De thi va dap an vao lop 10

Nối AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP.. a) Chứn[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

Mơn thi: TỐN

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

Đề thi gồm: 01 trang

Câu (3,0 điểm).

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

4

1 ( 1)

  

 

x

x x x x

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

thẳng (d3): y(m1)x2m1 qua điểm I Câu (2,0 điểm).

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

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

3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1; x2 Tìm giá trị m để x1; x2là độ dài hai

cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu (1,0 điểm).

Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu?

Câu (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có Â > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O’)

đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường trịn (O’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E

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

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

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

Câu (1,0 điểm).

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

1

3   

     

x y z

x x yz y y zx z z xy .

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

SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

THI NGÀY 22/6/2011 Thời gian: 120 phútMôn: TỐN(khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)

   

2

)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 biÓu thøc: A

Cho biÓu 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 trình

Tỡm 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 trịn  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 lµ tø 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

Bi 5: (1,0 im)

 

 

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:

HƯỚNG DẪN GIẢI:

(GV Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong)

Câu 1:

1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có nghiệm x

1=

2 

;x2=

1

b/ đặt x2=t (t0) 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 AB 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/

2

3

9

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

1 2khi

1

2

2

m  m

Câu 4:

 

 

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:

H E

Q

P

D

O A

B C

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 BDE BCE 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 tròn O) (1)

 

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:

-(đáp án thang điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

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

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

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

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1

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

x = 0,5

1.b

Điều kiện: x0 x1 0,25

Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + 4 3x =  x = 2 0,5

So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = 0,25

2

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

2

y x

y x

  



  

0,25

Giải hệ tìm I(-1; 3) 0,25

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

Giải phương trình tìm m = 0,25

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = 0,25

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

2 Tính  ' m21 0,25

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

3 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m

m 2m

  

 

 

 0,25

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

2

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0 0,25

Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

3

Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > 0,25 Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b –

nên (a – 4)(b – 4) = 77 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0,25

Lập luận có ADC 90  0,25

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

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) suy AFB AFC 180  

Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng

0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE ) AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25

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

3

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy

AH EH

AD ED (1) 0,25

Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy

BH EH

BDED (2) 0,5

Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD   0,25

5

Từ  

2

2

x yz  0 x yz 2x yz

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

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

0,25

x x

x 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có:

y y

y 3y zx  x y z (2),

z z

z 3z xy  x y z (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 

Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn : TỐN

x

H

D

B C

E

A

F

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

Câu (2,0 điểm):

1 Rút gọn biểu thức

a) A 2 b)  

a b

B + a b - b a

ab-b ab-a

 

 

  với a0,b0, a b Giải hệ phương trình sau:

2x + y = x - y = 24 

 

Câu (3,0 điểm):

1 Cho phương trình x - 2m - (m + 4) = 02 (1), m tham số a) Chứng minh với m phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt: b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để

2 2 x + x 20. Cho hàm số: y = mx + (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 R?

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x + y + =

Câu (1,5 điểm):

Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km Khi ngược trở lại từ B A người tăng vận tốc thêm (km/h) nên thời gia thời gian 30 phút Tính vận tốc người xe đạp lúc từ A đến B

Câu (2,5 điểm):

Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm A bên ngồi đường trịn, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn D (D khác B) Nối AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Nối BK cắt AC I

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Chứng minh : IC2 = IK.IB.

