22.Toán THPT Hai Duong 2013-2014

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG - KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2013 (Đề thi gồm: 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): 1) Giải phương trình : ( x – )2 =  x + 2y - 2=  2) Giải hệ phương trình:  x y  = + Câu ( 2,0 điểm ): 1  x  + ÷ với x > và x ≠ ÷ − x −3 x +  4x ÷   1) Rút gọn biểu thức: A =   2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m -2) x +m – song song với đồ thị hàm số y = x +5 Câu ( ,0 điểm ): 1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A hết tất cả giờ 15 phút Biết vận tốc của dòng nước là km/h.Tính vận tốc của ca nô nước yên lặng 2) Tìm m để phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x = x1+ x2 Câu ( 3,0 điểm ) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A và B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C) Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại B Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn 2)Gọi I là trung điểm của BF.CHứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường tròn cho · 3)Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của CKE cắt AE và AF lần lượt tại M và N.Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân Câu ( 1,0 điểm ): Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a+b=2.Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )  a b  1 2 Q = a + b − 6 + ÷+ 9 + ÷  b a  a b  ĐÁP ÁN Câ u Phần Nội dung x − = (x-2)2 = ⇔   x − = −3 1 x = + = ⇔   x = −3 + = −1 Vậy pt có nghiệm là x =5 và x = – 2  x + 2y − =  x + 2y =  ⇔ x y 3x − 2y =  = + 4x = ⇔  x + 2y = x = ⇔ y = Vậy hpt có nghiệm là (x; y) = (2; 0) với x> và x ≠  ( x + 3) + ( x − 3)  x A =  − ÷ ÷  ( x + 3)( x − 3)  2 x  ÷ ÷  x x −9 x −9 x =1 = để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 3m − = ⇔ m − ≠ m = ⇔ m ≠ ⇔ m = Vậy : m = thì đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng là x (km/h) ; ĐK: x> Vân tốc ca nô xuôi dòng là: x +3 km/h Vân tốc ca nô ngược dòng là: x – km/h 45 h x +3 45 Thời gian ca nô ngược dòng là: h x −3 Thời gian ca nô xuôi dòng là: Theo đề bài ta có phương trình: 45 45 25 + = x +3 x −3 Giải phương trình ta được x1=-0,6( Loại); x2=15( Thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng là 15km/h Cách 1: Để phương trình x2 -2(2m+1)x + 4m2+4m =0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > với mọi m Theo Viét ta có x1 + x = 2(2m+1) x1x = 4m2+4m 2 x Với ĐK trên, bình phương hai vế: − x = x1 + x ta có: ĐK: x1 + x > ⇔ 2(2m + 1)>0 ⇔ m>- (x − x2 ) = ( x1 + x ) ⇔ ( x1 + x ) − 4x1x = ( x1 + x ) 2 ⇔ −4x1x = ⇔ −4(4m + 4m) = ⇔ −16m(m + 1) =  m = 0(tm) ⇔  m = −1(loai) Vậy m = thì phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x = x1+ x2 Cách 2: ∆’= (2m+1)2-1.(4m2+4m) =1 > (với mọi m.) ⇒ x1 = 2m + + = 2m + x2 = 2m + − = 2m ⇒ Thay vào x1 − x = x1 + x ta có: 2m + − m = m + + m ⇔ = 4m + 2(m f − ) ⇔ m = 0(TM ) Vậy m = thì phương trình x2 – (2m +1)x +4m2+4m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x = x1+ x2 Hình vẽ 1, Ta có : AEB là góc có đỉnh ngoài đường tròn ⇒ AEB = 1/2 sđ ( cung AB - cung BC ) = 1/2 sđ cung AC (1) CDA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ CDA = 1/2 sđ cung AC (2) Từ (1) và (2) ⇒ AEB = CDA hay CEF = CDA Mà CDA + CDF = 180 ⇒ CEF + CDF = 180 mà CEF và CDA là góc đối ⇒ Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp ( dhnb ) 2) Ta có tam giác OAD cân (OA = OD = bk)  góc ODA = góc OAD Ta có góc ADB = 900 (góc nt ….)  