Đang tải... (xem toàn văn)
Sau khi đi được 2 giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng và nghỉ ngơi mất 15 phút rồi tiếp tục đi với vận tốc tăng thêm 20 km/h và đến B đúng giờ đã định.. Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012
Ngày thi : 21/06/2011 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1( điểm)
1) Đơn giản biểu thức: A
2
2
2) Cho biểu thức:
1
( );( 1)
1
P a a
a a a a
Rút gọn P chứng tỏ P 0 Bài 2( điểm)
1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x
1; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1)
2) Giải hệ phương trình
2
4
4
1 x y x y
Bài 3( điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi giờ,người dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,người phải tăng vận tốc thêm km/h quãng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp
Bài 4( điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng qua D song song BC cắt đường thẳng AH E
1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường tròn 2) Chứng minh BAEDAC
3) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC
4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a
Hết
(2)
Bài giải Bài
3) A
2 ( 4)(1 2)
1
2 4
4)
1
( );
1
2 1 1; :
( 1) 0;
a a a a
P a a
a a
a a a a vi a
P a a
Bài x2 + 5x + = 0 1) Có 25 12 13 0
Nên pt ln có nghiệm phân biệt
x1+ x2 = - ; x1x2 =
Do S = x12 + + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21
Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập x2 – 21x + 29 = 0
2) ĐK x0;y2
2 4 14
2
2
3
2
12 4
3 2
2
x
x
x y x
y y
x y x y
Vậy HPT có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài
Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)
Th gian dự định :
50 ( )h x
Quãng đường sau 2h : 2x (km)
Quãng đường lại : 50 – 2x (km)
Vận tốc quãng đường lại : x + ( km/h)
Th gian quãng đường lại : 50
( )
x h x
Theo đề ta có PT:
1 50 50
2
x
x x
Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h
(3)Giải câu c)
Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM
2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt AGH MGO
(đ đ)
( )
2 AHG MOG G G
AH AG
MO MG
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM trung tuyến; G AM Do G trọng tâm tam giác ABC
d) BHC BDC( BHCD HBH)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a
Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2a( ĐVĐD)
A
B C
E D
H
(4)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2011 - 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngµy thi: 22 tháng năm 2011 Bi 1: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + =
b) Giải hệ phương trình:
3 | | 11
x y x y
Bài 2: (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
6 5
( ) :
2 5
Q
Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = (m tham số). a) Giải phương trình m =
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện
2
1
x x . Bài 4: (1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi 28 cm đường chéo có độ dài 10 cm Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD Gọi M điểm di động cung nhỏ AB ( M không trùng với điểm A B)
a) Chứng minh MD đường phân giác góc BMC b) Cho AD = 2R Tính diện tích tứ giác ABDC theo R
c) Gọi K giao điểm AB MD, H giao điểm AD MC Chứng minh ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy
(5)-BÀI GIẢI
Bài 1:
a) (2x + 1)(3-x) + = (1) -2x2 + 5x + +4 = 2x2 – 5x – = (2) Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm
x1 = -1 x2 =
b)
3 | | 11
x y x y
3 1, 1,
5 11 11
x y y x y y
hay
x y x y
3 1, 1,
14 14
x y y x y y
hay x x
2 7,
1
y y y
hay x x y x
Bài 2: Q =
3( 1) 5( 1)
[ ]:
2 5
=
2 [ 5]:
5
=
( 5)( 3)
=
Bài 3:
a) x2 – 2x – 2m2 = (1)
m=0, (1) x2 – 2x = x(x – 2) = x= hay x =
b) ∆’ = + 2m2 > với m => phương trình (1) có nghiệm với m
Theo Viet, ta có: x1 + x2 = => x1 = – x2
Ta có: x12 4x22 => (2 – x2)2 =4x22 – x2 =2x2 hay – x2 = -2x2 x2 = 2/3 hay x2 = -2
Với x2 = 2/3 x1 = 4/3, với x2 = -2 x1 =
-2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 m = 2
Bài 4: Gọi a, b độ dài cạnh hình chữ nhật
Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) a2 + b2 = 102 = 100 (2)
Từ (2) (a + b)2 – 2ab = 100 (3) Thế (1) vào (3) ab = 48 (4)
Từ (1) (4) ta có a, b nghiệm phương trình : X2 – 14X + 48 =
a = cm b = cm Bài 5:
a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300
MD phân giác góc BMC
b) Xét tứ giác ABCD có đường chéo AD BC vng góc nên :SABCD=
2AD.BC =
2
1
2 3
2 R R R
c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường trịn)
Tương tự: DB AB,vậy K trực tâm IAD (I giao điểm AM DB)
Xét tứ giác AHKM, ta có: góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng tứ giác nội tiếp
Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vng góc với AD
Vậy HK đường cao phát xuất từ I IAD
Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I
(6)SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN
Thời gian: 120 phút(khơng kể thời gian giao ) Ngày thi: 22 tháng năm 2011
Bài 1: (2,0 điểm)
2
4
)9 ) 18
2) 12