3 ChoBAC 60·  0 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng.

Câu (1,0 điểm):

Cho ba số x, y, z thỏa mãn

 

x, y, z 1: x + y + z

  

 

 

 Chứng minh rằng:x + y + z2 2 11

HẾT

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:

Giám thị 2:

câu nội dung điểm

1

b) B= ( √a

√b(√a −√b)−

√b

√a(√a−√b))(a√b −b√a) = ( a− b

√ab(√a −√b))√ab(√a −√b)=a −b

0,5

¿ 2x+y=9 x − y=24

⇔

¿2x+y=9 3x=33

⇔

¿2 11+y=9 x=11

⇔

¿y=−13 x=11

¿{ ¿

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

0,75 0,25

2

a) −1¿2−1.[−(m2+4)]=m2+5 Δ'=¿

Vì m2≥0,∀m⇒Δ'>0,∀m

Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt với m

0,5 0,5

b) Áp dụng định lý Vi –ét

¿ x1+x2=2

x1x2=−(m2+4) ¿{

¿ x12+x22=20⇔(x1+x2)2−2x1x2=20

⇒22+2m2+8=20⇔2m2=8⇔m=±2 m= ±2

0,5

2

a) Vì đồ thị hàm số (1) qua A(1;4) ⇒ 4= m.1+1

⇔m=3

Với m = hàm số (1) có dạng y = 3x +1; 3>0 nên hàm số (1) đồng biến R

0,5 0,5 b) (d) : y = - x –

Vì đồ thị hàm số (1) song song với (d)

⇒

m=−1 1≠−3

¿{

Vậy m = -1 đồ thị hàm số (1) song song với (d)

0,5

3 Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h, x>0) Khi từ B A vận tốc người x + (km/h)

thời gian từ A đến B 30x (h) thời gian từ B A 30x+3(h)

vì thời gian thời gian 30 phút = 12(h) nên ta có pt

30 x −

30 x+3=

1

⇒60x+180−60x=x2+3x

⇔x2

+3x −180=0 Δ=9+720=729⇒Δ>0

⇒x1=12(TM) x2=−15(KTM)

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

0,25

0,25

0,25

a) Ta có

¿ AB⊥BO AC⊥CO

¿{ ¿

( t/c tiếp tuyến)

⇒ ∠ABO=900

∠ACO=900

⇒∠ABO+∠ACO=900+900=1800 ¿{

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo tứ giác nội tiếp)

0,25 0,5 0,25

b) xét Δ IKC Δ IC B có ∠Ichung;∠ICK =∠IBC ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung CK)

⇒ΔIKC∞ ΔICB(g − g)⇒IC IB=

IK IC ⇒IC

2

=IK IB

0,5 0,5

c) ∠BOC=360

0

−∠ABO−∠ACO−∠BAC=1200

∠BDC=1

2∠BOC=60

(góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC) Mà BD//AC (gt) ⇒∠C1=∠BDC=60

0 ( so le trong)

⇒∠ODC=∠OCD=900−600=300

⇒∠BDO =∠CDO=300

0,25 B

D

C

O

A K

I

⇒∠BOD =∠COD=1200

⇒ΔBOD=ΔCOD(c − g − c)

⇒BD=CD

Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R

Do điểm A, O, D thuộc đường trung trực BC

Vậy điểm A, O, D thẳng hàng 0,25

5 Vì x , y , z∈[−1;3] ⇒

−1≤ x ≤3 −1≤ y ≤3

¿ −1≤ z ≤3

⇒

¿(x+1)(y+1)(z+1)≥0 (3− x)(3− y)(3− z)≥0

¿

⇒

xyz+xy+yz+xz+x+y+z+1≥0

27−9(x+y+z)+3(xy+yz+xz)−xyz≥0 ¿

⇒2(xy+yz+xz)≥−2

¿⇒x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)≥ x2+y2+z2−2 x+y+z¿2≥ x2+y2+z2−2

¿ ¿{ { ¿⇒¿

0,25

0,25 0,25

0,25

Cách2:.Khơng giảm tính tổng qt, đặt x = max {x , y , z} ⇒ = x + y + z 3x nên x

⇒ ( x -1 ) (x - 3) (1)

Lại có: x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y +

z )2 + ( y + z ) + 2

= x2 + ( - x )2 + ( 3- x) + = x2 -

8x + 17

= ( x -1 ) (x - 3) + 11 (2) Từ (1) (2) suy x2 + y2 + z2 11

Dấu đẳng thức xảy x = max {x , y , z} ( x -1 ) (x - 3) = (y +1) (z+1) = x + y + z =

⇒ Không xảy dấu đẳng thức

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH

Thời gian làm : 120 phút

Câu 1

a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – b) Giải hệ phương trình:

2

3

x y

x y

  



 



Câu 2

Cho biểu thức:

1 1

1

1

P

a a a

   

     

 

    với a >0 a1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với giá trị a P >

1

2 .