góc BDF = 900 (kề bù với góc ADB)  tam giác BDF vuông tại D Mà DI là trung tuyến  DI = IB = IF  Tam giác IDF cân tại I  Góc IDF = góc IFD Lại có góc OAD + góc IFD = 900 (phụ nhau)  góc ODA + góc IDF = 900  Mà góc ODA + góc IDF + góc ODI = 1800 => góc ODI = 900 => DI vuông góc với OD => ID là tiếp tuyến của (O) 3) · µ (cùng bù với góc NDC) Tứ giác CDFE nội tiếp nên NDK =E 1· ·ANM = NDK · · · + NKD = NDK + CKE ( góc ngoài của tam giác NDK) ·AMN = E µ + MKE · µ + CKE · =E ( góc ngoài của tam giác MEK) => ·ANM = ·AMN => tam giác AMN là tam giác cân tại A a b 1 Q = 2(a + b ) − 6( + ) + 9( + ) b a a b a b 1 Q = 2a + 2b − − + + b a a b a b = (a − + ) + (b − + ) + a + b b a b a = (a − 2.a + ) + (b − 2.b + ) + a + b b b a a 3 3 = (a − ) + (b − ) + a + b ≥ 2(a − )(b − ) + a + b (¸p dơng A +B2 ≥ 2A.B) b a b a 9 = 2(ab − − + ) + (a + b) − 2ab = 2(ab − + ) + ( a + b) − 2ab a.b ab thay a + b = ta cã 18 18 Q ≥ 2(ab − + ) + − 2ab = − 12 + + = −8 + ab ab ab ( a + b) ( a + b) = =1 Ta có (a + b) ≥ 2ab → a.b ≤ → ab ≤ 4 18 18 ≥1→ ≥ 18 → −8 + ≥ −8 + 18 = 10 (vì a.b là số dương) nên a.b ab ab 3   ab − ab − = a − = b −  a⇔ b a Dấu “=” xảy  b →a = b  a = b a = b vì a + b = → a = b = Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 10 tại a = b = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 13 tháng năm 2014 (Đề thi gồm: 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) Giải các phương trình: x ( x + ) =  y = 2x −1  x + y = 11 b) Giải hệ phương trình:  Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: P= y − xy x x − − với x ≥ 0; y ≥ và x ≠ y y−x x− y x+ y b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường Câu (2,0 điểm) a) Cho đường thẳng y = (2m − 3) x − (d) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d)  2 qua điểm A  − ; ÷  3 b) Tìm m để phương trình x − x − 2m + = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x2 ( x12 − 1) + x12 ( x2 − 1) = Câu (3,0 điểm) Qua điểm C nằm ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm) Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B (A nằm C và B) Kẻ dây DE vuông góc với AB tại điểm H a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC Câu (1,0 điểm) c +1 + ≤ a+2 b+4 c+3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = (a + 1)(b + 1)(c + 1) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện -Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014-2015 Câu (2,0 điểm) ý a) Nội dung Giải phương trình: x ( x + ) = x ( x + ) = ⇔ x + x − = Ta có: a + b + c = + – = Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = −3 b)  y = 2x −1  x + y = 11 Giải hệ phương trình:   y = 2x −1  y = 2x −1  y = 2x −1  y = ⇔ ⇔ ⇔   x + y = 11  x + 3(2 x − 1) = 11 7 x = 14 x = 2 (2,0 điểm) a) Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất (x; y) = (2; 3) Rút gọn biểu thức: P= y − xy x x − − với x ≥ 0; y ≥ x ≠ y y−x x− y x+ y P= y − xy x x − + x− y x− y x+ y = = = b) x ( x + y ) − x ( x − y ) + y − xy ( x + y )( x − y ) x + xy − x + xy + y − xy ( x + y )( x − y ) −x + y y−x =− = −1 x− y y−x Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài chiều rộng sân trường Gọi chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là x(m), y(m), điều kiện x > y > 16  x − y = 16 2 x − y = −28 Theo bài ta lập được hệ phương trình:   x = 36 (thỏa mãn điều kiện)  