a x x
x x
m y x m y x m
1) Giải ph ơng trình sau:
b
Với giá trị đồ thị hai hàm số cắt điểm trục tung
Bài 2: (2,0 điểm)
2
1)
1 2
1 1
2)
1
1
)
)
x
x x x
a
b x
Rót gän biĨu thøc: A
Cho biĨu thøc: B Rót gän biĨu thøc B
Tìm giá trị để biểu thức B . Bài 3: (1,5 điểm)
2
2
1
2
1)
2) ;
y x m x y m
m
m x y x y
Cho hệ ph ơng trình: Giải hệ ph ơng tr×nh
Tìm giá trị đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn O điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn O điểm thứ hai Q Chứng minh:
1)
BEDC tứ giác nội tiếp 2) HQ.HC HP.HB
3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ
4) Đ ờng thẳng OA đ ờng trung trực đoạn thẳng PQ
(7)Cõu 1:
1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có nghiệm x
1=
2
;x2=
b/ đặt x2=t (t0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*); 121 11 2 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt cho có nghiệm x 2;x
2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán AB 7-m=3+m tức m=2.
Câu 2:
1/
2
1 (1 2)(3 2) (7 2)(1 2)(3 2)
(3 2)(3 2) 1
A
2/ a/
1 1
( )( )
( 1)( 1)
1 2
( )( )
( 1)( 1)
x x x
B
x x x
x x
x x x x
b/ 3 B x x
(thoả mãn đk ) Câu 3:
1/ Khi m=1 ta có hệ pt:
2 (1) (2)
y x x y
rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy
ra y=1
Vậy hệ có nghiệm (0;1)
2/
2 2 2
2 2
2
( 1) 2
2 1
( ) ( ) ( )
2 2
1 1
( )
2 2
P x y m m m m
m m
m
P đạt GTNN 2khi 1 2
m m Câu 4:
1) Từ giả thiết ta có: 0 90 90 CEB CDB
suy E,D nhìn B,C góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp đường trịn
2) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) BEDC nội tiếp đường tròn suy
;
BDEBCE BCQ từ câu 1/ TA CÓ :BPQ BCQ
Suy BDE BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) 4) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)
(8)
EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm
Bài 5: (1,0 điểm)
2 2
2 2 2 2
2
2
, ,
1 3
4 4 3
4
1
2 7, , ,
2
x y z x y z yz x y
x y z yz x y x x y y z z y y
x y z y x y z
Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh: Ta cã:
- Hết
-SỞ GIÀO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học: 2011– 2012 Mơn: Tốn (hệ số 1)
Thời gian: 120’ (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
Cho hai biểu thức : A =
a b b a ab
B =
2
( a b) ab
a b
( với a >0 b >0 a b ) 1/ Rút gọn A B
2/ Tính tích A.B với a = , b = Bài : (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ x4 6x3 27x 22 0
2/
2
4 2x 3y x + y
1
9 2x 3y x + y
Bài : (2 điểm)
Một xe ô tô từ A đến B cách 180km Sau giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng nghỉ ngơi 15 phút tiếp tục với vận tốc tăng thêm 20 km/h đến B định Tính vận tốc ban đầu xe ô tô
Bài :(3 điểm)
Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O)
1/ Tính theo a phần diện tích hình trịn (O) nằm tam giác ABC
2/ Trên BC lấy điểm M tùy ý ( M khác B ,C ) ; từ M kẻ MP , MQ vng góc với AB , AC P , Q Chứng minh :
a) Tứ giác APMQ nội tiếp
b) Khi điểm M di động cạnh BC tổng MP + MQ khơng đổi Bài :(1 điểm)
(9)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0
b)
5
5
x y x y
c) x45x2 36 0 d) 3x25x 3 0 Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y x2 và đường thẳng (D): y2x 3 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 4
2
A
2 28
3 4
x x x x x
B
x x x x
(x0,x16)
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 2mx 4m2 0 (x ẩn số)
a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình
Tìm m để biểu thức A = x12x22 x x1 đạt giá trị nhỏ
Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)
a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF
(10)c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp
(11)BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0 (a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a)
1
3 x hay x
b)
5 (1) (2)
x y x y
11 11 ((1) (2))
5
y x y
1
5
y x
4 x y
c) x4 + 5x2 – 36 = (C)
Đặt u = x2
0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*)
(*) có = 169, nên (*)
5 13 u
hay
5 13
u
(loại) Do đó, (C) x2 = x = 2
Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = x2 = x = 2
d) 3x2 x 3 3 0 (d)
(d) có : a + b + c = nên (d) x = hay
3 3 x
Bài 2:
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; , 2; 4 (D) qua 1; , 0; 3
b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)
2 2 3
x x
x2 – 2x – = x1 hay x3 (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 1; , 3; 9 Bài 3:
Thu gọn biểu thức sau:
3 4
2
A
=
(3 4)(2 1) ( 4)(5 3)
11 13
(12)=
22 11 26 13
11 13
= 2 3 2
=
1
( 4 )
2 =
2
1
( ( 1) ( 1) )
2
=
1
[ ( 1)]
2 =
2 28
3 4
x x x x x
B
x x x x
(x0,x16)
=
2 28
( 1)( 4)
x x x x x
x x x x
=
2
2 28 ( 4) ( 8)( 1)
( 1)( 4)
x x x x x x
x x
=
2 28 16
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
=
4
( 1)( 4) x x x x
x x
=
( 1)( 1)( 4) ( 1)( 4)
x x x
x x
= x1
Bài 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với
mọi m
b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =
b m a
; P =
c
m a
A =
2
1 2
(x x ) 3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m.
