30% cấp độ biết tìm khơng thấy, đề thi này khả bùng phát điểm 0 khó tránh khỏi, học sinh cịn yếu đồng nghiệp ơi! cịn nhớ rằng:

Tuyển sinh lớp 10 năm học 2010-2011 (Sa Đéc TP Cao lãnh): 600 0 Tuyển sinh lớp 10 năm học 2011-2012 (toàn tỉnh): 1000

Tuyển sinh lớp 10 năm học 2012-2013: 500 0 Tuyển sinh lớp 10 năm học 2013-2014: ………

Than ôi……… UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 CHUN Mơn thi: Tốn(Dành cho tất thí sinh)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng năm 2013

Câu (2,0 điểm)

a)Giải phương trình: 2x 0.

b) Với giá trị x biểu thức x 5 xác định?

c) Rút gọn biểu thức:

2 2. 2. 2

A  

 

Câu 2.(2,0 điểm)

Cho hàm số: y mx 1 (1), m tham số

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A(1;4) Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên?

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng d: y m x m  1 Câu (1,5 điểm)

Một người xe đạp từ A đến B cách 36 km Khi từ B trở A, người tăng vận tốc thêm km/h, thời gian thời gian 36 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

Cho nửa đường trịn đường kính BC, nửa đường tròn lấy điểm A (khác B C) Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Trên cung AC lấy điểm D (khác A C), đường thẳng BD cắt AH I Chứng minh rằng:

a) IHCD tứ giác nội tiếp; b) AB2 = BI.BD;

c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID nằm đường thẳng cố định D thay đổi cung AC

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tất số nguyên dương ( ; )x y thỏa mãn phương trình:

2 2 3 2 4 3 0.

x  y  xy x y 

b) Cho tứ giác lồi ABCD có BAD BCD góc tù Chứng minh AC BD

-Hết -(Đề gồm có 01 trang)

Họ tên thí sinh: ……… ……Số báo danh: ……… UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: Tốn(Dành cho tất thí sinh)

Câu Lời giải sơ lược Điểm

1

(2,0 điểm) a) (Ta có 0,5 điểm2x3) 0,25

3

 x 0,25

b) (0,5 điểm)

x xác định x 0 0,25

5 x

  0,25

c) (1,0 điểm)

A=

2( 1) 2( 1)

2

 

  0,5

= 2 2 0,5

2 (1,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Vì đồ thị hàm số (1) qua A(1; 4) nên 4 m 1 m 3

Vậy m3 đồ thị hàm số (1) qua A(1; 4). 0,5

Vì m 3 0 nên hàm số (1) đồng biến  0,5

b) (1,0 điểm)

Đồ thị hàm số (1) song song với d

1

m m

m

 



  

1

m

 

Vậy m1 thỏa mãn điều kiện toán. 0,5

3

(1,5 điểm) Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x km/h, x0 Thời gian người xe đạp từ A đến B

36 x

0,25 Vận tốc người xe đạp từ B đến A x+3

Thời gian người xe đạp từ B đến A 36

3 x

0,25

Ta có phương trình:

36 36 36 60

x  x  0,25

Giải phương trình hai nghiệm   12

15 x

x loai

  



  0,5

Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 12 km/h 0,25

4

(3,0 điểm) a) (1,0 điểm)

Vẽ hình đúng, đủ phần a

0,25

AH BC  IHC90 (1) 0,25

 900

BDC ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay IDC90 (2) 0,25

Từ (1) (2)  IHC IDC 1800 IHCD tứ giác nội tiếp. 0,25

b) (1,0 điểm)

Xét ABI DBA có góc B chung, BAI ADB(Vì ACB)

Suy ra, hai tam giác ABI DBA, đồng dạng 0,75

2 .

AB BD

AB BI BD BI BA

   

(đpcm) 0,25

c) (1,0 điểm)

 

BAI ADI(chứng minh trên). 0,25

 AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ADI với D thuộc cung AD A

tiếp điểm (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) 0,25

Có ABAC A  AC ln qua tâm đường tròn ngoại tiếp AID Gọi M tâm

đường ngoại tiếp AID M nằm AC. 0,25

Mà AC cố định  M thuộc đường thẳng cố định (đpcm) 0,25

(1,5 điểm) x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 x y x  2y 2x 2y 3

           

x 2y x y  2

    

Do x y, nguyên nên x ,y x y 2 nguyên Mà 3  3   1 nên ta có bốn trường hợp

0,5

2

2

x y x

x y y

  

 



 

   

  ;  

2

2

x y x

loai

x y y

  

 



 

   

  

 

2 11

2

x y x

loai

x y y

  

 



 

   

   ;

2

2

x y x

x y y

  

 



 

   

 

Vậy giá trị cần tìm là( ; ) (1;2),(3; 2)x y 

0,5

b) (0,5 điểm)

Vẽ đường tròn đường kính BD Do góc A, C tù nên hai điểm A, C nằm đường

trịn đường kính BD Suy ra, AC BD (Do BD đường kính). 0,5

Lưu ý:

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm.

- Việc chi tiết hố điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống hội đồng chấm.

- Điểm tồn khơng làm trịn số ( ví dụ: 0,25, 0,75 giữ nguyên ). UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng năm 2013

Câu (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2 1

:

1 1

x x x

A

x x x x x x x

    

   

     

  với x0, x1.

b)Cho

 3 10 3 21

x  

  , tính giá trị biểu thức  

2013 4 2 .

P x  x

Câu 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: 2x2 4mx2m2 1 0 (1), với x ẩn, m tham số.

a) Chứng minh với giá trị m, phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x x1, Tìm m để

2

1

2x 4mx 2m  0. Câu (1,5 điểm)

b) Giải hệ phương trình:

2

2

2

2

2

2

x y

y z

z x

  



 



  



Câu (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kínhBC2R, điểm A nằm ngồi đường tròn cho

tam giác ABC nhọn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm) Gọi H trực tâm tam giác ABC, F giao điểm AH BC Chứng minh rằng:

a) Năm điểm A, O, M, N, F nằm đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng;

c) HA HF R2 OH2

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất số nguyên dương x y z; ; thỏa mãn

2013 2013

x y y z



 số hữu tỷ,

đồng thời x2y2z2 số nguyên tố

b) Tính diện tích ngũ giác lồi ABCDE, biết tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB có diện tích 1.

-Hết -(Đề gồm có 01 trang)

Họ tên thí sinh: ……… ……Số báo danh: ……… UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn thi: Tốn(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin)

Câu Lời giải sơ lược Điểm

1 (1,5 điểm)

a) (1,0 điểm)

2 1

( 1)( 1)

x x x x x x x

A

x x x x

        

 

    0,5

1

1

( 1)( 1)

x x x

x x x x

  

  

    . 0,5

b) (0,5 điểm)

  3

2

3 ( 1) ( 1)( 1) 2

5 20 2( 2)

( 20 1)

x        

 

 

0,25

2 4 1 0 1

x x P

      0,25

(2,0 điểm) ' 4m2 2(2m2 1) 0

      với m. 0,5

Vậy (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m 0,5

b) (1,0 điểm)

Theo ĐL Viét ta có x1x2 2m.

Do đó, 2x124mx22m2 (2 x12 4mx12m21) ( m x1x2) 8.

8m 8(m 1)(m 1)

     (do 2x12 4mx12m21 0 ).

0,5

Yêu cầu toán: (m1)(m1) 0   1 m1 0,5

3 (1,5 điểm)

a) (0,5 điểm)

Do x3 0,y3 0 nên x y 0

3 3 1 2 2 1.

x y x  y x  y  x xy y  x y  0,5

b) (1,0 điểm)

Cộng vế với vế phương trình hệ ta được:

 2  2  2

2 2

2 2 1 1

x  x y  y z  z   x  y  z 

(1)

0,5

Do      

2 2

1 0, 0,

x  y  z 

nên VT 1 VP 1 Dấu xảy x  y z

Thử lại, x  y z nghiệm hệ

0,5

4 (3,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Vẽ hình câu a) đúng, đủ

0,25

Do điểm M, N, F nhìn đoạn AO góc 900 nên A, O, M, N, F thuộc

đường trịn đường kính AO 0,75

b) (1,0 điểm)

Ta có AM AN (Tính chất tiếp tuyến).

Từ câu a) suy ANM AFN (1). 0,25

Mặt khác, hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên

AH AN

AH AF AD AC AN

AN AF

   

Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) ANH AFN (2). 0,25

Từ (1), (2) ta có  ANH ANM  H MN  đpcm. 0,25

c) (1,0 điểm)

Từ câu a) ta có HM HN HA HF . 0,25

Gọi I OA MN  ta có I trung điểm MN.

    2

HM HN  IM IH IM IH  IM  IH 0,25

 

2 2 2

OM OI OH OI R OH

      0,25

Từ suy HA HF R2 OH2 0,25

5 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Ta có    

* 2013

, , ,

2013

x y m

m n m n n

y z



  

  .

  2013 nx my mz ny

   

2

0

nx my x y m

xz y

mz ny y z n

             . 0,25

 2  2    

2 2 2 2

x y z  x z  xz y  x z  y  x y z x z y   

0,25

Vì x y z  1 x2y2z2 số nguyên tố nên

2 2

1

x y z x y z x y z

     



  

 0,25

Từ suy x  y z (thỏa mãn) 0,25

b) (1,0 điểm)

Gọi I ECBD

Ta có SBAE SDAE nên khoảng cách từ B, D đến AE Do B, D phía đối với đường thẳng AE nên BD/ /AE Tương tự AB CE/ /

0,25

Do đó, ABIE hình bình hành  SIBE SABE 1 0,25

Đặt SICD x0x1  SIBC SBCD SICD  1 x S ECD SICD SIED

Lại có

ICD IBC IDE IBE S IC S

S IE S hay 1xx 11x x2 3x

       5 x x           

Kết hợp điều kiện ta có

3

2 x 

Do

5 5

3

2

ABCDE EAB EBI BCD IED

S S S S S     

0,25

Lưu ý:

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm.

- Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống hội đồng chấm.