y = 20 - Giải hpt, được:  Vậy chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là 36(m), 20(m) (2,0 điểm) a) Cho đường thẳng y = (2m − 3) x − (d) Tìm giá trị m để đường thẳng (d)  2  3 qua điểm A  − ; ÷ ĐK: m ≠  2  3 Để đường thẳng (d) qua điểm A  − ; ÷, ta có:  1 = (2m − 3)  − ÷−  2 ⇔ m = ( TM ) b) Tìm m để phương trình x − x − 2m + = có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 2 2 thỏa mãn điều kiện x2 ( x1 − 1) + x1 ( x2 − 1) = Ta có: ∆ ' = 2m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ ' > ⇔ 2m > ⇔ m >  x1 + x2 = (1)  x1 x2 = − 2m (2) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  2 2 2 2 Theo bài: x2 ( x1 − 1) + x1 ( x2 − 1) = ⇔ x1 + x2 − x1 x2 + = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − x12 x2 + = (3) Thay (1), (2) vào (3), ta có: −8m + 12m + = ⇔ 2m − 3m − = ⇒ m1 = − (loại); m2 = (thỏa mãn) Vậy m = - Vẽ hình chính xác: a) Chứng minh tam giác CED tam giác cân (3,0 điểm) Ta có DH ⊥ AB ⇒ HD = HE ⇒ CH vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác CED nên tam giác CED là tam giác cân b) Chứng minh tứ giác OECD tứ giác nội tiếp Xét ∆CDO và ∆CEO có: AD = CE (do ∆CED cân tại C), OC: cạnh chung, OD = OE (cùng bán kính của (O)) · · ⇒ ∆CDO = ∆CEO (c.c.c) ⇒ CEO = CDO = 900 · · Tứ giác OECD có CEO + CDO = 900 + 900 = 1800 ⇒ OECD là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC Ta có CD ⊥ OD, CE ⊥ OE ⇒ CD và CE là hai tiếp tuyến của đường tròn(O) · · » = AE » ⇒D µ1=D µ ⇒ DA là phân giác CDE · ⇒ COD = COE ⇒ AD AC DC = (t/c đường phân giác tam giác) (1) AH DH Lại có ·ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BD ⊥ DA ⇒ DB là phân giác góc ngoài tại D của ∆ CDH BC DC ⇒ = (t/c đường phân giác tam giác) (2) BH DH AC BC = ⇒ AC.BH = AH BC Từ (1), (2) ⇒ AH BH c +1 + ≤ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mẫn điều kiện a+2 b+4 c+3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = ( a + 1)(b + 1)(c + 1) ⇒ (1,0 điểm) Cách 1: Do a, b, c > nên từ c +1 + ≤ a+2 b+4 c+3 ⇒ ( a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 6(a + 2) + 2(b + 4) + 3(c + 3) − - Đặt a + = x, b + = y, c + = z Ta có: Q ≥ x + y + z − -Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy (Cơ-si), ta có: x + y + z ≥ 3 x.2 y.3 z = 3 36 xyz = 3 36 xyz (1) z−2 ⇒ yz + 3xz + xy ≤ xyz Lại từ giả thiết, ta có: + ≤ x y z - Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: yz + 3xz + xy ≥ 3 6( xyz ) ⇒ xyz ≥ 3 6( xyz ) ⇒ xyz ≥ 3 (2) Từ (1), (2) ⇒ x + y + z ≥ 3 36.3 = 54 Do Q ≥ 54 − = 48 Dấu “=” xảy  b + = 3(a + 2) 6 x = y = z   ⇒ a = 1, b = 5, c =  z − ⇔ c + = 2(a + 2) + = x y  z c +1   + = a + b + c + a Vậy Qmin = 48 = 1, b = 5, c = Cách + ≤ 1− a+2 b + c+3 Suy :1 − ≥ + ≥2 a+2 b + c + (b + 4)(c + 3) Ta có: a +1 ≥2 (1) a+2 (b + 4)(c + 3) Tương tự: 2 b +1 1− ≥ + ≥2 ⇔ ≥2 b + a+2 c + (a + 2)(c + 3) b+4 (a + 2)(c + 3) ⇔ c+1 ≥2 (3) c+3 ( a + 2)(b + 4) Từ (1),(2) và (3), ta có: a + b + c+1 48 ≥ a + b + c+3 ( a + 2)(b + 4)(c + 3) ⇒ Q ≥ 48 và Vậy Qmin = 48 a = 1, b = 5, c = (2) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG - ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2013 (Đợt 2) (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau: 1) x = −4 x 2) ( x − 3) =7 Câu (2,0 điểm): 1  a +1 + với a > a ≠ ÷: a −1  a − a a− a 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = x + y = x + m − cắt điểm  1) Rút gọn biểu thức P =  nằm góc phần