Và A = m =
3
Vậy A đạt giá trị nhỏ m =
3
Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc
vng
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật)
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Do đó: góc OAC + góc AFE = 900
OA vng góc với EF
b) OA vng góc PQ cung PA = cung AQ
Do đó: APE đồng dạng ABP
AP AE
ABAP AP2 = AE.AB
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vng H, có HE chiều cao)
AP = AH APH cân A
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA
Do DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp
d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng
AHC vuông H, có HF chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng
AHD vng H, có HK chiều cao)
Vậy AK.AD = AF.AC
A
B C
D P
E
(13)Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)
(14)B à i 1: 1/ Rút gọn
A= √x
√x −5− 10√x
x −25−
√x+5
A=√x.(√x+5)−10√x −5 (√x −5)
(√x −5)(√x+5)
A=x+5√x −10√x −5√x+25
(√x −5)(√x+5)
A= x −10√x+25
(√x −5)(√x+5)
A= (√x −5)
(√x −5)(√x+5)
A=√x −5
√x+5
2/ Với x = ta có √x=3 Vậy A=33−5 +5=
−2 =−
1
3/
A<1
3
⇔√x −5
√x+5−
1 3<0
⇔3√x −15−√x −5
3(√x+5) <0
⇔2√x −20<0(Vì 3(√x+5)>0)
⇔2√x<20
⇔√x<10
⇔x<100
Vậy với ≤ x < 100 x ≠ 25 A < 1/3
Bài 2
Gọi x khối lượng hàng chở theo định mức ngày đội ( x > 0, tấn) Số ngày quy định 140x ngày
Do chở vượt mức nên số ngày đội chở 140x −1
khối lượng hàng đội chở ¿
(140x −1).(x+5)=140+10
⇔(140− x)(x+5)=150x
⇔140x+700−5x − x2=150x
⇔x2+15x −700=0
¿
Giải x = 20 x = - 35 ( loại)
Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch 140:20=7 ( ngày)
Bài 3:
1/ Với m = ta có (d): y = 2x +
Phương trình hồnh độ điểm chung (P) va (d) x2 = 2x + 8
(15)Giải x = => y = 16 x = -2 => y =
Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4) 2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) x2 – 2x + m2 – = (1)
Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
ac < m2 – <
(m – 3)(m + 3) <
Giải có – < m <
Bài 4
1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o. => góc MAI + góc MEI = 180o. => tứ giác AIEM nội tiếp
2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o.
góc IEN + góc IBN = 180o tứ giác IBNE nội tiếp
góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*) Do tứ giác AMEI nội tiếp
=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy
góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.
3/ Xét tam giác vng AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)
AMI ~ BNI ( g-g)
AM
BI =
AI BN
AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân B
AM = AI, BI = BN
Áp dụng pitago tính
MI=R√2
2 ;IN= 3R√2
2
Vậy SMIN=1
2 IM IN= 3R2
4 ( đvdt)
(16)M=4x2−3x+
4x+2011 M=3(x2− x+1
4)+x
+
8x+
8x+2010+ M=3(x −1
2)
+x2+
8x+ 8x+
1
4+2010
Áp dụng cô si cho ba số x2,
8x,
1
8x ta có x2+
8x+
1 8x≥3
3
√x2 8x
1 8x=
3
4 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2
mà (x −12)≥0 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 Vậy M ≥0+3
4+
4+2010=2011