Câu 3

a) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số: y = x2 y = - x + 2.

b) Xác định giá trị m để phương trình x2 – x + – m = có nghiệm x 1, x2

thỏa mãn đẳng thức: 2

1

5 x x

x x

 

   

 

  .

Câu 4

Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C giao điểm tia AP tia BQ; H giao điểm hai dây cung AQ BP

a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CBP HAP.

c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC

Câu 5

Cho số a, b, c lớn

25

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 5

a b c

Q

b c a

  

   .

- Hết

-Họ tên thí sinh :………Số báo danh…………

Ngày thi 24 tháng năm 2011

Mã đề 02

Câu Nội dung Điểm

1

a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x –

 2m – 15= (do 31) 0,5đ

 2m 6 m3 0,5đ

b) Ta có:

2 10

3 4

x y x y

x y x y

   

 



 

   

  0,5đ

7 14

2

x x

x y y

 

 

   

  

  0,5đ

2

a) Với 0a1thì ta có:    

1 1

1

1 1

a a

P

a a a a a a

  

   

       

 

   

      0,5đ

2 a 

 0,5đ

b) Với 0a1thì P >

1

2 

2

0

1 a      a a    0,5đ

 1 a  0 a 1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1. 0,5đ

3

a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = - x + nghiệm

của phương trình: x2 = - x+2  x2 + x – = 0,5đ

Giải được: x1 = x2 = -

Với x1 =  y1 =  tọa độ giao điểm A A(1; 1)

Với x2 =-2  y2 =  tọa độ giao điểm B B(-2; 4)

0,5đ b) Ta có :  b2 4ac 1 4(1 m) 4 m Để phương trình có nghiệm

x1, x2 ta có

3

0

4

m m

      

(*)

0,25đ

Theo định lí Vi-et, ta có: b x x

a

  

c

x x m

a

   0,25đ

Ta có:

1

1 2

1 2

1

5 (1 )

x x

x x x x m

x x x x m

    

          

   



   

 2   2

5

4 1 m m m m m m m m                           0,25đ

Kết hợp với đk (*) ta có: m = giá trị cần tìm 0,25đ

4 a) Ta có: APB AQB 90

(góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn) 0,5đ

  90

CPH CQH

    Suy tứ giác CPHQ

nội tiếp đường tròn 0,5đ

b) CBP HAP có:

  90

BPCAPH  

(suy từ a))

 

CBP HAP (góc nội tiếp chắn cung 

PQ  CBP HAP(g – g) 0,5đ c) Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh

AB (1) 0,25đ

ABC

 có AQBC BP; AC Suy H trực tâm ABC

CH AB

  K 0,25đ

Từ suy ra:

+ APBAKC  AP AC AK AB (2) + BQA BKC  BQ BC BK BA (3)

0,25đ - Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được:

S = AP AC + BQ BC = AB2 = 4R2. 0,25đ

5

Do a, b, c >

25

4 (*) nên suy ra: 2 a 0 , 2 b 0 , 2 c 0 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có:

2

2

a

b a

b    (1)

2

2

b

c b

c     (2)

2

2

c

a c

a    (3)

0,25đ

Cộng vế theo vế (1),(2) (3), ta có: Q5.3 15

Dấu “=” xẩy  a b c  25 (thỏa mãn điều kiện (*)) 0,25đ

Vậy Min Q = 15  a b c  25 0,25đ