tư thứ II Câu (2,0 điểm): 1) Hai giá sách thư viện có tất 357 sách Sau chuyển 28 sách từ giá thứ sang giá thứ hai số sách giá số sách giá thứ hai Tìm số sách ban đầu thứ giá sách 2) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x + x − = Tính giá trị biểu thức: Q = x13 + x23 Câu (3,0 điểm): Cho tam giác ABC vng A, kẻ AH vng góc với BC H Trên cạnh BC lấy điểm M (M khác B, C H) Kẻ ME vng góc với AB E; MF vng góc với AC F 1) Chứng minh điểm A, E, F, H nằm đường tròn 2) Chứng minh BE.CF = ME.MF BE HB · = 3) Giả sử MAC = 450 Chứng minh CF HC Câu (1,0 điểm): Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = Tìm giá trị nhỏ x y biểu thức M = + + 2x + y Hết Họ tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh: ………………………… Chữ ký giám thị 1: ……………………….Chữ ký giám thị 2: ……………………… = ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung (1) ( ĐK : x ≤ ) x = −4 x Có (1) ⇔ x + x =  x = ( TM ) ⇔  x = −4 ( TM ) Vậy phương trình cho có nghiệm: x ∈ { 0; −4} ( x − 3) ĐKXĐ: ∀x ∈ R (2) =7 Có (2) ⇔ x − = 2 x − = ⇔  x − = −7 x = ⇔  x = −2 Vậy phương trình cho có nghiệm: x ∈ { −2;5} 1  a +1 + với a >0 a ≠ ÷: a −1  a − a a− a  Rút gọn biểu thức P =   a +1  P= + ÷: a −1  a − a a− a   1 ÷ a +1 P= + :  a a −1 a −1 ÷ a a −1   ( P= ) 1+ a a ( ) a −1 × a ( ) ( ) a −1 a +1 P =1   Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x + y = x + m – cắt điểm nằm góc phần tư thứ II Cách 1:Vì hệ số góc đường thẳng khác nhau(2 ≠ 1)nên đường thẳng cho cắt với ∀m Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình: 2x + = x + m – ⇔ x=m-9 thay x=m-9 vào y = x + m – tìm y = 2m – 16 Toạ độ giao điểm hai đồ thị nằm góc phần tư thứ II ⇔ x < ⇔  y > m − <   2m − 16 > m < ⇔ ⇔8 H nằm đường trịn đường kính AM Suy điểm A, E, F, H thuộc đường trịn (đường kính AM) Chứng minh BE.CF = ME.MF ả =C T gi thit suy ME // AC => M 1 => hai tam giác vuông BEM MFC đồng dạng ⇒ BE MF = ME CF => BE.CF = ME.MF BE HB · = Giả sử MAC = 450 Chứng minh CF HC Từ giả thiết ta có tứ giác AEMF hình chữ nhật · Mà MAC = 450 nên tứ giác AEMF hình vng => ME = MF Ta có AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC ⇒ AB HB = AC HC (1) Có hai tam giác vuông BEM BAC đồng dạng nên (2) Có hai tam giác vng BAC MFC đồng dạng nên Từ (2), (3) có AB BE.MF BE = = (vì ME = MF) AC ME.CF CF AB BE = AC ME AB MF = AC CF (3) (4) Từ (1), (4) có BE HB = CF HC Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = Tìm giá trị nhỏ x y 2x + y 2x + y 2x + y M= + = + xy 2x + y 2x + y  2x + y  2x + y = × + ữ+ ì 2x + y 8 biểu thức M = + + 2x + y 3 2x + y 3 × + ≥2 × × = Dấu “=” xảy 2x + y 2x + y 2x + y × = 2x + y 2x + y 5 × ≥ xy = Dấu “=” xảy 2x = y xy = Có 8 11 Do M ≥ + = Dấu “=” xảy x = y = 2 4 11 Vậy giá trị nhỏ M x = y = Có ... (2,0 điểm): 1) Hai giá sách thư viện có tất 357 sách Sau chuyển 28 sách từ giá thứ sang giá thứ hai số sách giá số sách giá thứ hai Tìm số sách ban đầu thứ giá sách 2) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương... + m – cắt điểm nằm góc phần tư thứ II Hai giá sách thư viện có tất 357 sách Sau chuyển 28 sách từ giá thứ sang giá thứ hai số sách giá thứ số sách giá thứ hai Tìm số sách ban đầu giá sách Cách... thứ 147 Và số sách giá thứ hai 210 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x + x − = (*) Tính giá trị biểu thức:Q = x13 + x23 Phương trình (*) có ac = -3 < nên (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ;